{"year": "2014", "tier": "T2", "problem_label": "1", "problem_type": null, "exam": "French_envois", "problem": "Existe-t-il des réels $\\mathrm{a}, \\mathrm{b}, \\mathrm{c}, \\mathrm{d}>0$ et $e, f, \\mathrm{~g}, \\mathrm{~h}<0$ vérifiant simultanément\n\n$$\na e+b c>0, e f+c g>0, f d+g h>0 \\text { et } d a+h b>0 ?\n$$", "solution": "Non, il n'en existe pas. Par l'absurde : supposons qu'il existe de tels réels.On commence par réécrire les inégalités, mais avec uniquement des termes positifs. On a donc\n\n$$\nb c>a(-e) \\text { et }(-e)(-f)>c(-g) \\text { et }(-g)(-h)>(-f) d \\text { et da }>(-h) b\n$$\n\nSi l'on multiplie toutes ces inégalités membres à membres (et, comme tout est positif, il n'y a aucun danger), il vient abcdefgh > abcbdefgh, d'où la contradiction cherchée.\n![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_24_91b3ef6ada73ecb28a05g-1.jpg?height=93&width=199&top_left_y=1864&top_left_x=963)", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2013-2014-envoi-3-solutions.jsonl", "problem_match": "\nExercice 1.", "solution_match": "\nSolution de l'exercice 1"}}
{"year": "2014", "tier": "T2", "problem_label": "2", "problem_type": null, "exam": "French_envois", "problem": "Soit $a, b, c$ des réels tels que $-1 \\leqslant a x^{2}+b x+c \\leqslant 1$ pour $x=-1, x=0$ et $x=1$. Prouver que\n\n$$\n-\\frac{5}{4} \\leqslant a x^{2}+b x+c \\leqslant \\frac{5}{4} \\text { pour tout réel } x \\in[-1,1]\n$$", "solution": "Posons $\\mathrm{P}(\\mathrm{x})=\\mathrm{ax}{ }^{2}+\\mathrm{bx}+\\mathrm{c}$. Alors $\\mathrm{P}(-1)=\\mathrm{a}-\\mathrm{b}+\\mathrm{c}, \\mathrm{P}(0)=\\mathrm{c}$ et $\\mathrm{P}(1)=$ $\\mathrm{a}+\\mathrm{b}+\\mathrm{c}$. Et, d'après l'énoncé, on a $|\\mathrm{P}(-1)| \\leqslant 1,|\\mathrm{P}(0)| \\leqslant 1$ et $|\\mathrm{P}(1)| \\leqslant 1$.\nOr, pour tout réel $\\chi$, on vérifie directement que\n\n$$\nP(x)=\\frac{x(x+1)}{2} P(1)-\\frac{x(1-x)}{2} P(-1)+\\left(1-x^{2}\\right) P(0)\n$$\n\n- Soit $x \\in[0 ; 1]$. D'après (1) et l'inégalité triangulaire, il vient\n\n$$\n\\begin{aligned}\n|\\mathrm{P}(x)| & \\leqslant \\frac{x(x+1)}{2}|\\mathrm{P}(1)|+\\frac{x(1-x)}{2}|\\mathrm{P}(-1)|+\\left(1-x^{2}\\right)|\\mathrm{P}(0)| \\\\\n& \\leqslant \\frac{x(x+1)}{2}+\\frac{x(1-x)}{2}+\\left(1-x^{2}\\right) \\\\\n& =-x^{2}+x+1 \\\\\n& =\\frac{5}{4}-\\left(x-\\frac{1}{2}\\right)^{2}\n\\end{aligned}\n$$\n\nEt ainsi $|P(x)| \\leqslant \\frac{5}{4}$.\n\n- Soit $x \\in[-1 ; 0]$. D'après (1) et l'inégalité triangulaire, il vient cette fois\n\n$$\n\\begin{aligned}\n& \\leqslant-\\frac{x(x+1)}{2}|P(1)|-\\frac{x(1-x)}{2}|P(-1)|+\\left(1-x^{2}\\right)|P(0)| \\\\\n& \\leqslant-\\frac{x(x+1)}{2}-\\frac{x(1-x)}{2}+\\left(1-x^{2}\\right) \\\\\n& =-x^{2}-x+1 \\\\\n& =\\frac{5}{4}-\\left(x+\\frac{1}{2}\\right)^{2}\n\\end{aligned}\n$$\n\nEt ainsi $|\\mathrm{P}(\\mathrm{x})| \\leqslant \\frac{5}{4}$, à nouveau.\nFinalement, pour tout $x \\in[-1 ; 1]$, on a $|\\mathrm{P}(\\mathrm{x})| \\leqslant \\frac{5}{4}$.\n![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_24_91b3ef6ada73ecb28a05g-2.jpg?height=93&width=204&top_left_y=1317&top_left_x=955)", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2013-2014-envoi-3-solutions.jsonl", "problem_match": "\nExercice 2.", "solution_match": "\nSolution de l'exercice 2"}}
{"year": "2014", "tier": "T2", "problem_label": "3", "problem_type": null, "exam": "French_envois", "problem": "Prouver que, pour tout réel $a \\geqslant 0$, on a\n\n$$\na^{3}+2 \\geqslant a^{2}+2 \\sqrt{a}\n$$", "solution": "Pour tout réel $a \\geqslant 0$, on a\n\n$$\n\\begin{aligned}\na^{3}-a^{2}-2 \\sqrt{a}+2 & =a^{2}(a-1)-2(\\sqrt{a}-1) \\\\\n& =a^{2}(\\sqrt{a}-1)(\\sqrt{a}+1)-2(\\sqrt{a}-1) \\\\\n& =(\\sqrt{a}-1)\\left(a^{2}(\\sqrt{a}+1)-2\\right) .(1)\n\\end{aligned}\n$$\n\nOr:\n\n- Si $a \\geqslant 1$ alors $\\sqrt{a} \\geqslant 1$ et $a^{2} \\geqslant 1$. Ainsi, on a $\\sqrt{a}-1 \\geqslant 0$ et $a^{2}(\\sqrt{a}+1) \\geqslant 2$. Par suite, chacun des facteurs de (1) est positif, ce qui assure que le produit est positif.\n- Si $a \\leqslant 1$ alors $\\sqrt{a} \\leqslant 1$ et $a^{2} \\leqslant 1$. Ainsi, on a $\\sqrt{a}-1 \\leqslant 0$ et $a^{2}(\\sqrt{a}+1) \\leqslant 2$. Par suite, chacun des deux facteurs de (1) est négatif, et le produit est donc encore positif.\n\nFinalement, pour tout réel $a \\geqslant 0$, on a $a^{3}-a^{2}-2 \\sqrt{a}+2 \\geqslant 0$ ou encore $a^{3}+2 \\geqslant a^{2}+2 \\sqrt{a}$.\n\n## Exercices Communs", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2013-2014-envoi-3-solutions.jsonl", "problem_match": "\nExercice 3.", "solution_match": "\nSolution de l'exercice 3"}}
{"year": "2014", "tier": "T2", "problem_label": "4", "problem_type": null, "exam": "French_envois", "problem": "Prouver que si $n$ est un entier strictement positif, l'expression\n\n$$\n\\frac{\\sqrt{n+\\sqrt{0}}+\\sqrt{n+\\sqrt{1}}+\\sqrt{n+\\sqrt{2}}+\\cdots \\sqrt{n+\\sqrt{n^{2}-1}}+\\sqrt{n+\\sqrt{n^{2}}}}{\\sqrt{n-\\sqrt{0}}+\\sqrt{n-\\sqrt{1}}+\\sqrt{n-\\sqrt{2}}+\\cdots \\sqrt{n-\\sqrt{n^{2}-1}}+\\sqrt{n-\\sqrt{n^{2}}}}\n$$\n\nest indépendante de n .", "solution": "En calculant le carré de chacun des deux membres, on déduit que, pour tous réels $a, b$ tels que $0 \\leqslant b \\leqslant a$, on a\n\n$$\n\\sqrt{a+\\sqrt{a^{2}-b^{2}}}=\\sqrt{\\frac{a+b}{2}}+\\sqrt{\\frac{a-b}{2}}\n$$\n\nEn particulier, pour tous entiers naturels $n$ et $m$, avec $m \\leqslant n^{2}$, on a\n\n$$\n\\sqrt{n+\\sqrt{m}}=\\sqrt{\\frac{n+\\sqrt{n^{2}-m}}{2}}+\\sqrt{\\frac{n-\\sqrt{n^{2}-m}}{2}}\n$$\n\nSoit $\\mathrm{n}>0$ un entier. On a donc\n\n$$\n\\sum_{m=0}^{n^{2}} \\sqrt{n+\\sqrt{m}}=\\sum_{m=0}^{n^{2}} \\sqrt{\\frac{n+\\sqrt{n^{2}-m}}{2}}+\\sum_{m=0}^{n^{2}} \\sqrt{\\frac{n-\\sqrt{n^{2}-m}}{2}}\n$$\n\nD'où, après réindexation :\n\n$$\n\\begin{aligned}\n\\sum_{m=0}^{n^{2}} \\sqrt{n+\\sqrt{m}} & =\\sum_{m=0}^{n^{2}} \\sqrt{\\frac{n+\\sqrt{m}}{2}}+\\sum_{m=0}^{n^{2}} \\sqrt{\\frac{n-\\sqrt{m}}{2}} \\\\\n& =\\frac{1}{\\sqrt{2}} \\sum_{m=0}^{n^{2}} \\sqrt{n+\\sqrt{m}}+\\frac{1}{\\sqrt{2}} \\sum_{m=0}^{n^{2}} \\sqrt{n-\\sqrt{m}}\n\\end{aligned}\n$$\n\n$\\operatorname{Ainsi}\\left(1-\\frac{1}{\\sqrt{2}}\\right) \\sum_{m=0}^{n^{2}} \\sqrt{n+\\sqrt{m}}=\\frac{1}{\\sqrt{2}} \\sum_{m=0}^{n^{2}} \\sqrt{n-\\sqrt{m}}$\net donc $\\frac{\\sum_{m=0}^{n^{2}} \\sqrt{n+\\sqrt{m}}}{\\sum_{m=0}^{n^{2}} \\sqrt{n-\\sqrt{m}}}=1+\\sqrt{2}$, qui est bien une valeur", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2013-2014-envoi-3-solutions.jsonl", "problem_match": "\nExercice 4.", "solution_match": "\nSolution de l'exercice 4"}}
{"year": "2014", "tier": "T2", "problem_label": "5", "problem_type": null, "exam": "French_envois", "problem": "Soit ( $a_{n}$ ) une suite définie par $a_{1}, a_{2} \\in[0,100]$ et\n\n$$\na_{n+1}=a_{n}+\\frac{a_{n-1}}{n^{2}-1} \\quad \\text { pour tout enter } n \\geqslant 2\n$$\n\nExiste-t-il un entier $n$ tel que $a_{n}>2013$ ?", "solution": "La réponse est non.\n\nPlus précisément, montrons par récurrence que l'on a $a_{n} \\leqslant 400$, pour tout $n \\geqslant 0$.\nL'inégalité est vraie pour $\\mathrm{n}=1$ et $\\mathrm{n}=2$, d'après l'énoncé.\nSupposons qu'elle soit vraie pour tout $k \\leqslant n$ pour un certain entier $\\mathrm{n} \\geqslant 2$.\nPour tout $k \\in\\{2, \\cdots, n\\}$, on a $a_{k+1}=a_{k}+\\frac{a_{k-1}}{k^{2}-1}$. En sommant, membre à membre, ces relations et après simplification des termes communs, il vient:\n\n$$\n\\begin{aligned}\na_{n+1} & =a_{2}+\\sum_{k=2}^{n} \\frac{a_{k-1}}{k^{2}-1} \\\\\n& \\leqslant 100+\\sum_{k=2}^{n} \\frac{400}{k^{2}-1}, \\text { d'après l'hypothèse de récurrence et l'énoncé } \\\\\n& =100+200 \\sum_{k=2}^{n}\\left(\\frac{1}{k-1}-\\frac{1}{k+1}\\right) \\\\\n& =100+200\\left(1+\\frac{1}{2}-\\frac{1}{n}-\\frac{1}{n+1}\\right) \\text { après simplification par dominos } \\\\\n& =400-\\frac{200}{n}-\\frac{200}{n+1}\n\\end{aligned}\n$$\n\net donc $a_{n+1} \\leqslant 400$, ce qui achève la récurrence.\n![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_24_91b3ef6ada73ecb28a05g-4.jpg?height=85&width=196&top_left_y=1210&top_left_x=962)", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2013-2014-envoi-3-solutions.jsonl", "problem_match": "\nExercice 5.", "solution_match": "\nSolution de l'exercice 5"}}
{"year": "2014", "tier": "T2", "problem_label": "6", "problem_type": null, "exam": "French_envois", "problem": "Déterminer la plus grande valeur possible et la plus petite valeur possible de\n\n$$\n\\sqrt{4-a^{2}}+\\sqrt{4-b^{2}}+\\sqrt{4-c^{2}}\n$$\n\nlorsque $a, b, c$ sont des réels strictement positifs vérifiant $a^{2}+b^{2}+c^{2}=6$.", "solution": "Tout d'abord, on note que si l'on veut que l'expression ait un sens, il faut $\\mathrm{a}, \\mathrm{b}, \\mathrm{c} \\in$ [0; 2].\n\nD'après l'inégalité de Cauchy-Schwarz, on a\n$\\left(\\sqrt{4-a^{2}}+\\sqrt{4-b^{2}}+\\sqrt{4-c^{2}}\\right)^{2} \\leqslant 3\\left(4-a^{2}+4-b^{2}+4-c^{2}\\right)=18$,\nc.à.d. $\\sqrt{4-\\mathrm{a}^{2}}+\\sqrt{4-\\mathrm{b}^{2}}+\\sqrt{4-\\mathrm{c}^{2}} \\leqslant 3 \\sqrt{2}$, avec égalité pour $\\mathrm{a}=\\mathrm{b}=\\mathrm{c}=\\sqrt{2}$.\n\nAinsi, la plus grande valeur possible est $3 \\sqrt{2}$.\nCherchons maintenant la valeur minimale :\nSans perte de généralité, on peut supposer que $a \\leqslant b \\leqslant c$.\nDe $a^{2}+b^{2}+c^{2}=6$, on déduit alors que $3 a^{2} \\leqslant 6$, soit donc $0 \\leqslant a^{2} \\leqslant 2$.\nD'autre part, si $x, y \\geqslant 0$, on a clairement $\\sqrt{x}+\\sqrt{y} \\leqslant \\sqrt{x+y}$, avec égalité si et seulement si $x=0$ ou $\\mathrm{y}=0$.\nIl vient alors\n$\\sqrt{4-a^{2}}+\\sqrt{4-b^{2}}+\\sqrt{4-c^{2}} \\geqslant \\sqrt{4-a^{2}}+\\sqrt{8-b^{2}-c^{2}}=\\sqrt{4-a^{2}}+\\sqrt{2+a^{2}}$,\net, puisque $0 \\leqslant 4-\\mathrm{c}^{2} \\leqslant 4-\\mathrm{b}^{2}$, égalité a lieu si et seulement si $4-\\mathrm{c}^{2}=0$, c.à $\\mathrm{d} . \\mathrm{c}=2$.\nIl reste donc à trouver le minimum de l'expression $\\mathrm{f}(\\mathrm{x})=\\sqrt{4-\\mathrm{x}}+\\sqrt{2+\\mathrm{x}}$, lorsque $x \\in[0 ; 2]$. Or, puisque tout est positif, cela revient à trouver le minimum de $(f(x))^{2}=6+2 \\sqrt{(4-x)(2+x)}$, sous les mêmes conditions.\n\nComme $(4-x)(2+x)=-x^{2}+2 x+8=9-(x-1)^{2}$, la valeur minimale de $\\sqrt{(4-x)(2+x)}$ est $\\sqrt{8}$, avec égalité pour $x=0$.\nAinsi, on a $(\\mathrm{f}(\\mathrm{x}))^{2} \\geqslant 6+2 \\sqrt{8}=(2+\\sqrt{2})^{2}$, ou encore $\\mathrm{f}(\\mathrm{x}) \\geqslant 2+\\sqrt{2}$, avec égalité pour $\\mathrm{x}=0$.\nPar suite, on a $\\sqrt{4-\\mathrm{a}^{2}}+\\sqrt{4-\\mathrm{b}^{2}}+\\sqrt{4-\\mathrm{c}^{2}} \\geqslant 2+\\sqrt{2}$, avec égalité en particulier pour $(\\mathrm{a}, \\mathrm{b}, \\mathrm{c})=$ $(0, \\sqrt{2}, 2)$.\nCela assure que la plus petite valeur cherchée est $2+\\sqrt{2}$.\n\n## Exercices du groupe A", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2013-2014-envoi-3-solutions.jsonl", "problem_match": "\nExercice 6.", "solution_match": "\nSolution de l'exercice 6"}}
{"year": "2014", "tier": "T2", "problem_label": "7", "problem_type": null, "exam": "French_envois", "problem": "Déterminer toutes les fonctions $\\mathrm{f}: \\mathbb{R} \\longrightarrow \\mathbb{R}^{+*}$ qui vérifient les trois conditions suivantes pour tous réels $x$ et $y$ :\ni) $f\\left(x^{2}\\right)=f(x)^{2}-2 x f(x)$,\nii) $f(-x)=f(x-1)$,\niii) si $1<x<y$ alors $f(x)<f(y)$.", "solution": "Nous allons prouver que la seule solution est $\\mathrm{f}: x \\longrightarrow x^{2}+x+1$.\nSoit $f$ une solution éventuelle du problème.\nDe i ), pour $x=0$, on déduit que $f(0)=f^{2}(0)$. Et, comme $f(0)>0$, on a donc $f(0)=1$.\nSoit $x$ un réel. En utilisant i) pour les valeurs $x$ et $-x$, il vient\n$f(x)^{2}-2 x f(x)=f\\left(x^{2}\\right)=f(-x)^{2}+2 x f(-x)$,\nou encore $(f(x)-f(-x))(f(x)+f(-x))=2 x(f(x)+f(-x))$.\nPuisque $f$ est à valeurs strictement positives, on a $f(x)+f(-x) \\neq 0$,\net donc $f(x)-f(-x)=2 x$.\nFinalement, et d'après ii), on a\n\n$$\nf(x)=f(x-1)+2 x \\text {, pour tout réel } x .(1)\n$$\n\nEn particulier, on déduit facilement de (1) que, pour tout entier $n \\geqslant 0$, on a\n\n$$\n\\mathrm{f}(\\mathrm{n})=\\mathrm{f}(0)+2(\\mathrm{n}+(\\mathrm{n}-1)+\\cdots+1)=\\mathrm{n}^{2}+\\mathrm{n}+1\n$$\n\nDe ii), on obtient alors que\n\n$$\nf(n)=n^{2}+n+1 \\text { pour tout entier } n\n$$\n\nSoit $x$ un réel et $\\mathrm{n} \\geqslant 0$ un entier.\nPour tout entier $k$, on a $f(x+k)=2 x+2 k+f(x+k-1)$.\nAprès sommation membre à membre de toutes ces relations pour $k=0,1, \\cdots, n$, et simplification des termes communs, il vient\n$\\mathbf{f}(\\mathrm{x}+\\mathfrak{n})=2 \\mathbf{n} x+2(\\mathfrak{n}+(\\mathfrak{n}-1)+\\cdots+1)+\\mathbf{f}(\\mathrm{x})$.\nEt ainsi :\n\n$$\nf(x+n)=f(x)+2 n x+n^{2}+n, \\text { pour tout réel } x \\text { et tout entier } n \\geqslant 0 \\text {. (2) }\n$$\n\nCela va nous permettre de conclure sur les rationnels positifs :\nSoit $x=\\frac{m}{n}$, avec $\\mathrm{m}, \\mathrm{n}>0$ entiers.\nD'après (2), on a\n\n$$\n\\begin{aligned}\n\\mathrm{f}\\left((x+\\mathrm{n})^{2}\\right) & =\\mathrm{f}\\left(x^{2}+2 \\mathrm{~m}+\\mathrm{n}^{2}\\right) \\\\\n& =\\mathrm{f}\\left(x^{2}\\right)+2\\left(2 \\mathrm{~m}+\\mathrm{n}^{2}\\right) \\mathrm{x}^{2}+\\left(2 \\mathrm{~m}+\\mathrm{n}^{2}\\right)^{2}+2 \\mathrm{~m}+\\mathrm{n}^{2} \\\\\n& =\\mathrm{f}^{2}(x)-2 \\mathrm{xf}(x)+2\\left(2 \\mathrm{~m}+\\mathrm{n}^{2}\\right) x^{2}+\\left(2 \\mathrm{~m}+\\mathrm{n}^{2}\\right)^{2}+2 \\mathrm{~m}+\\mathrm{n}^{2}\n\\end{aligned}\n$$\n\nMais, d'après i) et (2), on a également\n\n$$\n\\begin{aligned}\n\\mathbf{f}\\left((x+n)^{2}\\right) & =f^{2}(x+n)+2(x+n) f(x+n) \\\\\n& =\\left(f(x)+2 m+n^{2}+n\\right)^{2}-2(x+n)\\left(f(x)+2 m+n^{2}+n\\right)\n\\end{aligned}\n$$\n\nEn identifiant les deux dernières expressions de $f\\left((x+n)^{2}\\right)$, et après un calcul passionnant, on obtient que\n\n$$\nf(x)=x^{2}+x+1, \\text { pour tout rationnel } x>0\n$$\n\nSoit $x>1$ un réel.\nOn sait qu'il existe deux suites de rationnels positifs, $\\left(u_{n}\\right)$ et $\\left(v_{n}\\right)$, qui convergent vers $x$ et telles que $u_{n} \\leqslant w \\leqslant v_{n}$ pour tout entier $n$.\nOr, d'après iii), la fonction $f$ est strictement croissante sur $] 1 ;+\\infty\\left[\\right.$ donc, pour tout entier $n$, on a $f\\left(u_{n}\\right)<$ $\\mathrm{f}(\\mathrm{x})<\\mathrm{f}\\left(v_{\\mathrm{n}}\\right)$,\nou encore $u_{n}^{2}+u_{n}+1<f(x)<v_{n}^{2}+v_{n}+1$.\nEn faisant tendre $n$ vers $+\\infty$, et d'après le théorème des gendarmes, il vient alors $f(x)=x^{2}+x+1$.\n\n$$\n\\text { Ainsi, on a } f(x)=x^{2}+x+1 \\text {, pour tout réel } x>1 \\text { (3) }\n$$\n\nDonnons maintenant le coup de grâce.\nSoit $x$ un réel.\nOn choisit un entier $\\mathrm{n}>0$ tel que $x+n>1$.\nDe (2) et (3), on déduit que\n$\\mathbf{f}(x+\\mathfrak{n})=(x+\\mathfrak{n})^{2}+(x+\\mathfrak{n})+1$ et $\\mathbf{f}(x+\\mathfrak{n})=\\mathbf{f}(\\mathrm{x})+2 \\mathfrak{n} x+\\mathfrak{n}^{2}+\\mathfrak{n}$.\nEn identifiant ces deux expressions, et après encore quelques calculs, il vient $f(x)=x^{2}+x+1$.\nEt finalement, on a $f(x)=x^{2}+x+1$, pour tout réel $x$.\nCe n'est que routine que de vérifier que cette fonction est bien une solution du problème.\n![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_24_91b3ef6ada73ecb28a05g-6.jpg?height=88&width=193&top_left_y=2165&top_left_x=966)", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2013-2014-envoi-3-solutions.jsonl", "problem_match": "\nExercice 7.", "solution_match": "\nSolution de l'exercice 7"}}
{"year": "2014", "tier": "T2", "problem_label": "8", "problem_type": null, "exam": "French_envois", "problem": "Soit P et Q deux polynômes à coefficients réels, de degrés $\\mathrm{n} \\geqslant 0$. On suppose que le coefficient de $x^{n}$ de chacun de ces deux polynômes est égal à 1 et que, pour tout réel $x$, on a $P(P(x))=$ $\\mathrm{Q}(\\mathrm{Q}(\\mathrm{x})$ ).\nProuver que $\\mathrm{P}=\\mathrm{Q}$.", "solution": "Le résultat est évident si $\\mathrm{n}=0$. Dans ce qui suit, on suppose donc que $\\mathrm{n} \\geqslant 1$.\n\nPar l'absurde : supposons que le polynôme $\\mathrm{R}=\\mathrm{P}-\\mathrm{Q}$ ne soit pas le polynôme nul.\nSoit $k$ le degré de R.\nPuisque $P$ et $Q$ sont tous deux de degré $n$, et de même coefficient dominant, on a $k \\in\\{0, \\cdots, n-1\\}$. De plus, on a\n\n$$\nP(P(x))-Q(Q(x))=[Q(P(x))-Q(Q(x))]+R(P(x))\n$$\n\nPosons $Q(x)=x^{n}+a_{n-1} x^{n-1}+\\cdots+a_{1} x+a_{0}$.\nOn remarque qu'alors\n\n$$\n\\mathrm{Q}(\\mathrm{P}(\\mathrm{x}))-\\mathrm{Q}(\\mathrm{Q}(\\mathrm{x}))=\\left[\\mathrm{P}^{n}(x)-\\mathrm{Q}^{n}(x)\\right]+\\mathrm{a}_{n-1}\\left[\\mathrm{P}^{n-1}(x)-\\mathrm{Q}^{n-1}(x)\\right]+\\cdots+\\mathrm{a}_{1}[\\mathrm{P}(\\mathrm{x})-\\mathrm{Q}(\\mathrm{x})]\n$$\n\net chacun des termes de cette somme autre que $\\left[P^{n}(x)-Q^{n}(x)\\right]$ est de degré au plus $n(n-1)$. D'autre part, on a\n\n$$\n\\left[P^{n}(x)-Q^{n}(x)\\right]=R(x)\\left[P^{n-1}(x)+P^{n-2}(x) Q(x)+\\cdots+Q^{n-1}(x)\\right]\n$$\n\nce qui assure que $\\left[P^{n}(x)-Q^{n}(x)\\right]$ est de degré $n(n-1)+k$ et de coefficient dominant égal à $n$ (on rappelle que $P$ et $Q$ sont tous les deux de coefficient dominant égal à 1 ).\n\n- On suppose que $k>0$.\n\nAlors, le polynôme $Q(P(x))-Q(Q(x))$ est de degré $n(n-1)+k$.\nD'autre part, le degré de $R(P(x))$ est $k n$, et on a $k n \\leqslant n(n-1)<n(n-1)+k$.\nDe (1), on déduit que $P(P(x))-Q(Q(x))$ est de degré $n(n-1)+k$, et donc non nul, en contradiction avec l'énoncé.\n\n- Il reste à étudier le cas où $k=0$, c'est-à-dire lorsque $R$ est constant.\n\nNotons c cette constante. Notre hypothèse initiale assure que $c \\neq 0$.\n$\\operatorname{De} P(P(x))=Q(Q(x))$, il vient $\\mathrm{Q}(\\mathrm{Q}(\\mathrm{x})+\\mathrm{c})=\\mathrm{Q}(\\mathrm{Q}(\\mathrm{x}))-\\mathrm{c}$.\nPuisque $Q$ n'est pas constant, c'est donc que l'égalité $Q(y+c)=Q(y)-c$ est vraie pour une infinité de réels $y$. S'agissant de polynômes, c'est donc qu'elle est vraie pour tout réel $y$.\n\nUne récurrence immédiate conduit alors à $Q(j c)=a_{0}-j c$ pour tout entier $j \\geqslant 0$.\nComme ci-dessus, l'égalité $Q(x)=-x+a_{0}$ étant vraie pour une infinité de valeurs (puisque $c \\neq 0$ ), elle est donc vraie pour tout $x$. Cela contredit que $Q$ est de coefficient dominant égal à 1 .\n\nAinsi, dans tous les cas, on a obtenu une contradiction. Cela assure que $R$ est bien le polynôme nul, et achève la démonstration.\n\n## Autre solution.\n\nLe résultat est facile à montrer si $\\mathfrak{n}=0$ ou $\\mathfrak{n}=1$. Dans ce qui suit, on suppose donc que $\\mathrm{n} \\geqslant 2$. Notons $R=P-Q$ et supposons par l'absurde qu'il est non nul. Quitte à permuter les rôles de P et de Q , on peut supposer que le coefficient dominant de $R$ est strictement positif.\nLemme 1. Pour tout polynôme R ayant un coefficient dominant strictement positif, il existe un réel a tel que pour tout $x \\geqslant a$ on a $R(x)>0$.\nEn effet, $R(x)$ peut s'écrire sous la forme $c x^{m}\\left(1+\\frac{c_{1}}{x}+\\cdots+\\frac{c_{m}}{x^{m}}\\right)$ avec $c>0$. Le terme entre parenthèses tend vers 1 lorsque $x \\rightarrow+\\infty$, donc est strictement positif pour $x$ assez grand.\n\nLemme 2. Pour tout polynôme $P$ de degré $\\geqslant 1$ ayant un coefficient dominant strictement positif, il existe a tel que P est strictement croissant sur [a, $+\\infty$ [.\nEn effet, le polynôme dérivé $P^{\\prime}$ vérifie les conditions du lemme 1 donc $P^{\\prime}(x)$ est strictement positif pour $x$ assez grand.\nRevenons à l'exercice. D'après les deux lemmes précédents, il existe a tel que sur [a, $+\\infty[, P$ et $Q$ sont strictement croissants, et $R$ et $R \\circ Q$ sont strictement positifs.\nOn a alors pour tout $x \\geqslant a$ :\n\n$$\n\\begin{aligned}\n\\mathrm{P}(\\mathrm{P}(\\mathrm{x})) & >\\mathrm{P}(\\mathrm{Q}(x)) \\quad \\text { puisque } \\mathrm{P}(\\mathrm{x})>\\mathrm{Q}(\\mathrm{x}) \\\\\n& =\\mathrm{Q}(\\mathrm{Q}(\\mathrm{x}))+\\mathrm{R}(\\mathrm{Q}(\\mathrm{x})) \\\\\n& >\\mathrm{Q}(\\mathrm{Q}(\\mathrm{x}))\n\\end{aligned}\n$$\n\nce qui contredit $\\mathrm{P}(\\mathrm{P}(\\mathrm{x}))=\\mathrm{Q}(\\mathrm{Q}(\\mathrm{x}))$.\n![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_24_91b3ef6ada73ecb28a05g-8.jpg?height=85&width=183&top_left_y=960&top_left_x=971)", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2013-2014-envoi-3-solutions.jsonl", "problem_match": "\nExercice 8.", "solution_match": "\nSolution de l'exercice 8"}}
{"year": "2014", "tier": "T2", "problem_label": "9", "problem_type": null, "exam": "French_envois", "problem": "Soit $n>0$ un entier et $x_{1}, \\cdots, x_{n}$ des réels strictement positifs. Prouver que :\n\n$$\n\\begin{gathered}\n\\max _{x_{1}>0, \\cdots, x_{n}>0} \\min \\left(x_{1}, \\frac{1}{x_{1}}+x_{2}, \\cdots, \\frac{1}{x_{n-1}}+x_{n}, \\frac{1}{x_{n}}\\right)= \\\\\n\\min _{x_{1}>0, \\cdots, x_{n}>0} \\max \\left(x_{1}, \\frac{1}{x_{1}}+x_{2}, \\cdots, \\frac{1}{x_{n-1}}+x_{n}, \\frac{1}{x_{n}}\\right)=2 \\cos \\left(\\frac{\\pi}{n+2}\\right) .\n\\end{gathered}\n$$", "solution": "Soit Ul'ensemble des n -uplets de réels strictement positifs. Pour $x=\\left(x_{1}, \\cdots, x_{n}\\right) \\in U$, on pose\n\n$$\n\\begin{aligned}\n& \\quad m(x)=\\min \\left(x_{1}, \\frac{1}{x_{1}}+x_{2}, \\cdots, \\frac{1}{x_{n-1}}+x_{n}, \\frac{1}{x_{n}}\\right) \\\\\n& \\text { et } M(x)=\\max \\left(x_{1}, \\frac{1}{x_{1}}+x_{2}, \\cdots, \\frac{1}{x_{n-1}}+x_{n}, \\frac{1}{x_{n}}\\right)\n\\end{aligned}\n$$\n\nNotre stratégie va consister à prouver qu'il existe $a \\in U$ tel que $m(a)=M(a)$ et que, pour tout $x \\in U$, on a $m(x) \\leqslant m(a)$ et $M(a) \\leqslant M(x)$.\n\nSoit $a=\\left(a_{1}, \\cdots, a_{n}\\right) \\in U$.\nLa condition $m(a)=M(a)$ s'écrit\n\n$$\na_{1}=\\frac{1}{a_{1}}+a_{2}=\\cdots=\\frac{1}{a_{n-1}}+a_{n}=\\frac{1}{a_{n}} .\n$$\n\nMais, admettons pour le moment que l'on ait déjà trouvé $a \\in U$ tel que $m(a)=M(a)$.\nPar l'absurde : On suppose qu'il existe $x \\in U$ tel que $m(x)>m(a)$.\nOn prouve alors par récurrence sur $k$ que $x_{k}>\\mathfrak{a}_{k}$ pour tout $k \\in\\{1, \\cdots, \\mathfrak{n}\\}$ :\nDéjà, on a $x_{1} \\geqslant m(x)>m(a)=a_{1}$.\nD'autre part, si $x_{k}>a_{k}$ pour un certain $k \\in\\{1, \\cdots, n-1\\}$, alors\n\n$$\n\\frac{1}{x_{k}}+x_{k+1} \\geqslant m(x)>m(a)=\\frac{1}{a_{k}}+a_{k+1}\n$$\n\nOr, d'après l'hypothèse de récurrence, on a $\\frac{1}{x_{k}}<\\frac{1}{a_{k}}$, d'où $x_{k+1}>a_{k+1}$, ce qui achève la récurrence.\nEn particulier, on a donc $x_{n}>a_{n}$.\nMais, $\\frac{1}{x_{n}} \\geqslant m(x)>m(a)=\\frac{1}{a_{n}}$, d'où $x_{n}<a_{n}$. Contradiction.\nAinsi, pour tout $x \\in U$, on a $m(x) \\leqslant m(a)$.\nOn démontre de même que $M(a) \\leqslant M(x)$, pour tout $x \\in U$.\nDans ces conditions, on a $\\max _{x \\in U}\\{m(x)\\}=\\mathfrak{m}(a)=M(a)=\\min _{x \\in U}\\{M(x)\\}$, comme désiré.\nPour conclure, il ne reste donc plus qu'à trouver $a \\in U$ vérifiant (1).\nMontrons comment trouver un tel a sans trop s'aider de l'énoncé :\nSupposons qu'un tel a existe. On note $\\alpha>0$ la valeur commune dans (1).\nOn vérifie sans difficulté qu'alors, pour tout $k$, on a $a_{k}=\\frac{b_{k}}{b_{k-1}}$, où $b_{0}=1, b_{1}=\\alpha$, et $b_{j}=\\alpha b_{j-1}-b_{j-2}$ pour $j \\geqslant 2$. (2)\n\nComme $\\alpha=\\frac{1}{a_{n}}$, on doit avoir $b_{n-1}=\\alpha b_{n}$, ce qui signifie que $b_{n+1}=0$.\nRevenons sur $\\alpha$. En fait, on a même $\\alpha<2$ :\nEn effet, supposons que $\\alpha \\geqslant 2$. Alors, $a_{1}=\\alpha \\geqslant 2$ et, par une récurrence sans difficulté, on déduit que $a_{k}=\\alpha-\\frac{1}{a_{k-1}} \\geqslant 1+\\frac{1}{k}$.\nEn particulier, on a $a_{n} \\geqslant 1+\\frac{1}{n}>1$ et $a_{n}=\\frac{1}{\\alpha}<1$, contradiction.\nOn peut donc poser $\\alpha=2 \\cos (t)$ où $t \\in] 0, \\frac{\\pi}{2}[$.\nCompte-tenu de la formule bien connue\n\n$$\n2 \\cos (a) \\sin (b)=\\sin (b+a)+\\sin (b-a)\n$$\n\nune autre récurrence sans difficulté à partir de (2) conduit alors à\n\n$$\nb_{k}=\\frac{\\sin ((k+1) t)}{\\sin (t)} \\text { pour tout } k \\geqslant 0\n$$\n\nLa condition $b_{n+1}=0$ impose alors $t=\\frac{\\pi}{n+2}$. Ainsi, on a $\\alpha=2 \\cos \\left(\\frac{\\pi}{n+2}\\right)$ et $a=\\left(a_{1}, \\cdots, a_{n}\\right)$ où $a_{k}=\\frac{\\sin \\left(\\frac{(k+1) \\pi}{n+2}\\right)}{\\sin \\left(\\frac{k \\pi}{n+2}\\right)}$.\n\nRéciproquement, on vérifie aisément que, dans ces conditions, la chaîne d'égalités (1) est vraie.\n![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_24_91b3ef6ada73ecb28a05g-9.jpg?height=237&width=521&top_left_y=2234&top_left_x=802)\n$\\mathcal{F i n}$", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2013-2014-envoi-3-solutions.jsonl", "problem_match": "\nExercice 9.", "solution_match": "\nSolution de l'exercice 9"}}