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

$$
a e+b c>0, e f+c g>0, f d+g h>0 \text { et } d a+h b>0 ?
$$

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

$$
b c>a(-e) \text { et }(-e)(-f)>c(-g) \text { et }(-g)(-h)>(-f) d \text { et da }>(-h) b
$$

Si 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.
![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_24_91b3ef6ada73ecb28a05g-1.jpg?height=93&width=199&top_left_y=1864&top_left_x=963)

problem_match: Exercice 1.

solution_match: Solution de l'exercice 1


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

$$
-\frac{5}{4} \leqslant a x^{2}+b x+c \leqslant \frac{5}{4} \text { pour tout réel } x \in[-1,1]
$$

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 $|\mathrm{P}(1)| \leqslant 1$.
Or, pour tout réel $\chi$, on vérifie directement que

$$
P(x)=\frac{x(x+1)}{2} P(1)-\frac{x(1-x)}{2} P(-1)+\left(1-x^{2}\right) P(0)
$$

- Soit $x \in[0 ; 1]$. D'après (1) et l'inégalité triangulaire, il vient

$$
\begin{aligned}
|\mathrm{P}(x)| & \leqslant \frac{x(x+1)}{2}|\mathrm{P}(1)|+\frac{x(1-x)}{2}|\mathrm{P}(-1)|+\left(1-x^{2}\right)|\mathrm{P}(0)| \\
& \leqslant \frac{x(x+1)}{2}+\frac{x(1-x)}{2}+\left(1-x^{2}\right) \\
& =-x^{2}+x+1 \\
& =\frac{5}{4}-\left(x-\frac{1}{2}\right)^{2}
\end{aligned}
$$

Et ainsi $|P(x)| \leqslant \frac{5}{4}$.

- Soit $x \in[-1 ; 0]$. D'après (1) et l'inégalité triangulaire, il vient cette fois

$$
\begin{aligned}
& \leqslant-\frac{x(x+1)}{2}|P(1)|-\frac{x(1-x)}{2}|P(-1)|+\left(1-x^{2}\right)|P(0)| \\
& \leqslant-\frac{x(x+1)}{2}-\frac{x(1-x)}{2}+\left(1-x^{2}\right) \\
& =-x^{2}-x+1 \\
& =\frac{5}{4}-\left(x+\frac{1}{2}\right)^{2}
\end{aligned}
$$

Et ainsi $|\mathrm{P}(\mathrm{x})| \leqslant \frac{5}{4}$, à nouveau.
Finalement, pour tout $x \in[-1 ; 1]$, on a $|\mathrm{P}(\mathrm{x})| \leqslant \frac{5}{4}$.
![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_24_91b3ef6ada73ecb28a05g-2.jpg?height=93&width=204&top_left_y=1317&top_left_x=955)

problem_match: Exercice 2.

solution_match: Solution de l'exercice 2


problem:
Prouver que, pour tout réel $a \geqslant 0$, on a

$$
a^{3}+2 \geqslant a^{2}+2 \sqrt{a}
$$

solution:
Pour tout réel $a \geqslant 0$, on a

$$
\begin{aligned}
a^{3}-a^{2}-2 \sqrt{a}+2 & =a^{2}(a-1)-2(\sqrt{a}-1) \\
& =a^{2}(\sqrt{a}-1)(\sqrt{a}+1)-2(\sqrt{a}-1) \\
& =(\sqrt{a}-1)\left(a^{2}(\sqrt{a}+1)-2\right) .(1)
\end{aligned}
$$

Or:

- 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.
- 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.

Finalement, pour tout réel $a \geqslant 0$, on a $a^{3}-a^{2}-2 \sqrt{a}+2 \geqslant 0$ ou encore $a^{3}+2 \geqslant a^{2}+2 \sqrt{a}$.

## Exercices Communs

problem_match: Exercice 3.

solution_match: Solution de l'exercice 3


problem:
Prouver que si $n$ est un entier strictement positif, l'expression

$$
\frac{\sqrt{n+\sqrt{0}}+\sqrt{n+\sqrt{1}}+\sqrt{n+\sqrt{2}}+\cdots \sqrt{n+\sqrt{n^{2}-1}}+\sqrt{n+\sqrt{n^{2}}}}{\sqrt{n-\sqrt{0}}+\sqrt{n-\sqrt{1}}+\sqrt{n-\sqrt{2}}+\cdots \sqrt{n-\sqrt{n^{2}-1}}+\sqrt{n-\sqrt{n^{2}}}}
$$

est 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

$$
\sqrt{a+\sqrt{a^{2}-b^{2}}}=\sqrt{\frac{a+b}{2}}+\sqrt{\frac{a-b}{2}}
$$

En particulier, pour tous entiers naturels $n$ et $m$, avec $m \leqslant n^{2}$, on a

$$
\sqrt{n+\sqrt{m}}=\sqrt{\frac{n+\sqrt{n^{2}-m}}{2}}+\sqrt{\frac{n-\sqrt{n^{2}-m}}{2}}
$$

Soit $\mathrm{n}>0$ un entier. On a donc

$$
\sum_{m=0}^{n^{2}} \sqrt{n+\sqrt{m}}=\sum_{m=0}^{n^{2}} \sqrt{\frac{n+\sqrt{n^{2}-m}}{2}}+\sum_{m=0}^{n^{2}} \sqrt{\frac{n-\sqrt{n^{2}-m}}{2}}
$$

D'où, après réindexation :

$$
\begin{aligned}
\sum_{m=0}^{n^{2}} \sqrt{n+\sqrt{m}} & =\sum_{m=0}^{n^{2}} \sqrt{\frac{n+\sqrt{m}}{2}}+\sum_{m=0}^{n^{2}} \sqrt{\frac{n-\sqrt{m}}{2}} \\
& =\frac{1}{\sqrt{2}} \sum_{m=0}^{n^{2}} \sqrt{n+\sqrt{m}}+\frac{1}{\sqrt{2}} \sum_{m=0}^{n^{2}} \sqrt{n-\sqrt{m}}
\end{aligned}
$$

$\operatorname{Ainsi}\left(1-\frac{1}{\sqrt{2}}\right) \sum_{m=0}^{n^{2}} \sqrt{n+\sqrt{m}}=\frac{1}{\sqrt{2}} \sum_{m=0}^{n^{2}} \sqrt{n-\sqrt{m}}$
et 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

problem_match: Exercice 4.

solution_match: Solution de l'exercice 4


problem:
Soit ( $a_{n}$ ) une suite définie par $a_{1}, a_{2} \in[0,100]$ et

$$
a_{n+1}=a_{n}+\frac{a_{n-1}}{n^{2}-1} \quad \text { pour tout enter } n \geqslant 2
$$

Existe-t-il un entier $n$ tel que $a_{n}>2013$ ?

solution:
La réponse est non.

Plus précisément, montrons par récurrence que l'on a $a_{n} \leqslant 400$, pour tout $n \geqslant 0$.
L'inégalité est vraie pour $\mathrm{n}=1$ et $\mathrm{n}=2$, d'après l'énoncé.
Supposons qu'elle soit vraie pour tout $k \leqslant n$ pour un certain entier $\mathrm{n} \geqslant 2$.
Pour 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:

$$
\begin{aligned}
a_{n+1} & =a_{2}+\sum_{k=2}^{n} \frac{a_{k-1}}{k^{2}-1} \\
& \leqslant 100+\sum_{k=2}^{n} \frac{400}{k^{2}-1}, \text { d'après l'hypothèse de récurrence et l'énoncé } \\
& =100+200 \sum_{k=2}^{n}\left(\frac{1}{k-1}-\frac{1}{k+1}\right) \\
& =100+200\left(1+\frac{1}{2}-\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}\right) \text { après simplification par dominos } \\
& =400-\frac{200}{n}-\frac{200}{n+1}
\end{aligned}
$$

et donc $a_{n+1} \leqslant 400$, ce qui achève la récurrence.
![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_24_91b3ef6ada73ecb28a05g-4.jpg?height=85&width=196&top_left_y=1210&top_left_x=962)

problem_match: Exercice 5.

solution_match: Solution de l'exercice 5


problem:
Déterminer la plus grande valeur possible et la plus petite valeur possible de

$$
\sqrt{4-a^{2}}+\sqrt{4-b^{2}}+\sqrt{4-c^{2}}
$$

lorsque $a, b, c$ 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].

D'après l'inégalité de Cauchy-Schwarz, on a
$\left(\sqrt{4-a^{2}}+\sqrt{4-b^{2}}+\sqrt{4-c^{2}}\right)^{2} \leqslant 3\left(4-a^{2}+4-b^{2}+4-c^{2}\right)=18$,
c.à.d. $\sqrt{4-\mathrm{a}^{2}}+\sqrt{4-\mathrm{b}^{2}}+\sqrt{4-\mathrm{c}^{2}} \leqslant 3 \sqrt{2}$, avec égalité pour $\mathrm{a}=\mathrm{b}=\mathrm{c}=\sqrt{2}$.

Ainsi, la plus grande valeur possible est $3 \sqrt{2}$.
Cherchons maintenant la valeur minimale :
Sans perte de généralité, on peut supposer que $a \leqslant b \leqslant c$.
De $a^{2}+b^{2}+c^{2}=6$, on déduit alors que $3 a^{2} \leqslant 6$, soit donc $0 \leqslant a^{2} \leqslant 2$.
D'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 $\mathrm{y}=0$.
Il vient alors
$\sqrt{4-a^{2}}+\sqrt{4-b^{2}}+\sqrt{4-c^{2}} \geqslant \sqrt{4-a^{2}}+\sqrt{8-b^{2}-c^{2}}=\sqrt{4-a^{2}}+\sqrt{2+a^{2}}$,
et, 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 $\mathrm{d} . \mathrm{c}=2$.
Il 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.

Comme $(4-x)(2+x)=-x^{2}+2 x+8=9-(x-1)^{2}$, la valeur minimale de $\sqrt{(4-x)(2+x)}$ est $\sqrt{8}$, avec égalité pour $x=0$.
Ainsi, 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 $\mathrm{x}=0$.
Par 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 $(\mathrm{a}, \mathrm{b}, \mathrm{c})=$ $(0, \sqrt{2}, 2)$.
Cela assure que la plus petite valeur cherchée est $2+\sqrt{2}$.

## Exercices du groupe A

problem_match: Exercice 6.

solution_match: Solution de l'exercice 6


problem:
Déterminer toutes les fonctions $\mathrm{f}: \mathbb{R} \longrightarrow \mathbb{R}^{+*}$ qui vérifient les trois conditions suivantes pour tous réels $x$ et $y$ :
i) $f\left(x^{2}\right)=f(x)^{2}-2 x f(x)$,
ii) $f(-x)=f(x-1)$,
iii) si $1<x<y$ alors $f(x)<f(y)$.

solution:
Nous allons prouver que la seule solution est $\mathrm{f}: x \longrightarrow x^{2}+x+1$.
Soit $f$ une solution éventuelle du problème.
De i ), pour $x=0$, on déduit que $f(0)=f^{2}(0)$. Et, comme $f(0)>0$, on a donc $f(0)=1$.
Soit $x$ un réel. En utilisant i) pour les valeurs $x$ et $-x$, il vient
$f(x)^{2}-2 x f(x)=f\left(x^{2}\right)=f(-x)^{2}+2 x f(-x)$,
ou encore $(f(x)-f(-x))(f(x)+f(-x))=2 x(f(x)+f(-x))$.
Puisque $f$ est à valeurs strictement positives, on a $f(x)+f(-x) \neq 0$,
et donc $f(x)-f(-x)=2 x$.
Finalement, et d'après ii), on a

$$
f(x)=f(x-1)+2 x \text {, pour tout réel } x .(1)
$$

En particulier, on déduit facilement de (1) que, pour tout entier $n \geqslant 0$, on a

$$
\mathrm{f}(\mathrm{n})=\mathrm{f}(0)+2(\mathrm{n}+(\mathrm{n}-1)+\cdots+1)=\mathrm{n}^{2}+\mathrm{n}+1
$$

De ii), on obtient alors que

$$
f(n)=n^{2}+n+1 \text { pour tout entier } n
$$

Soit $x$ un réel et $\mathrm{n} \geqslant 0$ un entier.
Pour tout entier $k$, on a $f(x+k)=2 x+2 k+f(x+k-1)$.
Après sommation membre à membre de toutes ces relations pour $k=0,1, \cdots, n$, et simplification des termes communs, il vient
$\mathbf{f}(\mathrm{x}+\mathfrak{n})=2 \mathbf{n} x+2(\mathfrak{n}+(\mathfrak{n}-1)+\cdots+1)+\mathbf{f}(\mathrm{x})$.
Et ainsi :

$$
f(x+n)=f(x)+2 n x+n^{2}+n, \text { pour tout réel } x \text { et tout entier } n \geqslant 0 \text {. (2) }
$$

Cela va nous permettre de conclure sur les rationnels positifs :
Soit $x=\frac{m}{n}$, avec $\mathrm{m}, \mathrm{n}>0$ entiers.
D'après (2), on a

$$
\begin{aligned}
\mathrm{f}\left((x+\mathrm{n})^{2}\right) & =\mathrm{f}\left(x^{2}+2 \mathrm{~m}+\mathrm{n}^{2}\right) \\
& =\mathrm{f}\left(x^{2}\right)+2\left(2 \mathrm{~m}+\mathrm{n}^{2}\right) \mathrm{x}^{2}+\left(2 \mathrm{~m}+\mathrm{n}^{2}\right)^{2}+2 \mathrm{~m}+\mathrm{n}^{2} \\
& =\mathrm{f}^{2}(x)-2 \mathrm{xf}(x)+2\left(2 \mathrm{~m}+\mathrm{n}^{2}\right) x^{2}+\left(2 \mathrm{~m}+\mathrm{n}^{2}\right)^{2}+2 \mathrm{~m}+\mathrm{n}^{2}
\end{aligned}
$$

Mais, d'après i) et (2), on a également

$$
\begin{aligned}
\mathbf{f}\left((x+n)^{2}\right) & =f^{2}(x+n)+2(x+n) f(x+n) \\
& =\left(f(x)+2 m+n^{2}+n\right)^{2}-2(x+n)\left(f(x)+2 m+n^{2}+n\right)
\end{aligned}
$$

En identifiant les deux dernières expressions de $f\left((x+n)^{2}\right)$, et après un calcul passionnant, on obtient que

$$
f(x)=x^{2}+x+1, \text { pour tout rationnel } x>0
$$

Soit $x>1$ un réel.
On 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 $n$.
Or, d'après iii), la fonction $f$ est strictement croissante sur $] 1 ;+\infty\left[\right.$ donc, pour tout entier $n$, on a $f\left(u_{n}\right)<$ $\mathrm{f}(\mathrm{x})<\mathrm{f}\left(v_{\mathrm{n}}\right)$,
ou encore $u_{n}^{2}+u_{n}+1<f(x)<v_{n}^{2}+v_{n}+1$.
En faisant tendre $n$ vers $+\infty$, et d'après le théorème des gendarmes, il vient alors $f(x)=x^{2}+x+1$.

$$
\text { Ainsi, on a } f(x)=x^{2}+x+1 \text {, pour tout réel } x>1 \text { (3) }
$$

Donnons maintenant le coup de grâce.
Soit $x$ un réel.
On choisit un entier $\mathrm{n}>0$ tel que $x+n>1$.
De (2) et (3), on déduit que
$\mathbf{f}(x+\mathfrak{n})=(x+\mathfrak{n})^{2}+(x+\mathfrak{n})+1$ et $\mathbf{f}(x+\mathfrak{n})=\mathbf{f}(\mathrm{x})+2 \mathfrak{n} x+\mathfrak{n}^{2}+\mathfrak{n}$.
En identifiant ces deux expressions, et après encore quelques calculs, il vient $f(x)=x^{2}+x+1$.
Et finalement, on a $f(x)=x^{2}+x+1$, pour tout réel $x$.
Ce n'est que routine que de vérifier que cette fonction est bien une solution du problème.
![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_24_91b3ef6ada73ecb28a05g-6.jpg?height=88&width=193&top_left_y=2165&top_left_x=966)

problem_match: Exercice 7.

solution_match: Solution de l'exercice 7


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 $P(P(x))=$ $\mathrm{Q}(\mathrm{Q}(\mathrm{x})$ ).
Prouver que $\mathrm{P}=\mathrm{Q}$.

solution:
Le résultat est évident si $\mathrm{n}=0$. Dans ce qui suit, on suppose donc que $\mathrm{n} \geqslant 1$.

Par l'absurde : supposons que le polynôme $\mathrm{R}=\mathrm{P}-\mathrm{Q}$ ne soit pas le polynôme nul.
Soit $k$ le degré de R.
Puisque $P$ 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

$$
P(P(x))-Q(Q(x))=[Q(P(x))-Q(Q(x))]+R(P(x))
$$

Posons $Q(x)=x^{n}+a_{n-1} x^{n-1}+\cdots+a_{1} x+a_{0}$.
On remarque qu'alors

$$
\mathrm{Q}(\mathrm{P}(\mathrm{x}))-\mathrm{Q}(\mathrm{Q}(\mathrm{x}))=\left[\mathrm{P}^{n}(x)-\mathrm{Q}^{n}(x)\right]+\mathrm{a}_{n-1}\left[\mathrm{P}^{n-1}(x)-\mathrm{Q}^{n-1}(x)\right]+\cdots+\mathrm{a}_{1}[\mathrm{P}(\mathrm{x})-\mathrm{Q}(\mathrm{x})]
$$

et 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

$$
\left[P^{n}(x)-Q^{n}(x)\right]=R(x)\left[P^{n-1}(x)+P^{n-2}(x) Q(x)+\cdots+Q^{n-1}(x)\right]
$$

ce 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 ).

- On suppose que $k>0$.

Alors, le polynôme $Q(P(x))-Q(Q(x))$ est de degré $n(n-1)+k$.
D'autre part, le degré de $R(P(x))$ est $k n$, et on a $k n \leqslant n(n-1)<n(n-1)+k$.
De (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.

- Il reste à étudier le cas où $k=0$, c'est-à-dire lorsque $R$ est constant.

Notons c cette constante. Notre hypothèse initiale assure que $c \neq 0$.
$\operatorname{De} P(P(x))=Q(Q(x))$, il vient $\mathrm{Q}(\mathrm{Q}(\mathrm{x})+\mathrm{c})=\mathrm{Q}(\mathrm{Q}(\mathrm{x}))-\mathrm{c}$.
Puisque $Q$ 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 $y$.

Une récurrence immédiate conduit alors à $Q(j c)=a_{0}-j c$ pour tout entier $j \geqslant 0$.
Comme 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 .

Ainsi, dans tous les cas, on a obtenu une contradiction. Cela assure que $R$ est bien le polynôme nul, et achève la démonstration.

## Autre solution.

Le 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.
Lemme 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 $R(x)>0$.
En 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.

Lemme 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, $+\infty$ [.
En effet, le polynôme dérivé $P^{\prime}$ vérifie les conditions du lemme 1 donc $P^{\prime}(x)$ est strictement positif pour $x$ assez grand.
Revenons 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.
On a alors pour tout $x \geqslant a$ :

$$
\begin{aligned}
\mathrm{P}(\mathrm{P}(\mathrm{x})) & >\mathrm{P}(\mathrm{Q}(x)) \quad \text { puisque } \mathrm{P}(\mathrm{x})>\mathrm{Q}(\mathrm{x}) \\
& =\mathrm{Q}(\mathrm{Q}(\mathrm{x}))+\mathrm{R}(\mathrm{Q}(\mathrm{x})) \\
& >\mathrm{Q}(\mathrm{Q}(\mathrm{x}))
\end{aligned}
$$

ce qui contredit $\mathrm{P}(\mathrm{P}(\mathrm{x}))=\mathrm{Q}(\mathrm{Q}(\mathrm{x}))$.
![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_24_91b3ef6ada73ecb28a05g-8.jpg?height=85&width=183&top_left_y=960&top_left_x=971)

problem_match: Exercice 8.

solution_match: Solution de l'exercice 8


problem:
Soit $n>0$ un entier et $x_{1}, \cdots, x_{n}$ des réels strictement positifs. Prouver que :

$$
\begin{gathered}
\max _{x_{1}>0, \cdots, x_{n}>0} \min \left(x_{1}, \frac{1}{x_{1}}+x_{2}, \cdots, \frac{1}{x_{n-1}}+x_{n}, \frac{1}{x_{n}}\right)= \\
\min _{x_{1}>0, \cdots, x_{n}>0} \max \left(x_{1}, \frac{1}{x_{1}}+x_{2}, \cdots, \frac{1}{x_{n-1}}+x_{n}, \frac{1}{x_{n}}\right)=2 \cos \left(\frac{\pi}{n+2}\right) .
\end{gathered}
$$

solution:
Soit Ul'ensemble des n -uplets de réels strictement positifs. Pour $x=\left(x_{1}, \cdots, x_{n}\right) \in U$, on pose

$$
\begin{aligned}
& \quad m(x)=\min \left(x_{1}, \frac{1}{x_{1}}+x_{2}, \cdots, \frac{1}{x_{n-1}}+x_{n}, \frac{1}{x_{n}}\right) \\
& \text { et } M(x)=\max \left(x_{1}, \frac{1}{x_{1}}+x_{2}, \cdots, \frac{1}{x_{n-1}}+x_{n}, \frac{1}{x_{n}}\right)
\end{aligned}
$$

Notre 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 $M(a) \leqslant M(x)$.

Soit $a=\left(a_{1}, \cdots, a_{n}\right) \in U$.
La condition $m(a)=M(a)$ s'écrit

$$
a_{1}=\frac{1}{a_{1}}+a_{2}=\cdots=\frac{1}{a_{n-1}}+a_{n}=\frac{1}{a_{n}} .
$$

Mais, admettons pour le moment que l'on ait déjà trouvé $a \in U$ tel que $m(a)=M(a)$.
Par l'absurde : On suppose qu'il existe $x \in U$ tel que $m(x)>m(a)$.
On prouve alors par récurrence sur $k$ que $x_{k}>\mathfrak{a}_{k}$ pour tout $k \in\{1, \cdots, \mathfrak{n}\}$ :
Déjà, on a $x_{1} \geqslant m(x)>m(a)=a_{1}$.
D'autre part, si $x_{k}>a_{k}$ pour un certain $k \in\{1, \cdots, n-1\}$, alors

$$
\frac{1}{x_{k}}+x_{k+1} \geqslant m(x)>m(a)=\frac{1}{a_{k}}+a_{k+1}
$$

Or, 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.
En particulier, on a donc $x_{n}>a_{n}$.
Mais, $\frac{1}{x_{n}} \geqslant m(x)>m(a)=\frac{1}{a_{n}}$, d'où $x_{n}<a_{n}$. Contradiction.
Ainsi, pour tout $x \in U$, on a $m(x) \leqslant m(a)$.
On démontre de même que $M(a) \leqslant M(x)$, pour tout $x \in U$.
Dans ces conditions, on a $\max _{x \in U}\{m(x)\}=\mathfrak{m}(a)=M(a)=\min _{x \in U}\{M(x)\}$, comme désiré.
Pour conclure, il ne reste donc plus qu'à trouver $a \in U$ vérifiant (1).
Montrons comment trouver un tel a sans trop s'aider de l'énoncé :
Supposons qu'un tel a existe. On note $\alpha>0$ la valeur commune dans (1).
On 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)

Comme $\alpha=\frac{1}{a_{n}}$, on doit avoir $b_{n-1}=\alpha b_{n}$, ce qui signifie que $b_{n+1}=0$.
Revenons sur $\alpha$. En fait, on a même $\alpha<2$ :
En effet, supposons que $\alpha \geqslant 2$. Alors, $a_{1}=\alpha \geqslant 2$ et, par une récurrence sans difficulté, on déduit que $a_{k}=\alpha-\frac{1}{a_{k-1}} \geqslant 1+\frac{1}{k}$.
En particulier, on a $a_{n} \geqslant 1+\frac{1}{n}>1$ et $a_{n}=\frac{1}{\alpha}<1$, contradiction.
On peut donc poser $\alpha=2 \cos (t)$ où $t \in] 0, \frac{\pi}{2}[$.
Compte-tenu de la formule bien connue

$$
2 \cos (a) \sin (b)=\sin (b+a)+\sin (b-a)
$$

une autre récurrence sans difficulté à partir de (2) conduit alors à

$$
b_{k}=\frac{\sin ((k+1) t)}{\sin (t)} \text { pour tout } k \geqslant 0
$$

La 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 $a_{k}=\frac{\sin \left(\frac{(k+1) \pi}{n+2}\right)}{\sin \left(\frac{k \pi}{n+2}\right)}$.

Réciproquement, on vérifie aisément que, dans ces conditions, la chaîne d'égalités (1) est vraie.
![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_24_91b3ef6ada73ecb28a05g-9.jpg?height=237&width=521&top_left_y=2234&top_left_x=802)
$\mathcal{F i n}$

problem_match: Exercice 9.

solution_match: Solution de l'exercice 9