{"year": "2015", "tier": "T2", "problem_label": "1", "problem_type": null, "exam": "French_envois", "problem": "Soit $a, b$ et $c$ des réels tels que\n\n$$\n|a-b| \\geq|c|,|b-c| \\geq|a| \\text { et }|c-a| \\geq|b| .\n$$\n\nProuver que l'un des trois nombres $a, b$ et $c$ est la somme des deux autres.", "solution": "La première inégalité s'écrit $(a-b)^{2} \\geq c^{2}$, ou encore $(a-b+c)(a-b-c) \\geq 0$. De même, les deux autre inégalités conduisent à $(b-c+a)(b-c-a) \\geq 0$ et $(c-a+b)(c-a-b) \\geq 0$.\n\nEn multipliant membre à membre ces trois inégalités, il vient\n\n$$\n(a-b+c)^{2}(-a+b+c)^{2}(a+b-c)^{2} \\leq 0\n$$\n\nOr, un carré étant toujours positif, c'est donc que l'un des facteurs est nul, ce qui conclut.", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2014-2015-envoi-4-solutions.jsonl", "problem_match": "## Exercice 1.", "solution_match": "## Solution."}}
{"year": "2015", "tier": "T2", "problem_label": "1", "problem_type": null, "exam": "French_envois", "problem": "Soit $a, b$ et $c$ des réels tels que\n\n$$\n|a-b| \\geq|c|,|b-c| \\geq|a| \\text { et }|c-a| \\geq|b| .\n$$\n\nProuver que l'un des trois nombres $a, b$ et $c$ est la somme des deux autres.", "solution": ".\n\nLes variables $a, b$ et $c$ jouent des rôles symétriques. En outre, le problème est invariant si on change simultanément les signes de $a, b$ et $c$. Ainsi, il y a au moins deux variables parmi $a, b$ et $c$ qui ont le même signe ; on peut donc supposer, sans perte de généralité, que l'on est dans un des deux cas $a \\geq b \\geq c \\geq 0$ ou $a \\geq b \\geq 0 \\geq c$.\nMontrons que la relation $b=a+c$ est vraie dans les deux cas, ce qui conclura le problème.\n\n1. Si $a \\geq b \\geq c \\geq 0$, alors $b \\geq b-c=|b-c| \\geq|a|=a$; chaque inégalité est donc une égalité, d'où la relation $b=b-c=|b-c|=|a|=a$.\n2. Si $a \\geq b \\geq 0 \\geq c$, alors $b-c=|b-c| \\geq|a|=a$ et $a-b=|a-b| \\geq|c|=-c$, d'où la relation $a+c \\geq b \\geq a+c$.", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2014-2015-envoi-4-solutions.jsonl", "problem_match": "## Exercice 1.", "solution_match": "## Solution alternative"}}
{"year": "2015", "tier": "T2", "problem_label": "2", "problem_type": null, "exam": "French_envois", "problem": "Déterminer tous les nombres irrationnels $x$ pour lesquels les deux nombres $x^{2}+x$ et $x^{3}+2 x^{2}$ sont des entiers.", "solution": "Soit $x$ un nombre irrationnel pour lequel les deux nombres $x^{2}+x$ et $x^{3}+2 x^{2}$ sont des entiers.\n\nOn pose $x^{2}+x=a$ et $x^{3}+2 x^{2}=b$, où $a$ et $b$ sont des entiers. Alors $b-a x=x^{2}=a-x$, et ainsi $x(a-1)=b-a$. Si $a-1 \\neq 0$, on aurait $x=\\frac{b-a}{a-1}$, et $x$ serait rationnel, en contradiction avec l'énoncé.\n\nPar suite, on a $a=1$ et donc $b=a=1$. Mais alors $x^{2}+x-1=0$ et $x^{3}+2 x^{2}-1=0$. On note que, si $x^{2}+x-1=0$, alors $x^{3}=-x^{2}+x$ et $x=-x^{2}+1$, d'où $x^{3}+2 x^{2}-1=0$.\n\nAinsi, les solutions du problème sont les solutions irrationnelles de l'équation du second degré $x^{2}+x-1=0$, c'est-à-dire les nombres $x_{1}=\\frac{-1-\\sqrt{5}}{2}$ et $x_{2}=\\frac{-1+\\sqrt{5}}{2}$. Puisque $\\sqrt{5}$ n'est pas rationnel, ces deux nombres sont effectivement des solutions du problème.", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2014-2015-envoi-4-solutions.jsonl", "problem_match": "## Exercice 2.", "solution_match": "## Solution."}}
{"year": "2015", "tier": "T2", "problem_label": "3", "problem_type": null, "exam": "French_envois", "problem": "Soit $x$ un réel strictement positif tel que $x^{5}-x^{3}+x \\geq 3$. Prouver que $x^{6} \\geq 5$.", "solution": "La clé du problème est la factorisation $x^{6}+1=\\left(x^{2}+1\\right)\\left(x^{4}-x^{2}+1\\right)$, valable pour tout réel $x$.\n\nSoit $x>0$ tel que $x^{5}-x^{3}+x \\geq 3$. D'après l'identité ci-dessus, on a alors\n\n$$\nx^{6}+1=\\left(x^{2}+1\\right)\\left(x^{4}-x^{2}+1\\right)=\\frac{x^{2}+1}{x}\\left(x^{5}-x^{3}+x\\right)=\\left(x+\\frac{1}{x}\\right)\\left(x^{5}-x^{3}+x\\right)\n$$\n\net donc $x^{6}+1 \\geq 3\\left(x+\\frac{1}{x}\\right)$.\nOr, d'après l'inégalité arithmético-géométrique (IAG), on a $x+\\frac{1}{x} \\geq 2$, d'où $x^{6}+1 \\geq 6$, et ainsi $x^{6} \\geq 5$, comme souhaité.", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2014-2015-envoi-4-solutions.jsonl", "problem_match": "## Exercice 3.", "solution_match": "## Solution."}}
{"year": "2015", "tier": "T2", "problem_label": "4", "problem_type": null, "exam": "French_envois", "problem": "Déterminer tous les réels $t$ pour lesquels le polynôme\n\n$$\nP(x)=x^{3}+3 t x^{2}+(4 t-1) x+t\n$$\n\npossède deux racines réelles dont la différence est égale à 1 .", "solution": "Si $t$ est un réel fixé, on pose $P_{t}(x)=x^{3}+3 t x^{2}+(4 t-1) x+t$.\nLa première chose à remarquer est que, pour tout $t$, on a $P_{t}(-1)=0$. Par suite, -1 est une racine du polynôme $P_{t}$, ce qui assure que $P_{t}(x)$ est factorisable par $x+1$. On trouve ainsi que\n\n$$\nP_{t}(x)=(x+1)\\left(x^{2}+(3 t-1) x+t\\right)\n$$\n\npour tout réels $x$ et $t$.\nSoit $t$ un réel pour lequel $P_{t}$ possède deux racines réelles dont la différence est égale à 1 , disons $a$ et $a+1$.\n\n- Si $a=-1$ : il faut et il suffit que 0 soit également une racine de $P_{t}$. Comme $P_{t}(0)=t$, cela signifie que $t=0$.\n- Si $a+1=-1$, il faut et il suffit que -2 soit également une racine de $P_{t}$. Comme $P_{t}(-2)=5 t-6$, cela signifie que $t=\\frac{6}{5}$.\n- Si -1 n'est ni $a$ ni $a+1$, c'est donc que $a$ et $a+1$ sont les racines de $x^{2}+(3 t-1) x+t$. On a donc $a^{2}+(3 t-1) a+t=0$ et $(a+1)^{2}+(3 t-1)(a+1)+t=0$. Par soustraction, il vient $2 a+1+3 t-1=0$, soit donc $a=-\\frac{3 t}{2}$. En reportant dans la première équation ci-dessus, il vient alors $-9 t^{2}+10 t=0$, soit $t=0$ ou $t=\\frac{10}{9}$.\nRéciproquement, on a déjà vu que $t=0$ convenait et, pour $t=\\frac{10}{9}$, les racines de $P_{t}$ sont $-1,-\\frac{2}{3}$ et $-\\frac{5}{3}$, ce qui prouve que $t=\\frac{10}{9}$ est bien une solution du problème.\nFinalement, les réels $t$ cherchés sont $\\frac{10}{9}, \\frac{6}{5}$ et 0 .", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2014-2015-envoi-4-solutions.jsonl", "problem_match": "## Exercice 4.", "solution_match": "## Solution."}}
{"year": "2015", "tier": "T2", "problem_label": "5", "problem_type": null, "exam": "French_envois", "problem": "(Vietnam 2014).\n\nDéterminer toutes les fonctions $f: \\mathbb{Z} \\mapsto \\mathbb{Z}$ telles\n\n$$\nf(2 m+f(m)+f(m) f(n))=n f(m)+m\n$$\n\npour tous les entiers $m$ et $n$.", "solution": "Soit $f$ une éventuelle solution. On note $\\mathbf{E}_{x, y}$ l'égalité de l'énoncé.\nPosons $a=f(0)$. L'égalité $\\mathbf{E}_{x, 0}$ indique que $f(2 x+(1+a) f(x))=x$, ce qui montre que $f$ est surjective. Puis, en choisissant un entier $b$ tel que $f(b)=-1$, l'égalité $\\mathbf{E}_{b, y}$ indique que $f(2 b+1-f(y))=b-y$, ce qui montre que $f$ est injective, donc bijective.\nLes égalités $\\mathbf{E}_{b, b}$ et $\\mathbf{E}_{0,0}$ indiquent respectivement que $f(2 b)=0$ et que $f\\left(a+a^{2}\\right)=0$. Il s'ensuit que $2 b=a+a^{2}$. De surcroît, l'égalité $\\mathbf{E}_{a b, 0}$ indique que $f(0)=a b$, c'est-à-dire $0=a(a-1)(a+2)$. Ainsi, $a \\in\\{-2,0,1\\}$.\nEnfin, les égalités $\\mathbf{E}_{0, y}$ et $\\mathbf{E}_{a y, 0}$ indiquent respectivement que $f(a f(y)+a)=a y$ et que $f(2 a y+(a+1) f(a y))=a y$. Il s'ensuit que $a f(y)+a=2 a y+(a+1) f(a y)$, égalité que l'on note ( $\\boldsymbol{\\phi}$ ).\n\n- Si $a=1$, alors l'égalité ( $\\boldsymbol{\\oplus}$ ) indique que $f(y)+1=2 y+2 f(y)$. Il s'ensuit que $f: y \\mapsto 1-2 y$, qui n'est manifestement pas bijective.\n- Si $a=0$, alors $b=0$, et l'égalité $\\mathbf{E}_{x, 0}$ indique que $f(2 x)=x$. Cela prouve que $f$ n'est pas injective, puisque chaque entier a déjà un antécédent pair.\n- Si $a=-2$, alors $b=1$, et l'égalité ( $\\boldsymbol{\\oplus}$ ) indique que $-2 f(y)-2=-4 y-f(-2 y)$. Or, l'égalité $\\mathbf{E}_{x, 1}$ indique que $f(2 x)=f(x)+x$. En combinant ces deux égalités, on en déduit que $f(-x)-x=f(-2 x)=2 f(x)+2-4 x$, donc que $f(-x)=2 f(x)+2-3 x$. De manière symétrique, on sait que $f(x)=2 f(-x)+2+3 x$, d'où la relation $f: x \\mapsto x-2$.\n\nRéciproquement, il on vérifie aisément que la fonction $f: n \\longmapsto n-2$ est bien une solution du problème : c'en est donc l'unique solution.", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2014-2015-envoi-4-solutions.jsonl", "problem_match": "## Exercice 5", "solution_match": "## Solution."}}
{"year": "2015", "tier": "T2", "problem_label": "6", "problem_type": null, "exam": "French_envois", "problem": "(Pays-Bas 2014).\n\nSoit $P$ un polynôme à coefficients entiers, de degré $n$, avec $n \\leq 10$. On suppose que $|P(10)-P(0)|<1000$ et que, pour tout $k \\in\\{1, \\ldots, 10\\}$, il existe un entier $m$ tel que $P(m)=k$. Montrer que, pour tout entier $k$ il existe un entier $m$ tel que $P(m)=k$.", "solution": "Pour $i \\in\\{1, \\ldots, 10\\}$, on désigne par $c_{i}$ un entier tel que $P\\left(c_{i}\\right)=i$. Pour $i \\in\\{1, \\ldots, 9\\}$, puisque $P$ est à coefficients entiers, l'entier $c_{i+1}-c_{i}$ divise $P\\left(c_{i+1}\\right)-P\\left(c_{i}\\right)=i+1-i=1$, d'où $c_{i+1}-c_{i}= \\pm 1$. De plus, pour $i, j \\in\\{1, \\ldots, 10\\}$ distincts, on a $P\\left(c_{i}\\right)=i \\neq j=P\\left(c_{j}\\right)$, donc $c_{i} \\neq c_{j}$. Ainsi, $c_{1}, c_{2}, \\ldots, c_{10}$ sont, dans cet ordre, dix entiers consécutifs.\nQuitte à étudier le polynôme $P(10-X)$ plutôt que le polynôme $P(X)$ lui-même, on peut supposer que $c_{1}<c_{2}<\\cdots<c_{10}$ : on a donc $c_{i}=c_{1}+i-1$. Soit alors les polynômes $Q(X)=X+1-c_{1}$ et $R(X)=P(X)-Q(X)$. Le polynôme $Q$ est affine, donc de degré 1 , et $R$ est de degré au plus 10 .\nEn outre, pour $i=1,2, \\ldots, 10$, on a $R\\left(c_{i}\\right)=P\\left(c_{i}\\right)-Q\\left(c_{i}\\right)=i-i=0$, donc $c_{1}, \\ldots, c_{10}$ sont dix racines distinctes entières du polynôme $R$, à coefficients entiers. On peut donc factoriser $R$ sous la forme $R(X)=S(X) T(X)$, où $S(X)=\\prod_{i=1}^{10}\\left(X-c_{i}\\right)$ et où $T$ est un polynôme à coefficients entiers. Remarquons que $T$ est de degré au plus 0 , ce qui signifie que $T$ est constant : il existe un entier $a$ tel que $R=a S$.\nSi $a=0$, on a bien $P=Q$, donc $P$ est affine de coefficient $\\pm 1$ et $P(\\mathbb{Z})=\\mathbb{Z}$ : on suppose désormais que $a \\neq 0$. Notons alors que $S(n) \\equiv 0(\\bmod 10!)$ pour tout entier $n$. En effet, soit $k \\geq 10$ un entier. Alors\n\n$$\nS\\left(c_{1}+k\\right)=\\prod_{i=0}^{9}(k-i)=10!\\binom{k}{10} \\equiv 0 \\quad(\\bmod 10!)\n$$\n\nLa relation $S\\left(c_{1}+k\\right) \\equiv 0$ est donc vraie dans $\\mathbb{Z} / 10!\\mathbb{Z}$, ce qui signifie bien que $S(n) \\equiv 0$ $(\\bmod 10!)$ pour tout entier $n$.\nEn particulier, il s'ensuit que $R(n) \\equiv 0(\\bmod 10!)$ pour tout entier $n$. Or,\n\n$$\n|R(10)-R(0)| \\leq|P(10)-P(0)|+|Q(10)-Q(0)| \\leq 1010<10!\n$$\n\nAinsi, $R(10)=R(0)$, donc $S(10)=S(0)$. Le polynôme $S$ est strictement monotone sur $\\left.]-\\infty, c_{1}\\right]$ et sur $\\left[c_{10},+\\infty\\left[\\right.\\right.$, donc on ne peut avoir ni $10 \\leq c_{1}$ ni $0 \\geq c_{10}$. Ainsi, l'un des entiers 0 et 10 doit être une racine de $S$, mais alors l'autre aussi, ce qui est impossible car les racines de $S$ sont mutuellement distantes d'au plus 9 .\nLe cas $a \\neq 0$ est donc impossible, ce qui conclut le problème.", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2014-2015-envoi-4-solutions.jsonl", "problem_match": "## Exercice 6", "solution_match": "## Solution."}}
{"year": "2015", "tier": "T2", "problem_label": "7", "problem_type": null, "exam": "French_envois", "problem": "Soit $n \\geq 0$ un entier, et $x_{1}, x_{2}, \\ldots, x_{n+1}$ des réels strictement positifs tels que $\\prod_{k=1}^{n+1} x_{i}=1$. Prouver que\n\n$$\n\\sqrt[x_{1}]{n}+\\sqrt[x_{2}]{n}+\\cdots+\\sqrt[x_{n+1}]{n} \\geq n \\sqrt[n]{x_{1}}+n \\sqrt[n]{x_{2}}+\\cdots+n \\sqrt[n]{x_{n+1}}\n$$", "solution": "Par IAG (deux fois), on a\n\n$$\n\\begin{aligned}\nn \\cdot \\sum_{i=1}^{n+1} \\sqrt[x_{i}]{n} & =\\sum_{j=1}^{n+1}\\left(\\sum_{i \\neq j} n^{\\frac{1}{x_{i}}}\\right) \\\\\n& \\geq \\sum_{j=1}^{n+1}\\left(n \\cdot n^{\\frac{1}{n} \\sum_{i \\neq j} \\frac{1}{x_{i}}}\\right) \\\\\n& \\geq \\sum_{j=1}^{n+1} n \\cdot n \\sqrt[n]{\\prod_{i \\neq j} \\frac{1}{x_{i}}} \\\\\n& =\\sum_{j=1}^{n+1} n \\cdot n \\sqrt[{n \\sqrt{x_{j}}}]{ } \\operatorname{car} x_{1} x_{2} \\cdots x_{n+1}=1\n\\end{aligned}\n$$\n\net il ne reste plus qu'à diviser par $n$ les premier et dernier membres pour obtenir l'inégalité demandée.", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2014-2015-envoi-4-solutions.jsonl", "problem_match": "## Exercice 7.", "solution_match": "## Solution."}}
{"year": "2015", "tier": "T2", "problem_label": "8", "problem_type": null, "exam": "French_envois", "problem": "(Iran 2014).\n\nDéterminer toutes les fonctions $f: \\mathbb{R}_{+}^{*} \\longmapsto \\mathbb{R}_{+}^{*}$ telles que\n\n$$\nf\\left(\\frac{y}{f(x+1)}\\right)+f\\left(\\frac{x+1}{x f(y)}\\right)=f(y)\n$$\n\npour tous $x, y \\in \\mathbb{R}_{+}^{*}$.", "solution": "En cherchant un peu parmi les fonctions usuelles, on constate que la fonction $f: x \\longmapsto \\frac{1}{x}$ est une solution du problème. Nous allons maintenant prouver que c'est la seule.\nSoit $f$ une solution du problème. Si $y>0$ est tel que $y f(y)>1$, posons $x=\\frac{1}{y f(y)-1}$. La relation de l'énoncé donne\n\n$$\nf\\left(\\frac{y}{f(x+1)}\\right)+f(y)=f(y)\n$$\n\nce qui est impossible car $f$ est à valeurs strictement positives. Ainsi, $y f(y) \\leq 1$.\nPour tous $x, y \\in \\mathbb{R}_{+}^{*}$, on a donc\n\n$$\nf(y)=f\\left(\\frac{y}{f(x+1)}\\right)+f\\left(\\frac{x+1}{x f(y)}\\right) \\leq \\frac{f(x+1)}{y}+\\frac{x f(y)}{x+1},\n$$\n\ndonc $y f(y) \\leq(x+1) f(x+1)$. En particulier, pour tous les réels $a, b>1$, on a bien $a f(a) \\leq b f(b) \\leq a f(a)$ : il existe donc un réel $c \\in] 0,1]$ tel que $x f(x)=c$ pour tout $x>1$.\nSi $y>1$, alors $y>c$ donc $\\frac{y(x+1)}{c}>x+1>1$ et $\\frac{(x+1) y}{x c}>\\frac{y}{c}>1$, et\n\n$$\n\\begin{aligned}\nc & =y \\cdot f(y)=y \\cdot f\\left(\\frac{y}{f(x+1)}\\right)+y \\cdot f\\left(\\frac{x+1}{x f(y)}\\right) \\\\\n& =y \\cdot f\\left(\\frac{(x+1) \\cdot y}{c}\\right)+y \\cdot f\\left(\\frac{(x+1) \\cdot y}{c \\cdot x}\\right) \\\\\n& =\\frac{c^{2} \\cdot y}{(x+1) \\cdot y}+\\frac{c^{2} \\cdot x \\cdot y}{(x+1) \\cdot y}=c^{2},\n\\end{aligned}\n$$\n\ndonc $c=1$. On a donc $f(x)=\\frac{1}{x}$ pour tout $x>1$.\nOn va maintenant prouver, par récurrence sur $k \\in \\mathbb{N}$, que $f(x)=\\frac{1}{x}$ pour tout $x>2^{-k}$. Le résultat est déjà connu pour $k=0$. En outre, si on suppose le résultat connu pour $k \\geq 0$, posons $x=1$. Si $y>2^{-1-k}$, alors $2 y>2^{-k}$ et $\\frac{2}{f(y)} \\geq 2 y>2^{-k}$. L'énoncé indique donc que\n\n$$\nf(y)=f(2 y)+f\\left(\\frac{2}{f(y)}\\right)=\\frac{1}{2 y}+\\frac{f(y)}{2}\n$$\n\nc'est-à-dire $f(y)=\\frac{1}{y}$. Le résultat est donc vrai aussi pour $k+1$.\nCeci montre que $f: x \\longmapsto \\frac{1}{x}$ est bien l'unique solution du problème.", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2014-2015-envoi-4-solutions.jsonl", "problem_match": "## Exercice 8", "solution_match": "## Solution."}}
{"year": "2015", "tier": "T2", "problem_label": "9", "problem_type": null, "exam": "French_envois", "problem": "Soit $a \\in] 0 ; 1\\left[\\right.$ et $n>0$ un entier. On note $f_{n}$ la fonction définie sur $\\mathbb{R}$ par $f_{n}(x)=x+\\frac{x^{2}}{n}$, pour tout réel $x$. Prouver que\n\n$$\n\\frac{a(1-a) n^{2}+2 a^{2} n+a^{3}}{(1-a)^{2} n^{2}+a(2-a) n+a^{2}}<\\underbrace{\\left(f_{n} \\circ f_{n} \\circ \\cdots \\circ f_{n}\\right)}_{n}(a)<\\frac{a n+a^{2}}{(1-a) n+a} .\n$$", "solution": "Pour tout entier $k \\geq 0$, posons $a_{k}=\\underbrace{\\left(f_{n} \\circ f_{n} \\circ \\cdots \\circ f_{n}\\right)}_{k}(a)$. En particulier, $a_{0}=a$.\nOn remarque que, pour tout $k \\geq 0$, on a $a_{k+1}=a_{k}+\\frac{a_{k}^{2}}{n}>a_{k}$, donc la suite $\\left(a_{k}\\right)$ est strictement croissante. En particulier, $a_{k} \\geq a>0$ pour tout $k \\geq 0$.\nDe plus, pour tout $k \\geq 0$, on a $a_{k+1}=\\frac{a_{k}\\left(a_{k}+n\\right)}{n}$ et donc\n\n$$\n\\frac{1}{a_{k+1}}=\\frac{1}{a_{k}}-\\frac{1}{a_{k}+n} .\n$$\n\nAinsi, après sommation de ces égalités pour $k=0, \\ldots, n-1$, on a\n\n$$\n\\frac{1}{a_{n}}=\\frac{1}{a}-\\sum_{k=0}^{n-1} \\frac{1}{a_{k}+n}\n$$\n\nPuisque $\\left(a_{k}\\right)$ est strictement croissante et à valeurs positives, on a\n\n$$\n\\frac{n}{a_{n}+n}<\\sum_{k=0}^{n-1} \\frac{1}{a_{k}+n}<\\frac{n}{a+n}\n$$\n\net ainsi\n\n$$\n\\frac{1}{a}-\\frac{n}{a+n}<\\frac{1}{a_{n}}<\\frac{1}{a}-\\frac{n}{a_{n}+n} .\n$$\n\nL'inégalité de gauche est équivalente à $a_{n}<\\frac{a n+a^{2}}{(1-a) n+a}$, ce qui est l'inégalité de droite de l'encadrement demandé.\n\nReportons maintenant cette dernière inégalité dans l'inégalité de droite de (1). Il vient\n\n$$\n\\frac{1}{a_{n}}<\\frac{1}{a}-\\frac{n}{\\frac{a n+a^{2}}{(1-a) n+a}+n}\n$$\n\nou encore\n\n$$\n\\frac{a(1-a) n^{2}+2 a^{2} n+a^{3}}{(1-a)^{2} n^{2}+a(2-a) n+a^{2}}<a_{n}\n$$\n\nce qui est l'inégalité de gauche de l'encadrement demandé.", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2014-2015-envoi-4-solutions.jsonl", "problem_match": "## Exercice 9.", "solution_match": "## Solution."}}
{"year": "2015", "tier": "T2", "problem_label": "10", "problem_type": null, "exam": "French_envois", "problem": "(Iran 2014).\n\nDéterminer tous les polynômes $P$ à coefficients entiers pour lesquels l'ensemble $P(\\mathbb{N})$ contient une suite géométrique infinie de raison $a$ avec $a \\notin\\{-1,0,1\\}$ et de premier terme non nul.", "solution": "Tout d'abord, on note que si $P$ est un polynôme ayant les propriétés de l'énoncé, alors - $P$ les possède aussi (il suffit de changer le premier terme de la suite géométrique en son opposée). On peut donc supposer que le coefficient dominant de $P$ est strictement positif.\nSoit $\\left(u_{k}\\right)=\\left(u_{0} \\cdot a^{k}\\right)$ une suite géométrique infinie telle que décrite ci-dessus. Alors, quitte à la remplacer par la suite $\\left(u_{2 k}\\right)=\\left(u_{0} \\cdot\\left(a^{2}\\right)^{k}\\right)$, on peut supposer que $a>0$.\nDe plus, notons que $a=\\frac{u_{1}}{u_{0}}$ est rationnel. Si $a$ n'est pas entier, soit $p$ un facteur premier tel que la valuation $p$-adique de $a$ soit strictement négative c'est-à-dire que $v_{p}(a) \\leq-1$. En posant $k=v_{p}\\left(u_{0}\\right)$, on constate alors que $v_{p}\\left(u_{k+1}\\right) \\leq-1$, ce qui contredit le fait que $u_{k+1}$ soit entier, donc que $u_{k+1} \\in P(\\mathbb{N})$. Ainsi, on sait que $a$ est un entier tel que $a>1$.\nDéveloppons alors le polynôme $P$ sous la forme $P(x)=p_{n} x^{n}+p_{n-1} x^{n-1}+\\cdots+p_{1} x+p_{0}$. Pour tout entier $b$, on a\n\n$$\n\\begin{aligned}\nP(a x+b) & =a^{n} p_{n} x^{n}+\\left(n a^{n-1} p_{n} b+a^{n-1} p_{n-1}\\right) x^{n-1}+\\cdots \\text { et } \\\\\na^{n} P(x) & =a^{n} p_{n} x^{n}+a^{n} p_{n-1} x^{n-1}+\\cdots+a^{n} p_{0} .\n\\end{aligned}\n$$\n\nLe polynôme $P(a x+b)-a^{n} P(x)$ est un polynôme de degré au plus $n-1$ et dont le coefficient de degré $n-1$ est $a^{n-1}\\left(n p_{n} b+p_{n-1}(1-a)\\right)$. Notons que $P$ est non constant, donc que $n p_{n}>0$ : ce coefficient a donc une expression affine strictement croissante en $b$. Ainsi, il existe un entier $b$ tel que\n\n$$\nn p_{n}(b+1)+p_{n-1}(1-a)>0>n p_{n}(b-1)+p_{n-1}(1-a) .\n$$\n\nPar conséquent, il existe même un entier $N \\geq 0$ tel que\n\n- $P(a x+b-1)<a^{n} P(x)<P(a x+b+1)$ pour tout $x \\geq N$, et\n- $P$ est strictement croissante sur $[N,+\\infty[$.\n\nEn outre, soit $M$ un entier tel que $M \\geq N$ et $a M+b-1 \\geq N$ : quitte à considérer une suite $\\left(u_{k+\\ell}\\right)=\\left(u_{\\ell} \\cdot a^{k}\\right)$ au lieu de la suite $\\left(u_{k}\\right)$, on peut supposer que $\\left|u_{0}\\right|>\\sum_{i=0}^{M}|P(i)|$. Pour tout entier $k \\geq 0$, il existe donc un entier $v_{k}>M$ tel que $P\\left(v_{k}\\right)=u_{k}=u_{0} \\cdot a^{k}$.\n\nEn particulier, notons que\n\n$$\nP\\left(a v_{k}+b-1\\right)<a^{n} P\\left(v_{k}\\right)=P\\left(v_{k+n}\\right)<P\\left(a v_{k}+b+1\\right),\n$$\n\ndonc que $v_{k+n}=a v_{k}+b$ et que $a^{n} P\\left(v_{k}\\right)=P\\left(a v_{k}+b\\right)$. Ainsi, chaque entier $v_{k}$ est une racine du polynôme $a^{n} P(X)-P(a X+b)$, qui est donc nul. On a donc l'égalité de polynômes $a^{n} P(X)=P(a X+b)$.\nPuisque $P$ est non constant, soit $r$ une racine de $P$. On pose alors\n\n$$\n\\delta=\\frac{b}{1-a} \\text { et } \\rho_{k}=a^{k}(r-\\delta)+\\delta\n$$\n\nAlors $\\rho_{0}=r$ et $\\rho_{k+1}=a\\left(\\rho_{k}-\\delta\\right)+\\delta=a \\rho_{k}+b$. Une récurrence immédiate montre donc que tous les termes $\\rho_{k}$ sont des racines de $P$.\n\nOr, si $r \\neq \\delta$, les termes $\\rho_{k}$ sont deux à deux distincts, et $P$ se retrouve être nul, ce qui est impossible. donc $r=\\delta$ est nécessairement la seule racine de $P$, de sorte que l'on peut écrire $P(X)=p_{n}(X-\\delta)^{n}$. Puisque $P(X)=p_{n} X^{n}-n p_{n} \\delta X^{n-1}+\\cdots+(-1)^{n} p_{n} \\delta^{n}$ est à coefficients entiers, alors $n p_{n} \\delta$ est entier, donc $\\delta$ est rationnel, et peut s'écrire sous forme irréductible $\\delta=\\frac{u}{v}$. Puis $p_{n} \\delta^{n}$ est entier, donc $v^{n}$ divise $p_{n}$, et l'on peut factoriser $p_{n}$ sous la forme $p_{n}=w v^{n}$. On peut alors réécrire $P(X)=w(v X-u)^{n}$, avec $n, u, v$ et $w$ entiers et $n \\geq 1, v \\neq 0, w \\neq 0$.\n\nRéciproquement, supposons que $P(X)=w(v X-u)^{n}$ avec $n, u, v$ et $w$ entiers et $n \\geq 1$, $v \\neq 0, w \\neq 0$.\n\n- Si $u=0$, alors $P\\left(2^{k}\\right)=v^{n} \\cdot w \\cdot 2^{k n}$ décrit bien une suite géométrique de raison $2^{n} \\notin\\{-1,0,1\\}$ et de premier terme $P(1)=v^{n} \\cdot w$ non nul.\n- Si $u \\cdot v>0$, on pose $x_{k}=(3 u v-1)^{2 k+1}+1$ et $y_{k}=\\frac{u}{v} x_{k}$. Alors $x_{k} \\equiv 0(\\bmod v)$, de sorte que $y_{k} \\in \\mathbb{N}$. En outre, $P\\left(y_{k}\\right)=w \\cdot u^{n} \\cdot(3 u v-1)^{(2 k+1) n}$ décrit bien une suite géométrique de raison $(3 u v-1)^{2 n} \\notin\\{-1,0,1\\}$ et de premier terme $P\\left(3 u^{2}\\right)=w \\cdot u^{n} \\cdot(3 u v-1)^{n}$ non nul.\n- Si $u \\cdot v<0$, on pose $x_{k}=1-(3 u v+1)^{2 k}$ et $y_{k}=\\frac{u}{v} x_{k}$. Alors $x_{k} \\equiv 0(\\bmod v)$, de sorte que $y_{k} \\in \\mathbb{N}$. En outre, $P\\left(y_{k}\\right)=w \\cdot(-u)^{n} \\cdot(3 u v+1)^{(2 k) n}$ décrit bien une suite géométrique de raison $(3 u v+1)^{2 n} \\notin\\{-1,0,1\\}$ et de premier terme $P(0)=w \\cdot(-u)^{n}$ non nul.\n\nLes polynômes recherchés sont donc exactement ceux de la forme $P(x)=w(v x+u)^{n}$, avec $n, u, v$ et $w$ des entiers tels que $n>0, v \\neq 0$ et $w \\neq 0$.", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2014-2015-envoi-4-solutions.jsonl", "problem_match": "## Exercice 10", "solution_match": "## Solution."}}