problem:
Déterminer la valeur minimale de

$$
\left\lfloor\frac{\mathrm{a}+\mathrm{b}+\mathrm{c}}{\mathrm{~d}}\right\rfloor+\left\lfloor\frac{\mathrm{b}+\mathrm{c}+\mathrm{d}}{\mathrm{a}}\right\rfloor+\left\lfloor\frac{\mathrm{c}+\mathrm{d}+\mathrm{a}}{\mathrm{~b}}\right\rfloor+\left\lfloor\frac{\mathrm{d}+\mathrm{a}+\mathrm{b}}{\mathrm{c}}\right\rfloor
$$

lorsque $\mathrm{a}, \mathrm{b}, \mathrm{c}, \mathrm{d}$ décrivent $\mathbb{N}^{*}$.

solution:
Le minimum cherché est 9.
En effet, si a, b, c, d sont des entiers naturels non nuls, on pose

$$
f(a, b, c, d)=\left\lfloor\frac{a+b+c}{d}\right\rfloor+\left\lfloor\frac{b+c+d}{a}\right\rfloor+\left\lfloor\frac{c+d+a}{b}\right\rfloor+\left\lfloor\frac{d+a+b}{c}\right\rfloor .
$$

On rappelle que, pour tout réel $x$, on a $\lfloor x\rfloor>x-1$. Ainsi, pour tous entiers $a, b, c, d>0$, on a

$$
\begin{aligned}
f(a, b, c, d)+4 & >\frac{a+b+c}{d}+\frac{b+c+d}{a}+\frac{c+d+a}{b}+\frac{d+a+b}{c} \\
& >\left(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\right)+\left(\frac{a}{c}+\frac{c}{a}\right)+\left(\frac{a}{d}+\frac{d}{a}\right)+\left(\frac{b}{c}+\frac{c}{b}\right)+\left(\frac{b}{d}+\frac{d}{b}\right)+\left(\frac{c}{d}+\frac{d}{c}\right) \\
& >6 \times 2 \text { car } t+\frac{1}{t} \geqslant 2 \text { pour tout réel } t>0 .
\end{aligned}
$$

Ainsi, $f(a, b, c, d)>8$. Or, $f(a, b, c, d)$ étant clairement un entier, $c^{\prime}$ est donc que $f(a, b, c, d) \geqslant$ 9. Il reste à vérifier que $f(5,5,5,4)=9$ pour conclure.

problem_match: ## Exercice 1.

solution_match: ## Solution de l'exercice 1


problem:
Soit $m$ et $n$ des entiers naturels non nuls. Prouver que

$$
\frac{(m+n)!}{(m+n)^{m+n}}<\frac{m!}{m^{m}} \frac{n!}{n^{n}}
$$

solution:
D'après la formule du binôme, on a

$$
(m+n)^{m+n}=\sum_{k=0}^{m+n}\binom{m+n}{k} m^{k} n^{m+n-k}
$$

Le membre de droite étant une somme de $m+n+1$ nombres strictement positifs, elle est strictement plus grande que n'importe lequel de ces nombres. En particulier, pour $k=m$, on a donc

$$
(m+n)^{m+n}>\binom{m+n}{m} m^{m} n^{n}
$$

Puisque $\binom{m+n}{m}=\frac{(m+n)!}{m!n!}$, cela conclut.
Remarque L'inégalité demandée peut s'interpréter en termes probabilistes. En effet, considérons une urne contenant $m$ boules blanches et $n$ boules noires indiscernables au toucher, et de laquelle on tire successivement $m+n$ boules avec remise. Il est facile de vérifier que la probabilité $p_{m}$ d'obtenir exactement $m$ boules blanches au cours de ces $m+n$ tirages est

$$
p_{m}=\binom{m+n}{m}\left(\frac{m}{m+n}\right)^{m}\left(\frac{n}{m+n}\right)^{n}
$$

Si on note $q_{m}$ la probabilité de ne pas obtenir exactement $m$ boules blanches, on a $q_{m}>0$ et $p_{m}+q_{m}=1$, d'où $p_{m}=1-q_{m}<1$.

problem_match: ## Exercice 2.

solution_match: ## Solution de l'exercice 2


problem:
Soit $a_{0}<a_{1}<a_{2}<\ldots$ une suite infinie d'entiers strictement positifs. Prouver qu'il existe un unique entier $n \geqslant 1$ tel que

$$
a_{n}<\frac{a_{0}+a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n}}{n} \leqslant a_{n+1} .
$$

solution:
Pour $n \geqslant 1$, on pose $d_{n}=a_{0}+a_{1}+\cdots+a_{n}-n a_{n}$.
Clairement, l'inégalité de gauche de l'encadrement souhaité est équivalente à $\mathrm{d}_{\mathrm{n}}>0$.
D'autre part, on a $d_{n+1}=a_{0}+\cdots+a_{n}-n a_{n+1}$, donc l'inégalité de droite est équivalente à $d_{n+1} \leqslant 0$. Il s'agit donc de prouver qu'il existe un unique $n \geqslant 1$ tel que $d_{n+1} \leqslant 0<d_{n}$, ce qui nous pousse naturellement à étudier les variations de la suite ( $d_{i}$ ).
Pour tout $n \geqslant 1$, on a $d_{n+1}-d_{n}=n\left(a_{n}-a_{n+1}\right)<0$ car la suite $\left(a_{i}\right)$ est strictement croissante. De plus, on a $d_{1}=a_{0}>0$.
Ainsi, la suite ( $\mathrm{d}_{\mathrm{i}}$ ) est une suite strictement décroissante $\mathrm{d}^{\prime}$ entiers, ce qui assure qu'elle ne prendra des valeurs négatives ou nulles qu'à partir d'un certain rang, et de premier terme strictement positif. Il existe donc bien un unique indice $n$ pour lequel $d_{n+1} \leqslant 0<d_{n}$, à savoir le plus grand entier tel que $d_{n}>0$.

Remarque La conclusion n'est plus assurée sans l'hypothèse que les $a_{i}$ sont tous des entiers. Un contre-exemple est donné par $a_{n}=2-\frac{1}{2^{n}}$ pour tout $n \geqslant 0$.

## Exercices communs

problem_match: ## Exercice 3.

solution_match: ## Solution de l'exercice 3


problem: Déterminer tous les entiers $n \geqslant 3$ pour lesquels il existe $n$ polynômes $P_{1}, \ldots, P_{n}$ à coefficients réels et tels que, pour tous $i, j, k$ distincts : $P_{i}+P_{j} n^{\prime}$ a aucune racine réelle et $P_{i}+P_{j}+P_{k}$ admet au moins une racine réelle.

solution:
Prouvons que seul $n=3$ a la propriété désirée.
Tout d'abord, en posant $\mathrm{P}_{1}(x)=3 x^{2}+3$ et $\mathrm{P}_{2}(x)=P_{3}(x)=-x^{2}-2$, on vérifie aisément que les polynômes $P_{1}(x)+P_{2}(x)=P_{1}(x)+P_{3}(x)=2 x^{2}+1$ et $P_{2}(x)+P_{3}(x)=-2 x^{2}-4$ n'ont aucune racine réelle, tandis que $P_{1}(x)+P_{2}(x)+P_{3}(x)=x^{2}-1$ admet 1 et -1 comme racines. Ainsi, $n=3$ est une solution du problème.
Remarquons maintenant que si $n \geqslant 4$ polynômes $\mathrm{P}_{1}, \ldots, \mathrm{P}_{n}$ vérifient les conditions requises, alors $\mathrm{P}_{1} \mathrm{P}_{2}, \mathrm{P}_{3}$ et $\mathrm{P}_{4}$ vérifient déjà ces conditions. Pour conclure, il suffit donc de prouver que $n=4 n^{\prime}$ est pas une solution.
La clé est alors de noter que si P et Q sont des polynômes tels que $\mathrm{P}+\mathrm{Q}$ n'a pas de racine rélle, alors $\mathrm{P}+\mathrm{Q}$ garde un signe constant sur $\mathbb{R}$.
On procède donc par l'absurde : supposons que $\mathrm{P}_{1}, \mathrm{P}_{2}, \mathrm{P}_{3}$ et $\mathrm{P}_{4}$ soient des polynômes tels que, pour tous $i, j, k$ distincts, $P_{i}+P_{j}$ n'a aucune racine réelle et $P_{i}+P_{j}+P_{k}$ admet au moins une racine réelle.
Traçons alors le graphe complet dont les sommets sont les polynômes $\mathrm{P}_{1}, \mathrm{P}_{2}, \mathrm{P}_{3}, \mathrm{P}_{4}$ et colorons l'arête $P_{i} P_{j}$ en rouge si $P_{i}+P_{j}$ est strictement positif, et en vert si $P_{i}+P_{j}$ est strictement négatif. Chaque arête est nécessairement colorée. De plus, ce graphe ne peut contenir de triangles dont les trois arêtes sont de la même couleur, ce sans quoi la somme des trois polynômes qui sont les sommets de ce triangle n'aurait pas de racine réelle.
Quitte à changer chaque $P_{i}$ en $-P_{i}$, on peut supposer que deux des trois arêtes issues de $P_{1}$ sont rouges et, quitte à renuméroter, on peut supposer que $P_{1} P_{2}$ et $P_{1} P_{4}$ sont rouges. Pour éviter le triangle rouge $P_{1} P_{2} P_{4}$, $c^{\prime}$ est donc que $P_{2} P_{4}$ est verte. Puisque $P_{2} P_{3} P_{4}$ ne peut avoir ses trois arêtes vertes, $c^{\prime}$ est donc que $P_{2} P_{3}$ ou $P_{4} P_{3}$ est rouge. Par symétrie des rôles, on peut supposer que $\mathrm{P}_{2} \mathrm{P}_{3}$ est rouge. Mais alors $\mathrm{P}_{1} \mathrm{P}_{3}$ est verte.
Ainsi, pour tout réel $x$, on a simultanement

$$
\begin{aligned}
& P_{1}(x)+P_{4}(x)>0 \text { et } P_{2}(x)+P_{3}(x)>0 \text {, donc } P_{1}(x)+P_{2}(x)+P_{3}(x)+P_{4}(x)>0 \text {, et } \\
& P_{1}(x)+P_{3}(x)<0 \text { et } P_{2}(x)+P_{4}(x)<0 \text {, donc } P_{1}(x)+P_{2}(x)+P_{3}(x)+P_{4}(x)<0,
\end{aligned}
$$

ce qui est absurde. Ainsi, $n=4$ n'est pas une solution, ce qui conclut.

problem_match: ## Exercice 4.

solution_match: ## Solution de l'exercice 4


problem:
a) Déterminer toutes les fonctions $f: \mathbb{R} \longrightarrow \mathbb{Z}$ telles que

$$
f(f(y)-x)^{2}+f(x)^{2}+f(y)^{2}=f(y)(1+2 f(f(y)))
$$

pour tous réels $x$ et $y$.
b) Déterminer toutes les fonctions $f: \mathbb{R} \longrightarrow \mathbb{R}$ telles que

$$
f(f(y)-x)^{2}+f(x)^{2}+f(y)^{2}=f(y)(1+2 f(f(y)))
$$

pour tous réels $x$ et $y$.

solution:
a) Soit f une éventuelle solution du problème. Notons $\mathrm{P}(\mathrm{x}, \mathrm{y})$ l'égalité de l'énoncé pour les valeurs $x$ et $y$. On pose $c=f(0)$.
Pour tout $x$, de $P(0, x)$ on déduit que $f(f(x))^{2}+c^{2}+f(x)^{2}=f(x)+2 f(f(x)) f(x)$, d'où $f(x)=c^{2}+(f(f(x))-f(x))^{2}$. Il s'ensuit que $f(x) \geqslant c^{2} \geqslant 0$.
Pour $x=0$, cela donne $c=c^{2}+(f(c)-c)^{2}$, d'où $c(1-c)=(f(c)-c)^{2} \geqslant 0$. Puisque $c$ est un entier, il vient $c=0$ ou $c=1$. Dans les deux cas, cela montre que $f(c)-c=0$. Ainsi, on sait que $f(c)=c$.
Enfin, pour tout $x$, de $P(x, 0)$ on déduit que

$$
f(c-x)^{2}+f(x)^{2}+c^{2}=c(1+2 c)
$$

- Si $\mathrm{c}=0$, l'égalité ci-dessus se réécrit comme $f(-x)^{2}+f(x)^{2}=0$, donc $f(x)=0$.
- Si $\mathrm{c}=1$, elle se réécrit comme $f(1-x)^{2}+f(x)^{2}=2$. Or, $f(1-x)$ et $f(x)$ sont entiers naturels, donc $f(x)=f(1-x)=1$.
Réciproquement, les fonctions $\mathrm{f}: x \longmapsto 0$ et $\mathrm{f}: x \longmapsto 1$ sont clairement solutions du problème.
b) Soit $f$ une éventuelle solution du problème. Notons $\mathrm{P}(\mathrm{x}, \mathrm{y})$ l'égalité de l'énoncé pour les valeurs $x$ et $y$. On pose $c=f(0), d=f(c)$ et $\mathcal{F}=\{f(x) \mid x \in \mathbb{R}\}$.
Pour tout $x \in \mathbb{R}$, de $P(0, x)$ on déduit que $f(f(x))^{2}+c^{2}+f(x)^{2}=f(x)+2 f(f(x)) f(x)$, $d^{\prime}$ où $f(x)=c^{2}+(f(f(x))-f(x))^{2}$. Par conséquent, pour tout $x \in \mathcal{F}$, on a $x \geqslant c^{2} \geqslant 0$ et $f(x)=x \pm \sqrt{x-c^{2}}$.
Il s'ensuit que $c \geqslant c^{2}$, c'est-à-dire que $c(1-c) \geqslant 0$, donc que $0 \leqslant c \leqslant 1$. On procède alors par l'absurde, et on suppose que $0<c<1$.
Par inégalité arithmético-géométrique, il vient $0<\mathrm{c}(1-\mathrm{c}) \leqslant\left(\frac{\mathrm{c}+1-\mathrm{c}}{2}\right)^{2}=\frac{1}{4}$. D'autre part, de manière générale, pour tout réel $x \in] 0 ; 1[$, on sait que $x<\sqrt{x}$.

Or, on a prouvé ci-dessus que $d=c+\epsilon \sqrt{c-c^{2}}$, avec $\epsilon= \pm 1$. Si $\epsilon=-1$, alors $d-c^{2}=$ $\left(c-c^{2}\right)-\sqrt{c-c^{2}}<0$, ce qui est impossible. Il vient donc $\epsilon=1$, et $d=c+\sqrt{c-c^{2}}$. Puis on trouve $f(d)=d+\varepsilon \sqrt{d-c^{2}}$, avec $\varepsilon= \pm 1$. Observons que

$$
0<c-c^{2} \leqslant d-c^{2} \leqslant\left(c-c^{2}\right)+\sqrt{c-c^{2}} \leqslant \frac{1}{4}+\frac{1}{2}=\frac{3}{4}<1 .
$$

Par conséquent, si $\varepsilon=-1$, alors $f(d)-c^{2}=\left(d-c^{2}\right)-\sqrt{d-c^{2}}<0$, ce qui est encore une fois impossible. Il vient donc $\varepsilon=1$, et $f(d)=d+\sqrt{d-c^{2}}$.
Enfin, $P(d, 0)$ indique que

$$
\begin{aligned}
0 & =f(c-d)^{2}+f(d)^{2}+c^{2}-c(1+2 d)=f(c-d)^{2}+\left(d+\sqrt{d-c^{2}}\right)^{2}+c^{2}-c(1+2 d) \\
& \geqslant c^{4}+d^{2}+d-c^{2}+c^{2}-c(1+2 d)=c^{4}+(d-c)^{2}+(d-c)-c^{2} \\
& \geqslant c^{4}+c-c^{2}+\sqrt{c-c^{2}}-c^{2} \geqslant c^{4}+c-c^{2}+c-c^{2}-c^{2}=c(c-1)^{2}(c+2)
\end{aligned}
$$

ce qui est impossible.
Il s'ensuit que $c=0$ ou $c=1$, donc que $c=c^{2}$ et que $f(c)=c \pm \sqrt{c-c^{2}}=c$. Par conséquent, pour tout $x, P(x, 0)$ indique que

$$
f(c-x)^{2}+f(x)^{2}+c^{2}=c(1+2 c)
$$

- Si $\mathrm{c}=0$, l'égalité ci-dessus se réécrit comme $f(-x)^{2}+f(x)^{2}=0$, donc $f(x)=0$.
- Si $\mathrm{c}=1$, elle se réécrit comme $\mathrm{f}(1-x)^{2}+\mathrm{f}(\mathrm{x})^{2}=2$. Or, on a vu plus haut que $f(1-x) \geqslant c^{2}=1$ et que $f(x) \geqslant c^{2}=1$, ce qui montre que $f(x)=f(1-x)=1$.
Réciproquement, les fonctions $\mathrm{f}: x \longmapsto 0$ et $\mathrm{f}: \mathrm{x} \longmapsto 1$ sont clairement solutions du problème.

problem_match: ## Exercice 5.

solution_match: ## Solution de l'exercice 5


problem:
a) Soit $x_{1} \geqslant x_{2}>0$ et $y_{1} \geqslant y_{2}>0$ des réels tels que

$$
x_{1} \geqslant y_{1} \text { et } x_{1} x_{2} \geqslant y_{1} y_{2}
$$

Prouver que

$$
x_{1}+x_{2} \geqslant y_{1}+y_{2}
$$

b) Soit $x_{1} \geqslant x_{2} \geqslant \ldots \geqslant x_{n}>0$ et $y_{1} \geqslant y_{2} \geqslant \ldots \geqslant y_{n}>0$ des réels tels que

$$
x_{1} x_{2} \cdots x_{i} \geqslant y_{1} y_{2} \cdots y_{i} \text { pour } i=1, \ldots, n
$$

Prouver que

$$
x_{1}+x_{2}+\cdots+x_{n} \geqslant y_{1}+y_{2}+\cdots+y_{n}
$$

solution:
a) Procédons par l'absurde: supposons que $y_{1}+y_{2}>x_{1}+x_{2}$. Alors $y_{2}>x_{1}+x_{2}-y_{1}$ et on a

$$
0 \geqslant y_{1} y_{2}-x_{1} x_{2}>y_{1}\left(x_{1}+x_{2}-y_{1}\right)-x_{1} x_{2}=\left(x_{1}-y_{1}\right)\left(y_{1}-x_{2}\right)
$$

Puisque $x_{1} \geqslant y_{1}$, alors $y_{1}<x_{2}$. Mais alors $x_{1}+x_{2} \geqslant 2 y_{1} \geqslant y_{1}+y_{2}$, ce qui contredit notre hypothèse. On a donc bien $y_{1}+y_{2} \leqslant x_{1}+x_{2}$.
b) Procédons par récurrence forte sur $n$. Tout d'abord, le résultat est évident pour $n=1$, et on vient de le prouver pour $\mathrm{n}=2$. On suppose donc $\mathrm{n} \geqslant 3$.
Soit $\lambda=\min _{1 \leqslant k<n} \frac{x_{1}+\ldots+x_{k}}{y_{1}+\ldots+y_{k}}$, et soit $\ell$ un entier tel que $1 \leqslant \ell<n$ et tel que

$$
x_{1}+\ldots+x_{\ell}=\lambda\left(y_{1}+\ldots+y_{\ell}\right)
$$

On pose alors $y_{1}^{\prime}=\lambda y_{1}, y_{n}^{\prime}=\frac{y_{n}}{\lambda}$ et $y_{k}^{\prime}=y_{k}$ pour $k=2, \ldots, n-1$. Par construction, on a bien $y_{1}^{\prime} \geqslant y_{2} \geqslant \ldots \geqslant y_{n}^{\prime}$ et, pour $k=1, \ldots, n$, on a également $x_{1} \ldots x_{k} \geqslant y_{1}^{\prime} \ldots y_{k}^{\prime}$, avec égalité quand $k=\ell<n$. Par hypothèse de récurrence, on sait que $x_{1}+\ldots+x_{\ell} \geqslant$ $y_{1}^{\prime}+\ldots+y_{\ell}^{\prime}$.
En outre, remarquons que $y_{1}^{\prime} \geqslant y_{n}^{\prime}, y_{1} \geqslant y_{n}, y_{1}^{\prime} \geqslant y_{1}$ et $y_{1}^{\prime} y_{n}^{\prime}=y_{1} y_{n}$. En appliquant l'hypothèse de récurrence (pour $n=2$ ), on obtient donc $y_{1}^{\prime}+y_{n}^{\prime} \geqslant y_{1}+y_{n}$, et même $y_{1}^{\prime}+y_{2}^{\prime}+\ldots+y_{n}^{\prime} \geqslant y_{1}+y_{2}+\ldots+y_{n}$.
Enfin, posons $\bar{x}_{i}=x_{\ell+i}$ et $\bar{y}_{i}=y_{\ell+1}^{\prime}$, pour $i=1, \ldots, n-\ell$. Alors $\bar{x}_{1} \geqslant \ldots \geqslant \bar{x}_{n-\ell}>0$ et $\bar{y}_{1} \geqslant \ldots \geqslant \bar{y}_{n-\ell}>0$. En outre, pour $i=1, \ldots, n-\ell$, on a

$$
\left(x_{1} \ldots x_{\ell}\right)\left(\bar{x}_{1} \ldots \bar{x}_{i}\right)=x_{1} \ldots x_{\ell+i} \geqslant y_{1}^{\prime} \ldots y_{\ell+i}^{\prime}=\left(y_{1}^{\prime} \ldots y_{\ell}^{\prime}\right)\left(\bar{y}_{1} \ldots \bar{y}_{i}\right)
$$

Puisque $x_{1} \ldots x_{\ell}=y_{1}^{\prime} \ldots y_{\ell}^{\prime}>0$, cela montre que $\bar{x}_{1} \ldots \bar{x}_{i} \geqslant \bar{y}_{1} \ldots \bar{y}_{i}$. On a $n-\ell<n$, et l'hypothèse de récurrence montre donc que $\bar{x}_{1}+\ldots+\bar{x}_{n-\ell} \geqslant \bar{y}_{1}+\ldots+\bar{y}_{n-\ell}$.

Mises bout à bout, ces inégalités montrent que

$$
\begin{aligned}
x_{1}+\ldots+x_{n} & =\left(x_{1}+\ldots+x_{\ell}\right)+\left(\bar{x}_{1}+\ldots+\bar{x}_{n-\ell}\right) \\
& \geqslant y_{1}^{\prime}+\ldots+y_{\ell}^{\prime}+\bar{y}_{1}+\ldots+\bar{y}_{n-\ell}=y_{1}^{\prime}+\ldots+y_{n}^{\prime} \\
& \geqslant y_{1}+\ldots+y_{n} .
\end{aligned}
$$

problem_match: ## Exercice 6.

solution_match: ## Solution de l'exercice 6


solution:
On pose

$$
x_{n+1}=\min \left(x_{n}, y_{n}\right) \frac{y_{1} \cdots y_{n}}{x_{1} \cdots x_{n}} \text { et } y_{n+1}=\min \left(x_{n}, y_{n}\right)
$$

On a alors $0<x_{n+1} \leqslant x_{n}, 0<y_{n+1} \leqslant y_{n}, x_{n+1} \leqslant y_{n+1}$ et $x_{1} \cdots x_{n} x_{n+1}=y_{1} \cdots y_{n} y_{n+1}$. Tout étant homogène, quitte à multiplier les $x_{i}$ et les $y_{i}$ par une même constante, on peut supposer que $x_{i}, y_{i}>1$ pour tout $i$. On pose ensuite $\alpha_{i}=\ln \left(x_{i}\right)$ et $\beta_{i}=\ln \left(y_{i}\right)$, pour tout i. On a alors:
$-\alpha_{1} \geqslant \ldots \geqslant \alpha_{n+1}>0$ et $\beta_{1} \geqslant \ldots \geqslant \beta_{n+1}>0 ;$
$-\beta_{1}+\cdots+\beta_{i} \leqslant \alpha_{1}+\cdots+\alpha_{i}$, pour $i=1, \ldots, n$;
$-\beta_{1}+\cdots \beta_{n+1}=\alpha_{1}+\cdots+\alpha_{n+1}$.
On peut donc utiliser l'inégalité de Muirhead, qui assure que, pour tous réels $\mathrm{x}_{1}, \ldots, \chi_{n+1}$ strictement positifs, on a

$$
\sum_{\text {sym. }} x_{1}^{\beta_{1}} \cdots x_{n+1}^{\beta_{n+1}} \leqslant \sum_{\text {sym. }} x_{1}^{\alpha_{1}} \cdots x_{n+1}^{\alpha_{n+1}} .
$$

En particulier, si $x_{1}=e$ et $x_{i}=1$ pour $i \geqslant 2$, il vient $\sum_{i=1}^{n+1} y_{i} \leqslant \sum_{i=1}^{n+1} x_{i}$. Puisque $x_{n+1} \leqslant y_{n+1}$, il s'ensuit en fait $\sum_{i=1}^{n} y_{i} \leqslant \sum_{i=1}^{n} x_{i}$.

Remarque Une fois introduits les nombres $\alpha_{i}$ et $\beta_{i}$, au lieu d'utiliser l'inégalité de Muirhead, on aurait pu directement utiliser l'inégalité de Karamata à la fonction exponentielle (qui est convexe sur $\mathbb{R}$ ).

## Exercices du groupe $\mathcal{A}$

solution_match: ## Solution alternative


problem:
Soit $a_{0}$ et $b_{0}$ des entiers strictement positifs. Pour tout $i \geqslant 0$, on pose

$$
a_{i+1}=a_{i}+\left\lfloor\sqrt{b_{i}}\right\rfloor \text { et } b_{i+1}=b_{i}+\left\lfloor\sqrt{a_{i}}\right\rfloor \text {. }
$$

Prouver qu'il existe un entier $n \geqslant 0$ tel que $a_{n}=b_{n}$.

solution:
Pour tout $i \geqslant 0$, posons $c_{i}=b_{i}-a_{i}, \alpha_{i}=\left\lfloor\sqrt{a_{i}}\right\rfloor$ et $\beta_{i}=\left\lfloor\sqrt{b_{i}}\right\rfloor$. Sans perte de généralité, on suppose que $c_{0} \geqslant 0$. On montre tout d'abord par récurrence que $c_{i} \geqslant 0$ pour tout $i \geqslant 0$. En effet, pour tout $n \geqslant 0$, on a $\lfloor\sqrt{n+1}\rfloor \leqslant\lfloor\sqrt{n}\rfloor+1$. La fonction $f: n \longmapsto n-\lfloor\sqrt{n}\rfloor$ est donc croissante sur $\mathbb{N}$, car

$$
f(n+1)-f(n)=n+1-\lfloor\sqrt{n+1}\rfloor-n+\lfloor\sqrt{n}\rfloor \geqslant n+1-\lfloor\sqrt{n}\rfloor-1-n+\lfloor\sqrt{n}\rfloor=0
$$

pour tout $n \geqslant 0$. Par conséquent, si $c_{i} \geqslant 0$, alors $b_{i} \geqslant a_{i}$, donc

$$
c_{i+1}=\left(b_{i}-\left\lfloor\sqrt{b_{i}}\right\rfloor\right)-\left(a_{i}-\left\lfloor\sqrt{a_{i}}\right\rfloor\right)=f\left(b_{i}\right)-f\left(a_{i}\right) \geqslant 0
$$

Ceci conclut la récurrence, et montre bien que $\boldsymbol{c}_{\boldsymbol{i}} \geqslant 0$ pour tout $i \geqslant 0$.
D'autre part, si $c_{i} \geqslant 0$, et toujours puisque $b_{i} \geqslant a_{i}$, on a aussi $c_{i+1}=c_{i}+\left\lfloor\sqrt{a_{i}}\right\rfloor-\left\lfloor\sqrt{b_{i}}\right\rfloor \leqslant$ $c_{i}$. La suite $\left(c_{i}\right)_{i \geqslant 0}$ est donc décroissante, à valeurs dans les entiers naturels. Il existe donc un entier $n \geqslant 0$ tel que $c_{i}=c_{n}$ pour tout $i \geqslant n$. Il suffit donc de prouver que $c_{n}=0$.
Procédons par l'absurde : supposons que $c_{n} \geqslant 1$. Pour tout $i \geqslant n$, on sait que $c_{i}=c_{i+1}=$ $c_{i}+\alpha_{i}-\beta_{i}$, donc que $\alpha_{i}=\beta_{i}$. La suite $\left(b_{i}-\beta_{i}^{2}\right)_{i \geqslant n}$ est à valeurs entières positives ; il existe donc un entier $m \geqslant n$ tel que $b_{i}-\beta_{i}^{2} \geqslant b_{m}-\beta_{m}^{2}$ pour tout $i \geqslant n$. Quitte à augmenter la valeur de $n$, on suppose en outre que $m=n$.
Notons enfin que les suites $\left(a_{i}\right)_{i \geqslant 0}$ et $\left(\alpha_{i}\right)_{i \geqslant 0}$ sont clairement croissantes. Deux cas sont alors possibles :
— Si $\alpha_{n}=\alpha_{n+1}$, alors

$$
\begin{aligned}
& b_{n+2}=b_{n}+\alpha_{n}+\alpha_{n+1} \geqslant a_{n}+c_{n}+2 \beta_{n} \geqslant \beta_{n}^{2}+2 \beta_{n}+1=\left(\beta_{n}+1\right)^{2} \text { et } \\
& b_{n+2}=b_{n}+\alpha_{n}+\alpha_{n+1}<\left(\beta_{n}+1\right)^{2}+2 \beta_{n}<\left(\beta_{n}+2\right)^{2}
\end{aligned}
$$

donc $\beta_{n+2}=\beta_{n}+1$. Ceci montre que

$$
b_{n+2}-\beta_{n+2}^{2}=b_{n}+2 \beta_{n}-\left(\beta_{n}+1\right)^{2}=\left(b_{n}-\beta_{n}^{2}\right)-1<b_{n}-\beta_{n}^{2}
$$

ce qui contredit notre hypothèse.
![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_24_4ab1df8d067f06b18c9bg-10.jpg?height=185&width=191&top_left_y=21&top_left_x=1691)

- Si $\alpha_{n}<\alpha_{n+1}$, alors

$$
\begin{aligned}
& b_{n+1} \geqslant \beta_{n+1}^{2}=\alpha_{n+1}^{2} \geqslant\left(\alpha_{n}+1\right)^{2}=\left(\beta_{n}+1\right)^{2} \text { et } \\
& b_{n+1}=b_{n}+\alpha_{n}<\left(\beta_{n}+1\right)^{2}+\beta_{n}<\left(\beta_{n}+2\right)^{2}
\end{aligned}
$$

donc $\beta_{n+1}=\beta_{n}+1$. Ceci montre que

$$
b_{n+1}-\beta_{n+1}^{2}=b_{n}+\beta_{n}-\left(\beta_{n}+1\right)^{2}=\left(b_{n}-\beta_{n}^{2}\right)-\beta_{n}-1<b_{n}-\beta_{n}^{2}
$$

ce qui contredit une fois encore notre hypothèse.
Notre hypothèse selon laquelle $c_{n} \geqslant 1$ était donc fausse, ce qui montre que $c_{n}=0$, concluant donc l'exercice.

problem_match: ## Exercice 7.

solution_match: ## Solution de l'exercice 7


problem:
Un polynôme est dit «unitaire » si le coefficient de son monôme de plus haut de degré vaut 1. Soit $a<b$ des réels, et soit $P$ un polynôme unitaire non constant tel que $\max _{x \in[a, b]}|P(x)|<2$.

Prouver qu'il existe un polynôme $Q$, unitaire et non constant, tel que $\max _{x \in[\mathbf{a}, \mathbf{b}]}|\mathrm{Q}(\mathrm{x})|<\frac{1}{2017}$.

solution:
Si Q désigne un polynôme, on pose

$$
\|Q\|=\frac{1}{2} \max _{x \in[a, b]}|Q(x)| \text { et } T(Q)(x)=Q(x)^{2}-2\|Q\|^{2}
$$

Il est clair que si Q est un polynôme unitaire non constant, alors $\mathrm{T}(\mathrm{Q})$ l'est également. De plus, on a $\|T(Q)\|=\|Q\|^{2}$. Si $l^{\prime}$ on note $T^{n}$ la $n$-ieme itérée de $T$, alors une récurrence immédiate assure que pour tout entier $n \geqslant 0, T^{n}(Q)$ est un polynôme non constant dont le coefficient du monôme de plus haut de degré vaut 1 et que $\left\|T^{\mathrm{n}}(Q)\right\|=\|Q\|^{2^{n}}$. Soit donc P un polynôme unitaire non constant, tel que $\max _{\mathrm{x} \in[\mathrm{a}, \mathbf{b}]}|\mathrm{P}(\mathrm{x})|<2$. Puisque $0<$ $\|P\|<1$, on a $\lim _{n \rightarrow+\infty}\left\|T^{n}(P)\right\|=0$. En particulier, il existe $n \geqslant 0$ suffisamment grand pour que $\left\|\mathrm{T}^{\mathrm{n}}(\mathrm{P})\right\|<\frac{1}{2 \times 2017}$, et le polynôme $\mathrm{Q}=\mathrm{T}^{\mathrm{n}}(\mathrm{P})$ répond alors à la question.

problem_match: ## Exercice 8.

solution_match: ## Solution de l'exercice 8


problem:
a) Prouver qu'il existe des entiers $\mathbf{a}, \boldsymbol{b}$, $\mathbf{c}$ tels que $(\mathbf{a}, \mathbf{b}, \mathbf{c}) \neq(0,0,0)$ et $|\mathbf{a}|,|\mathbf{b}|,|\mathbf{c}|<10^{6}$ pour lesquels

$$
|a+b \sqrt{2}+c \sqrt{3}|<10^{-11}
$$

b) Soit $\mathbf{a}, \mathbf{b}, \mathrm{c}$ des entiers tels que $(\mathbf{a}, \boldsymbol{b}, \mathrm{c}) \neq(0,0,0)$ et $|\mathbf{a}|,|\mathbf{b}|,|\mathbf{c}|<10^{6}$. Prouver que

$$
|a+b \sqrt{2}+c \sqrt{3}|>10^{-21}
$$

solution:
a) Soit E l'ensemble des $10^{18}$ nombres de la forme $a+b \sqrt{2}+c \sqrt{3}$, avec $a, b, c$ entiers naturels et $a, b, c<10^{6}$. On pose $d=(1+\sqrt{2}+\sqrt{3}) 10^{6}$.
Pour tout $x \in \mathrm{E}$, on a $0 \leqslant x<\mathrm{d}$. De plus $0<\mathrm{d}<(1+2+3) \times 10^{6}<10^{7}-10^{-11}$. On divise alors l'intervalle [0; d[ en $10^{18}-1$ intervalles

$$
\left[\frac{(\mathrm{k}-1) \mathrm{d}}{10^{18}-1} ; \frac{\mathrm{kd}}{10^{18}-1}[,\right.
$$

pour $k=1, \ldots, 10^{18}-1$. D'après le principe des tiroirs, au moins deux des $10^{18}$ élements de $E$, disons $x$ et $y$, appartiennent à un même de ces intervalles. Leur différence $z=x-y$ est bien de la forme $z=a+b \sqrt{2}+c \sqrt{3}$ avec $a, b, c$ entiers et $|a|,|b|,|c|<10^{6}$. De plus, $|z|=|x-y|<\frac{d}{10^{18}-1}<10^{-11}$.
b) Soit $a, b, c$ des entiers tels que $(a, b, c) \neq(0,0,0)$ et $|a|,|b|,|c|<10^{6}$. Pour $\epsilon= \pm 1$ et $\varepsilon= \pm 1$, on pose

$$
F_{\epsilon, \varepsilon}=a+\epsilon b \sqrt{2}+\varepsilon c \sqrt{3} .
$$

Comme ci-dessus, on a $\left|\mathrm{F}_{\epsilon, \varepsilon}\right|<10^{7}$.
On vérifie facilement que

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

est un entier.
Afin de montrer qu'il est non nul, on procède par l'absurde, et on suppose que

$$
\mathrm{F}_{1,1} \mathrm{~F}_{1,-1} \mathrm{~F}_{-1,1} \mathrm{~F}_{-1,-1}=0
$$

Il s'ensuit que $x^{2}=2 y^{2}$, avec $x=a^{2}+2 b^{2}-3 c^{2}$ et $y=2 a b$. Si $x$ et $y$ sont non nuls, en considérant la valuation 2-adique, il vient $2 v_{2}(x)=1+2 v_{2}(\mathrm{y})$. C'est absurde, ce qui montre que $x=y=0$. Puis :
— si $a=0$, et puisque $x=0$, on a $2 b^{2}=3 c^{2}$, et la valuation 2 -adique montre de nouveau que $\mathrm{b}=\mathrm{c}=0$;

- si $b=0$, et puisque $x=0$, on a $a^{2}=3 c^{2}$, et la valuation 3-adique montre aussi que $a=c=0$.
Par conséquent, si $(a, b, c) \neq 0$, l'entier $F_{1,1} F_{1,-1} F_{-1,1} F_{-1,-1}$ est non nul.
Ainsi, $\left|\mathrm{F}_{1,1} \mathrm{~F}_{1,-1} \mathrm{~F}_{-1,1} \mathrm{~F}_{-1,-1}\right| \geqslant 1$, donc $\left|\mathrm{F}_{1,1}\right| \geqslant \frac{1}{\left|\mathrm{~F}_{1,-1} \mathrm{~F}_{-1,1} \mathrm{~F}_{-1,-1}\right|}>10^{-21}$.

problem_match: ## Exercice 9.

solution_match: ## Solution de l'exercice 9