problem:
Trouver toutes les fonctions $f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ telles que

$$
f\left(a^{2}\right)-f\left(b^{2}\right) \leqslant(f(a)+b)(a-f(b)), \quad \text { pour tous } a, b \in \mathbb{R}
$$

solution:
En prenant $(a, b)=(0,0)$, on obtient $f(0)^{2} \leqslant 0$ donc $f(0)=0$. En prenant $(a, b)=(x, 0)$ puis $(a, b)=(0, x)$, on trouve que $f\left(x^{2}\right)=x f(x)$. En remplaçant dans l'équation initiale, on en déduit que $a f(a)-b f(b) \leqslant(f(a)+b)(a-f(b)$, donc $f(a) f(b) \leqslant a b$ pour tous $a, b$. D'autre part, $f\left(x^{2}\right)=x f(x)$ entraîne que $x f(x)=-x f(-x)$, donc $f$ est impaire. En remplaçant $b$ par $-b$ dans $f(a) f(b) \leqslant a b$, on en déduit que $f(a) f(b)=a b$ pour tous $a$ et $b$. En particulier, $f(1)^{2}=1$ donc $f(1)=1$ ou $f(1)=-1$. Comme $f(a) f(1)=a$ pour tout $a$, on en déduit que $f(x)=x$ ou $f(x)=-x$ pour tout $x$.
Réciproquement, on vérifie facilement que les fonctions $f(x)=x$ et $f(x)=-x$ sont solutions de l'équation fonctionnelle.

problem_match: Exercice 1.

solution_match: Solution de l'exercice 1


problem:
Soit $S$ l'ensemble des nombres à deux chiffres qui ne contiennent pas le chiffre 0. Deux nombres de $S$ sont dits amis si leurs plus grands chiffres sont égaux, et si la différence entre leurs plus petits chiffres est égale à 1 . Par exemple, 68 et 85 sont amis, 78 et 88 sont amis, mais 58 et 75 ne sont pas amis.
Déterminer le plus grand entier $m$ tel qu'il existe une partie $T$ de $S$ possédant $m$ éléments, telle que deux éléments quelconques de $T$ ne soient pas amis.

solution:
Réponse : 45 . On peut prendre pour $T$ l'ensemble des nombres dont le plus petit chiffre est impair.
Réciproquement, si $x=\overline{a b}$ avec $1 \leqslant b<a \leqslant 9$ alors $x$ et $x+1$ sont amis. Si $x=\overline{a b}$ avec $2 \leqslant a<b \leqslant 9$ et $a$ pair, alors $x$ et $x+10$ sont amis. On a ainsi trouvé 36 paires d'amis disjointes. Par conséquent, parmi les 72 nombres $\geqslant 21, T$ ne peut contenir qu'au plus 36 nombres, donc $|T| \leqslant 9+36=45$.

problem_match: Exercice 2.

solution_match: Solution de l'exercice 2


problem: Soit $P(x)=x^{4}-x^{3}-3 x^{2}-x+1$. Montrer qu'il existe une infinité d'entiers $n$ tels que $P\left(3^{n}\right)$ ne soit pas premier.

solution:
On observe que $3^{2} \equiv-1(\bmod 5)$ et $3^{4} \equiv 1(\bmod 5)$. Soit $n \geqslant 1$. Soit $x=3^{4 n+1}$, alors $x=\left(3^{4}\right)^{n} \times 3 \equiv 3(\bmod 5)$, donc $P(x) \equiv 3^{4}-3^{3}-3^{3}-3+1 \equiv 1+3+3-3+1 \equiv 0$ $(\bmod 5)$.
D'autre part, $P(x)>x^{4}-x^{3}-3 x^{3}-x^{3}=x^{3}(x-5)>x-5>3^{4 n}-5>5$, donc $P\left(3^{4 n+1}\right)$ n'est $^{\prime}$ pas premier.

problem_match: Exercice 3.

solution_match: Solution de l'exercice 3


problem: Soit $A B C$ un triangle rectangle en $C$. Soient $D$ le pied de la hauteur issue de $C$, et $Z$ le point de $[A B]$ tel que $A C=A Z$. La bissectrice de $\widehat{B A C}$ coupe $(C B)$ et $(C Z)$ en $X$ et $Y$ respectivement. Montrer que les quatre points $B, X, Y, D$ sont sur un même cercle.

solution:
![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_06_0b4d09b88f44281d3ee6g-2.jpg?height=565&width=730&top_left_y=409&top_left_x=692)
$C A Z$ est isocèle en $A$ donc $(A Y)$, qui est la bissectrice de $\widehat{C A Z}$, est perpendiculaire à $(C Z)$. Donc $A D Y C$ est cyclique.
On a alors $\widehat{D Y X}=180^{\circ}-\widehat{A Y D}=180^{\circ}-\widehat{A C D}=180^{\circ}-\widehat{X B D}$.

problem_match: Exercice 4.

solution_match: ## Solution de l'exercice 4


problem:
Soit $a \in[0 ; 1]$. On définit la suite $\left(x_{n}\right)$ par
$x_{0}=a$ et $x_{n+1}=1-\left|1-2 x_{n}\right|$, pour tout $n \geq 0$.
Prouver que la suite $\left(x_{n}\right)$ est périodique à partir d'un certain rang si et seulement si $a$ est un nombre rationnel.
(Note: on dit que $\left(x_{n}\right)$ est périodique à partir d'un certain rang s'il existe des entiers $T>0$ et $n \geqslant 0$ tels que $x_{k+T}=x_{k}$ pour tout $k \geqslant n$.)

solution:
On note tout d'abord que si $x_{n} \in[0 ; 1]$ alors $-1 \leq 1-2 x_{n} \leq 1$, d'où $0 \leq x_{n+1} \leq 1$. Puisque $x_{0} \in[0 ; 1]$, on déduit ainsi par récurrence que $x_{n} \in[0 ; 1]$ pour tout $n \geq 0$.

- Supposons que $a$ soit un nombre rationnel. Une récurrence immédiate assure alors que, pour tout $\mathrm{n} \geq 0, x_{n}$ est un nombre rationnel.
Pour tout $n \geq 0$, on pose $x_{n}=\frac{p_{n}}{q_{n}}$, avec $p_{n}$ et $q_{n}$ entiers positifs et premiers entre eux. Alors $x_{n+1}=\frac{q_{n}-\left|q_{n}-2 p_{n}\right|}{q_{n}}$, d'où $q_{n+1} \leq q_{n}$.
La suite $\left(q_{n}\right)$, suite décroissante d'entiers naturels, est alors stationnaire à partir d'un certain rang. Il existe donc des entiers $q>0$ et $N \geq 0$ tels que $q_{n}=q$ pour tout $n \geq N$.
Pour tout $n \geq N$, le nombre $x_{n}$ est donc un nombre rationnel de $[0 ; 1]$ dont le dénominateur vaut $q$. Or, il n'y a qu'un nombre fini de tels rationnels et il existe donc $n_{0} \geq N$ et $k>0$ tels que $x_{n_{0}+k}=x_{n_{0}}$. La définition par récurrence de $\left(x_{n}\right)$ assure alors que $\left(x_{n}\right)_{n \geq n_{0}}$ est périodique de période $k$.
- Supposons maintenant qu'il existe des entiers $k>0$ et $N \geq 0$ tels que $x_{n+k}=x_{n}$ pour tout $n \geq N$.
Pour $n \geq 0$, on a $x_{n+1}=2 x_{n}$ ou $x_{n+1}=2-2 x_{n}$ selon que $1-2 x_{n}$ est positif ou négatif. On peut donc poser $x_{n+1}=a+2 b x_{n}$, où $a$ est un entier et $b= \pm 1$. On prouve alors facilement par récurrence que, pour tout $i \geq 0$, il existe un entier $a_{i}$ tel que $x_{N+i}=a_{i}+2^{i} b_{i} x_{N}$ avec $b_{i}= \pm 1$.

En particulier, on a $x_{N}=x_{N+k}=a_{k}+2^{k} b_{k} x_{N}$. Puisque $2^{k} b_{k}= \pm 2^{k} \neq 1$, cette équation du premier degré en $x_{N}$ admet une unique solution $x_{N}=\frac{a_{k}}{1-2^{k} b_{k}}$. Ainsi, $x_{N}$ est un nombre rationnel. Or, il est facile de vérifier que, pour $m \geq 0$, si $x_{m+1}$ et rationnel alors $x_{m}$ est rationnel donc, par récurrence descendante, on déduit que $a=x_{0}$ est rationnel.

problem_match: Exercice 5.

solution_match: Solution de l'exercice 5


problem: Prouver qu'il existe un entier $n>0$ tel que parmi les 2016 chiffres de droite dans $l^{\prime}$ écriture décimale de $2^{n}$, il y a au moins 1008 chiffres 9.

solution:
On peut légitimement se demander quand trouver des 9 à la droite de l'écriture décimale de $2^{n}$. On peut penser que c'est quand la puissance de 2 est légèrement inférieure à une puissance de 10 . On va donc chercher des nombres de la forme $2^{n}+1$ qui sont divisibles par 5 selon une puissance élevée. Pour un tel nombre, en multipliant par la puissance de 2 adéquate, on obtiendra un nombre de la forme $2^{k}\left(2^{n}+1\right)=2^{n+k}+2^{k}$ divisible par une grande puissance de 10 , et il suffira de retrancher le $2^{k}$ en question pour obtenir le type de puissance de 2 cherché.
Lemme. Pour tout entier $k \geq 1$, le nombre $a_{k}=2^{2 \cdot 5^{k-1}}+1$ est divisible par $5^{k}$.
Preuve du lemme. On raisonne par récurrence sur $k$ :

- Pour $k=1$, on a $a_{1}=5$ qui est bien divisible par 5.
- Supposons le résultat établi pour un certain $k \geq 1$.

Posons $a=4^{5^{k-1}}=a_{k}-1$. On note qu'alors $a=-1 \bmod 5$.
On a alors $a_{k+1}=4^{5^{k}}+1=a^{5}+1=(a+1)\left(a^{4}-a^{3}+a^{2}-a+1\right)$.
D'après l'hypothèse de récurrence, on a $a+1=0 \bmod 5^{k-1}$.
D'autre part, puisque $a=-1 \bmod 5$, on a $a^{4}-a^{3}+a^{2}-a+1=0 \bmod 5$.
Ainsi, $a_{k+1}$ est divisible par $5^{k}$, ce qui achève la récurrence.
Comme prévu, on en déduit que, pour tout $k \geq 1$, le nombre $2^{2 k}\left(2^{2 \cdot 5^{2 k-1}}+1\right)=2^{2 k+2 \cdot 5^{2 k-1}}+2^{2 k}$ est divisible par $10^{2 k}$. Son écriture décimale se termine donc par au moins $2 k$ chiffres 0 .
Or, pour $k \geq 1$, on a $2^{2 k}<10^{k}$. Ainsi, l'écriture décimale de $2^{2 k} n^{\prime}$ utilise pas plus de $k$ chiffres. Par suite, parmi les $2 k$ chiffres de droite de l'écriture décimale de $2^{2 k+2 \cdot 5^{2 k-1}}$, il y a au moins $k$ chiffres 9.
Le résultat demandé correspond à $k=1008$.

problem_match: Exercice 6.

solution_match: Solution de l'exercice 6