problem:
Pour tout entier $k \geqslant 0$, on note $a_{k}$ le premier chiffre du nombre $2^{k}$, écrit en base 10. Par exemple, $a_{5}=3$ est le premier chiffre de $2^{5}=32$.
Soit $n \geqslant 1$ un entier. Démontrer que, parmi les chiffres de 1 à 9 , il y en a un qui est égal à au plus $n / 17$ des $n$ chiffres $a_{0}, a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{n-1}$.

solution:
Soit $\mathrm{c}(k)$ le nombre de fois où le chiffre $k$ figure parmi les chiffres $a_{0}, a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{n-1}$. Lorsque $a_{i} \geqslant 2$, on sait que $i \geqslant 1$ et que $a_{i-1}=\left\lfloor a_{i} / 2\right\rfloor$.
Ainsi, pour tout chiffre $k \leqslant 5$, on a $a_{i}=k$ si et seulement si $a_{i+1}=2 k$ ou $a_{i+1}=2 k+1$, de sorte que $\mathrm{c}(k) \geqslant \mathrm{c}(2 k)+\mathrm{c}(2 k+1)$. Si l'on pose $m=\min \{\mathrm{c}(k): 1 \leqslant k \leqslant 9\}$, on en conclut en particulier que

$$
\begin{array}{rlrl}
n & \geqslant \mathrm{c}(1)+\mathrm{c}(2)+\mathrm{c}(3)+\mathrm{c}(4)+\mathrm{c}(5)+\mathrm{c}(6)+\mathrm{c}(7)+\mathrm{c}(8)+\mathrm{c}(9) \\
& \geqslant \quad+2 \mathrm{c}(2)+2 \mathrm{c}(3)+\mathrm{c}(4)+\mathrm{c}(5)+\mathrm{c}(6)+\mathrm{c}(7)+\mathrm{c}(8)+\mathrm{c}(9) \\
& \geqslant \quad+3 \mathrm{c}(4)+3 \mathrm{c}(5)+3 \mathrm{c}(6)+3 \mathrm{c}(7)+\mathrm{c}(8)+\mathrm{c}(9) \\
& \geqslant \begin{aligned}
& +3 \mathrm{c}(5)+3 \mathrm{c}(6)+3 \mathrm{c}(7)+4 \mathrm{c}(8)+4 \mathrm{c}(9)
\end{aligned} \\
& \geqslant 17 \mathrm{~m} . &
\end{array}
$$

problem_match: Exercice 1.

solution_match: Solution de l'exercice 1


solution:
$n^{\circ} 1$ Reprenons les notations de la solution précédente. Pour tout événement $\mathbf{E}$, on notera $\mathbf{1}_{\mathrm{E}}$ l'entier qui vaut 1 lorsque $\mathbf{E}$ se produit, et 0 sinon.
Pour tout chiffre $k \leqslant 5$, on a

$$
\mathrm{c}(k)=\mathrm{c}(2 k)+\mathrm{c}(2 k+1)+\mathbf{1}_{a_{n-1}=k} .
$$

De même, puisque $a_{1}=1$, on sait que

$$
1+c(5)+c(6)+c(7)+c(8)+c(9)=c(1)+1_{5 \leqslant a_{n-1} \leqslant 9}
$$

On distingue alors deux cas.
$\triangleright \operatorname{Si} a_{n-1}=1$, on trouve

$$
\begin{aligned}
c(1) & =c(5)+c(6)+c(7)+c(8)+c(9)+1 \geqslant 5 m+1 ; \\
c(2)+c(3) & =c(1)-1 \geqslant 5 m \\
c(4) & =c(8)+c(9) \geqslant 2 m .
\end{aligned}
$$

On en déduit que $n \geqslant \sum_{k=1}^{9} \mathrm{c}(k) \geqslant 17 m+1$.
$\triangleright \operatorname{Si} a_{n-1} \geqslant 2$, on trouve

$$
\begin{aligned}
c(1) & \geqslant c(5)+c(6)+c(7)+c(8)+c(9) \geqslant 5 m \\
c(2)+c(3) & =c(1) \geqslant 5 m \\
c(4) & =c(8)+c(9) \geqslant 2 m
\end{aligned}
$$

On en déduit là encore que $n \geqslant \sum_{k=1}^{9} \mathrm{c}(k) \geqslant 17 m+1$, ce qui conclut.

solution_match: Solution alternative


solution:
$n^{\circ} 2$ Réutilisons une fois de plus les notations des solutions précédentes. Cette fois-ci, on découpe la suite en sous-suites croissantes dont le dernier élément vaut 1
et le dernier élément vaut au moins 5 . Il s'agit des cinq sous-suites de la forme $1,2,4,8$; $1,2,4,9 ; 1,2,5 ; 1,3,6$; et $1,3,7$.
Comme chacun des chiffres de 5 à 9 appartient à exactement un type de sous-suite, ces soussuites apparaissent respectivement $c(8), c(9), c(5), c(6)$ et $c(7)$ fois. En particulier, chacune d'entre elles apparaît au moins $m$ fois. Puisque ces suites sont de longueurs respectives 4,4 , 3,3 et 3 , et en comptant leur nombre total de termes, on en déduit que

$$
n \geqslant 4 \times m+4 \times m+3 \times m+3 \times m+3 \times m=17 m
$$

Remarque: On peut en fait démontrer que $m \leqslant 5 n / 94$. Il s'agit là de la meilleure inégalité possible, et elle est atteinte lorsque $n=94$, valeur pour laquelle $c(1) \geqslant c(2) \geqslant \cdots \geqslant c(9)=5$. Plus généralement, on peut en fait démontrer que $m=\mathrm{c}(9)$ quelle que soit la valeur de $n$, et que le ratio $m / n$ tend vers $\log _{10}(10 / 9)$ lorsque $n$ tend vers $+\infty$.
Il est à noter que calculer cette limite est en fait beaucoup plus facile que de vérifier que $c(9) \leqslant 5 n / 94$ pour tout $n \geqslant 1$. Cette vérification, horrible, peut être effectuée comme suit.
On commence par calculer, à l'aide de l'ordinateur, les 41565 premiers termes de la suite $\left(a_{n}\right)_{n \geqslant 0}$, ce qui nous permet ensuite de vérifier que $m \leqslant 5 n / 94$ lorsque $n \leqslant 41565$. On traite maintenant les cas où $n>41565$.
Pour ce faire, on note $b_{k}$ le reste de la division euclidienne de $239 k \log _{10}(2)$ par 239 , puis on note $\mathrm{d}(\ell)$ le nombre de termes égaux à $\ell$ parmi $b_{0}, b_{1}, \ldots, b_{n-1}$. En vertu de l'inégalité $10^{227} \leqslant 9^{239}$, on remarque que, si si $a_{k}=9$, on a nécessairement $227 \leqslant b_{k}$. On en déduit que

$$
c(9) \leqslant d(227)+\cdots+d(238)
$$

Toujours à l'aide de l'ordinateur, on vérifie que, pour toute valeur de $\ell$, il existe un entier $u(\ell)$ minimal tel que $b_{u(\ell)}=\ell$. Par conséquent, pour tous les entiers $\ell, \ell^{\prime}$ et $\ell^{\prime \prime}$ tels que $0 \leqslant \ell<\ell^{\prime} \leqslant \ell^{\prime \prime} \leqslant 238$ et pour tout entier $i \geqslant u(\ell)$, si $\ell^{\prime} \leqslant b_{i} \leqslant \ell^{\prime \prime}$, on sait que

$$
\ell^{\prime}-\ell-1 \leqslant b_{i-u(\ell)} \leqslant \ell^{\prime \prime}-\ell
$$

Cela signifie en particulier que

$$
\mathrm{d}\left(\ell^{\prime}-\ell-1\right)+\mathrm{d}\left(\ell^{\prime}-\ell\right)+\cdots+\mathrm{d}\left(\ell^{\prime \prime}-\ell\right)+u(\ell) \geqslant \mathrm{d}\left(\ell^{\prime}\right)+\mathrm{d}\left(\ell^{\prime}+1\right)+\cdots+\mathrm{d}\left(\ell^{\prime \prime}\right)
$$

Lorsque $0 \leqslant k \leqslant 17$, on pose alors $\ell=13 k+12, \ell^{\prime}=227$ et $\ell^{\prime \prime}=238$, de sorte que

$$
\mathrm{d}(214-13 k)+\cdots+\mathrm{d}(226-13 k)+u(13 k+12) \geqslant \mathrm{d}(227)+\cdots+\mathrm{d}(238) \geqslant \mathrm{c}(9)
$$

On vérifie enfin que $u(12)+u(13+12)+u(13 \times 2+12)+\cdots+u(13 \times 17+12)=2088$, et que 2088 des 41565 premiers termes de la suite $\left(b_{k}\right)_{k \geqslant 0}$ sont inférieurs ou égaux à 11 . Par conséquent, si $n>41565$,

$$
\begin{aligned}
n & =(\mathrm{d}(0)+\cdots+\mathrm{d}(11))+\sum_{k=0}^{17}(\mathrm{~d}(214-13 k)+\cdots+\mathrm{d}(226-13 k))+(\mathrm{d}(227)+\cdots+\mathrm{d}(238)) \\
& \geqslant \sum_{k=0}^{17}(\mathrm{~d}(214-13 k)+\cdots+\mathrm{d}(226-13 k)+u(13 k+12))+\mathrm{c}(9) \\
& \geqslant 19 \mathrm{c}(9)
\end{aligned}
$$

ce qui montre bien que $m \leqslant c(9) \leqslant n / 19 \leqslant 5 n / 94$.

Commentaire des correcteurs Le problème a été relativement peu populaire pour un problème 1. Il n'empêche qu'un nombre considérable d'élèves a toutefois réussi a trouvé une solution correcte.
Une erreur très fréquente était de conjecturer, voire d'affirmer sans preuve, et à partir des premières valeurs de la suite, que cette dernière était 10-périodique, de sorte que les chiffres 7 et 9 n'y apparaîtraient jamais. Bien que la suite semble périodique quand on regarde les premières valeurs de $n$, elle adopte un comportement bien moins prévisible une fois que $n$ est large.
L'autre piège de cet exercice, et qui peut le rendre un peu laborieux, était que beaucoup de solutions nécessitent à faire un peu attention à ce qui se passe au bord de la suite. Par exemple, certaines argumentations consistaient à monter que, parmi 17 nombres consécutifs, on a au plus deux chiffres 8 ou 9 . Ces argumentations ne permettent pas à priori de conclure, car il existe des suites à $n$ termes qui satisfont ce critère mais contiennent cependant plus de $n / 17$ chiffres 8 et plus de $n / 17$ chiffres 9 ; c'est, par exemple, le cas de la suite dont les deux seuls termes sont 8 et 9 . Il y avait plusieurs moyens de contourner ce problème, ce que certains élèves ont fait très soigneusement.


problem:
Soit $A B C D$ un parallélogramme et soit $G$ le centre de gravité du triangle $A B D$. Soit $P$ et $Q$ les points de la droite $(B D)$ tels que les droites $(G P)$ et $(P C)$ sont perpendiculaires et les droites $(G Q)$ et $(Q C)$ sont perpendiculaires.
Démontrer que la droite $(A G)$ est la bissectrice de l'angle $\widehat{P A Q}$.

solution:
Tout d'abord, puisque $A B C D$ est un parallélogramme, la médiane $(A G)$ du triangle $A B D$ et la diagonale $(A C)$ passent toutes deux par le milieu $N$ de $[B D]$.
Puisque $C G P$ et $C G Q$ sont rectangles en $P$ et en $Q$, les points $P$ et $Q$ sont les deux points d'intersection de $(B D)$ avec le cercle de diamètre $[C G]$. Puisque l'on trace ce cercle, on note donc $M$ son centre, c'est-à-dire le milieu de $[G C]$. En particulier, les cinq points $A, G, N, M$ et $C$ sont alignés.
Le moyen le plus sûr de démontrer que $(A G)$ est la bissectrice de $\widehat{P A Q}$ est alors d'invoquer le théorème du pôle Sud, c'est-à-dire de démontrer que $(A G)$ passe par le milieu de l'arc $\overparen{P Q}$ sur le cercle circonscrit à $A P Q$.
On entreprend donc de tracer le cercle circonscrit à $A P Q$, et on constate visuellement qu'il passe par $M$. Puisque $P M=Q M$, il suffit donc effectivement de démontrer que $A, Q, M$ et $P$ sont cocycliques. La figure suggère alors très fortement d'invoquer la puissance de $N$. En effet, par rapport au cercle circonscrit à $P C Q G$, cette puissance vaut $\overline{N P} \cdot \overline{N Q}=\overline{N G} \cdot \overline{N C}$. Par ailleurs, on sait que $N=(A+C) / 2$, que $M=(G+C) / 2$ et que $G=(2 N+A) / 3$. On en déduit que $\overline{N A} \cdot \overline{N M}=-3 N G^{2}=\overline{N G} \cdot \overline{N C}=\overline{N P} \cdot \overline{N Q}$.
Cela signifie bien que les points $A, Q, M$ et $P$ sont cocycliques, et donc que $M$ est le pôle Sud de $A P Q$ issu de $A$, ce qui conclut.
![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_06_954deb64831cd15d9d09g-05.jpg?height=706&width=897&top_left_y=1343&top_left_x=585)

Commentaire des correcteurs Le problème a été beaucoup abordé, et les copies témoignent d'un réel effort de la part des élèves pour se donner les moyens d'avancer. On ne peut que s'en réjouir.
La plupart des élèves ont identifié que les points $G, P, C$ et $Q$ sont cocycliques. Malheureusement, une fois ce constat effectué, très peu d'élèves ont en fait tracé ce nouveau cercle sur leur figure, alors que faire apparaître sur sa figure les propriétés que l'on démontre au fur et à mesure est LE réflexe à avoir en géométrie. Il y a d'ailleurs une forte corrélation entre les élèves ayant tracé ce cercle sur leur figure (et qui ont donc eu besoin d'en placer le centre) et les élèves qui sont allés loin dans le problème. L'introduction du centre du cercle de diamètre $[C G]$ amenait beaucoup de symétrie dans la figure, ce qui permettait de beaucoup se rapprocher de la solution.

Plusieurs élèves ont vu la configuration du pôle Sud se dessiner; il ne leur restait plus qu'à démontrer un résultat de cocyclicité. Surprenamment, quelques élèves ont tenté des calculs de longueurs avec la caractérisation de Ptolémée des quadrilatères cycliques. Cette piste pouvait être tentée, mais pas avant d'avoir regardé le critère de la puissance d'un point, beaucoup plus pratique à manipuler dans le cas général.

problem_match: Exercice 2.

solution_match: Solution de l'exercice 2


problem:
On dit qu'un entier $n \geqslant 1$ est nippon s'il admet trois diviseurs $d_{1}, d_{2}$ et $d_{3}$ tels que $1 \leqslant d_{1}<d_{2}<d_{3}$ et $d_{1}+d_{2}+d_{3}=2022$.
Quel est le plus petit entier nippon?

solution:
Tout d'abord, on remarque que $2 \times 2019$ est nippon, puisque les entiers 1, 2 et 2019 figurent parmi ses diviseurs.
Soit $n$ l'entier nippon minimal : il s'agit du PPCM des entiers $d_{1}, d_{2}$ et $d_{3}$. On pose alors $a_{k}=n / d_{k}$, de sorte que $1 \leqslant a_{3}<a_{2}<a_{1}$, que $\operatorname{PGCD}\left(a_{1}, a_{2}, a_{3}\right)=1$ et que

$$
n\left(\frac{1}{a_{1}}+\frac{1}{a_{2}}+\frac{1}{a_{3}}\right)=2022=2 \times 3 \times 337 .
$$

Pour minimiser $n$, on souhaite maximiser la somme des fractions $1 / a_{i}$, donc on cherche à minimiser les entiers $a_{i}$ eux-mêmes. On commence donc par regarder les petites valeurs de $a_{2}$ et de $a_{3}$.
Par exemple, si $a_{3}=1$ et $a_{2}=2$, notre équation devient

$$
\left(3 a_{1}+2\right) d_{1}=2^{2} \times 3 \times 337
$$

Ainsi, $3 a_{1}+2$ est un facteur de $2^{2} \times 3 \times 337$ congru à 2 modulo 3 , c'est-à-dire 2 ou $2 \times 337=674$. Le premier cas est impossible car $3 a_{1}+2 \geqslant 3 \times 3+2>2$. On en déduit que $a_{1}=672 / 3=224$, puis que $d_{1}=2 \times 3=6$, de sorte que $n=6 \times 224=1344$. En particulier, 1344 est un multiple de 1 et de 2, donc il s'agit d'un entier nippon, avec $d_{1}=6, d_{2}=672$ et $d_{3}=1344$.
On recherche donc un éventuel entier nippon $n<1344$. Dans un tel cas, si on écrit la somme $1 / a_{1}+1 / a_{2}+1 / a_{3}$ sous forme d'une fraction irréductible $p / q$, notre égalité devient

$$
n \times p=2 \times 3 \times 337 \times q,
$$

et $p$ est premier avec $q$, donc divise $2 \times 3 \times 337$. En outre, puisque l'on ne peut plus avoir $a_{3}=1$ et $a_{2}=2$, on a nécessairement $a_{2} \geqslant 3$. Ainsi,

$$
1+\frac{1}{3}+\frac{1}{a_{3}} \geqslant \frac{p}{q}=\frac{2022}{n}>\frac{2022}{1344}>1+\frac{1}{2}=1+\frac{1}{3}+\frac{1}{6}
$$

donc $a_{1} \leqslant 5$.
Il nous reste donc à étudier les triplets $\left(a_{1}, a_{2}, a_{3}\right)=(4,3,1),(5,3,1),(5,4,1),(4,3,2),(5,3,2)$, $(5,4,2)$ et $(5,4,3)$, qui nous amènent respectivement aux fractions $p / q=19 / 12,23 / 15,29 / 20$, $13 / 12,31 / 30,19 / 20$ et $47 / 60$. Le numérateur $p$ ne divise jamais $2 \times 3 \times 337$, donc aucun de ces cas n'est possible.
En conclusion, le plus petit entier nippon est $n=1344$.

problem_match: Exercice 3.

solution_match: Solution de l'exercice 3


solution:
$n^{\circ} 1$ On peut simplifier l'étude des triplets $\left(a_{1}, a_{2}, a_{3}\right)$ effectuée au dernier paragraphe de la solution ci-dessus, pour limiter les calculs à effectuer. En effet,
$\triangleright$ si $a_{3} \geqslant 2$, alors $a_{2} \geqslant 3$ et $a_{1} \geqslant 4$, donc

$$
\frac{p}{q} \leqslant \frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{4}=\frac{13}{12} \leqslant \frac{3}{2}
$$

$\triangleright \operatorname{si} a_{3}=1$ et $a_{2} \geqslant 4$, on sait que $a_{1} \geqslant 5$, donc

$$
\frac{p}{q} \leqslant 1+\frac{1}{4}+\frac{1}{5}=\frac{29}{20} \leqslant \frac{3}{2}
$$

$\triangleright \operatorname{si} a_{3}=1, a_{2}=3$ et $a_{1} \geqslant 6$, on sait que

$$
\frac{p}{q} \leqslant 1+\frac{1}{3}+\frac{1}{6}=\frac{3}{2}
$$

Il suffit donc d'étudier les deux seuls triplets $\left(a_{1}, a_{2}, a_{3}\right)=(4,3,1)$ et $(5,3,1)$, qui nous amènent aux fractions $p / q=19 / 12$ et $23 / 15$ donc ne conviennent pas. On en conclut à nouveau que le plus petit entier nippon est bien $n=1344$.

Commentaire des correcteurs Le problème était difficile et a été peu réussi. Voici quelques écueils récurrents relevés:
$\triangleright$ Beaucoup d'élèves affirment des choses sans aucune preuve. Par exemple, et concernant les trois diviseurs $d_{1}, d_{2}$ et $d_{3}$ du plus petit entier nippon $n$, plusieurs élèves ont affirmé sans autre forme de procès que $d_{3}=n$ (ce qui est vrai mais pas évident, et mérite une preuve); que $d_{1}$ divise $d_{2}$ (ce qui est vrai mais fort difficile à démontrer); que $n=\operatorname{PPCM}\left(d_{1}, d_{2}\right)$ (ce qui est faux, donc encore plus difficile à prouver).
De manière générale, tout élément affirmé mérite une preuve, sinon il ne rapporte pas de points. Ici beaucoup ont affirmé des choses sous réserve «d'optimalité » sans aucune preuve et n'ont donc traité qu'un petit nombre de cas.
$\triangleright$ Beaucoup d'élèves ont trouvé des entiers nippons qu'ils pensaient minimaux mais ne l'étaient pas du tout. Une heuristique permettant d'identifier un petit entier nippon était de s'appuyer sur des hypothèses telles que celles mentionnées au point précédent: avec un peu de chances, ces hypothèses seront vraies et on aura bel et bien trouvé l'entier nippon minimal. Cependant, cela ne constituera en rien une preuve de minimalité, puisque nos hypothèses n'ont aucune raison d'être vraies. Simplement, cela nous évitera d'essayer de démontrer, par exemple, que $4038=1 \times 2 \times 2019$ est le plus petit entier nippon.
Par exemple, on peut faire l'hypothèse que $d_{1}$ divise $d_{2}$, qui divise lui-même $d_{3}$. Il s'agit alors de résoudre l'équation $a(1+b+b c)=2022=2 \times 3 \times 337$, avec $a \geqslant 1, b \geqslant 2$ et $c \geqslant 2$. Puisque $1+b+b c \geqslant 7$, on a donc $1+b+b c \geqslant 337$, et $a \leqslant 6$. Comme on cherche à minimiser

$$
n=a b c=\frac{b c}{1+b+b c} \times 2022
$$

c'est-à-dire à maximiser a fraction

$$
\frac{1+b+b c}{b c}=1+\frac{1}{c}+\frac{1}{b} \times \frac{1}{c}
$$

on cherche à minimiser simultanément $b$ et $c$. Dans ces cas-là, on aura maximisé $a$; on s'intéresse donc au cas où $a=6$ et $c=2$, auquel cas $b=112$ et $n=1344$.
Ici, on a donc eu la chance de tomber effectivement sur le plus petit entier nippon. Il reste cependant à démontrer que 1344 est bien l'entier nippon minimal, puisque l'on n'a absolument pas prouvé que $d_{1}$ divisait $d_{2}$, ni que $d_{2}$ divisait $d_{3}$.
$\triangleright$ Beaucoup d'élèves ont eu l'instinct que $d_{3}$ valait $n$. Cependant, très peu ont réussi à le prouver : c'est dommage, car cela peut être un premier objectif qui rapproche de la solution.
$\triangleright \mathrm{Il}$ y a des confusions récurrentes sur les bases de l'arithmétique : il se peut que $a$ divise $b c$ sans que $a$ ne divise $b$ ou $c$, et ce même sous des hypothèses farfelues, par exemple le fait que $a>b$. C'est, par exemple, le cas lorsque $b=c=2$ et $a=b c$.


problem: Soit $n \geqslant 3$ un entier, et $x_{1}, x_{2}, \ldots, x_{n}$ des nombres réels appartenant à l'intervalle $[0,1]$. On suppose que la somme $s=x_{1}+x_{2}+\cdots+x_{n}$ vérifie l'inégalité $s \geqslant 3$. Démontrer qu'il existe des entiers $i$ et $j$ tels que $2^{j-i} x_{i} x_{j}>2^{s-3}$.

solution:
Dans la suite, on pose $x_{t}=0$ si $t \leqslant 0$ ou $t \geqslant n+1$, ce qui ne change rien au problème. Soit $u$ et $v$ deux indices pour lesquels $2^{u-v} x_{u} x_{v}$ est maximal. Ce produit vaut au moins $\max \left\{x_{i}^{2}\right\} \geqslant(s / n)^{2}$, donc il est non nul, de sorte que $x_{u}$ et $x_{v}$ sont non nuls. Par définition, on sait que $\max \left\{2^{u-t} x_{u} x_{t}, 2^{t-v} x_{t} x_{v}\right\} \leqslant 2^{u-v} x_{u} x_{v}$, c'est-à-dire $x_{t} \leqslant \min \left\{1,2^{u-t} x_{u}, 2^{t-v} x_{v}\right\}$, pour tout entier $t$.
En outre, il existe un réel $\tau$ pour lequel $2^{u-\tau} x_{u}=2^{\tau-v} x_{v}$ : il s'agit du réel

$$
\tau=\frac{u+v+\log _{2}\left(x_{u} / x_{v}\right)}{2}
$$

On pose alors $\alpha=2^{u-\tau} x_{u}=2^{\tau-v} x_{v}$, c'est-à-dire $\alpha=2^{(u-v) / 2} \sqrt{x_{u} x_{v}}$, et on vérifie aisément que $x_{t} \leqslant \alpha / 2^{|t-\tau|}$ pour tout entier $t$.
Posons maintenant $w=\tau-\lfloor\tau\rfloor$, de sorte que $0 \leqslant w \leqslant 1$. Puisque la fonction $f: x \mapsto 2^{x}+2^{1-x}$ est convexe et que $f(0)=f(1)=3$, on a alors

$$
3 \leqslant s=\sum_{t \leqslant \tau-w} x_{t}+\sum_{t \geqslant \tau+1-w} x_{t} \leqslant \sum_{k \geqslant 0} \alpha 2^{-w-k}+\sum_{k \geqslant 0} \alpha 2 w-1-k=f(1-w) \alpha \leqslant 3 \alpha,
$$

ce qui démontre que $\log _{2}(\alpha) \geqslant 0$.
On pose alors $\mu=\left\lfloor\tau-\log _{2}(\alpha)\right\rfloor$ et $\nu=\left\lceil\tau+\log _{2}(\alpha)\right\rceil$, puis $y=\tau-\log _{2}(\alpha)-\mu$, et enfin $z=\nu-\tau-\log _{2}(\alpha)$, de sorte que $\mu \leqslant \nu, 0 \leqslant y \leqslant 1$ et $0 \leqslant z \leqslant 1$. Cette fois-ci, c'est la fonction $g: x \mapsto 2^{1-x}+x$ qui est convexe et qui vérifie $g(0)=g(1)=2$. On en conclut que

$$
\begin{aligned}
s & \leqslant \sum_{t \leqslant \mu} x_{t}+\left(x_{\mu+1}+\cdots+x_{\nu-1}\right)+\sum_{t \geqslant \nu} x_{t} \\
& <\sum_{k \geqslant 0} \alpha 2^{-\log _{2}(\alpha)-y-k}+(\nu-\mu-1)+\sum_{k \geqslant 0} \alpha 2^{-\log _{2}(\alpha)-z-k} \\
& <2^{1-y}+\left(y+z+2 \log _{2}(\alpha)-1\right)+2^{1-z} \\
& <2 \log _{2}(\alpha)+3
\end{aligned}
$$

ce qui signifie précisément que $2^{u-v} x_{u} x_{v}=\alpha^{2}>2^{s-3}$.

problem_match: Exercice 4.

solution_match: Solution de l'exercice 4


solution:
$n^{\circ} 1$ Voici une approche analogue à l'approche précédente. Ces deux approches diffèrent en ce que, alors que l'on s'intéressait ci-dessus à une forme de « milieu » de la suite $\left(x_{n}\right)$, on s'appuie ici sur les termes d'indices extrémaux.
Intéressons-nous aux deux fonctions $f: i \mapsto 2^{-i} x_{i}$ et $g: j \mapsto 2^{j} x_{j}$ : il s'agit de démontrer que $(\max f) \times(\max g) \geqslant 2^{s-3}$.
Pour tout entier $i \leqslant n$, remplacer le terme $x_{i}$ par $\min \left\{2^{i} \max f, 2^{-i} \max g, 1\right\}$ ne modifie ni $\max f$ ni $\max g$, laisse les inégalités $0 \leqslant x_{i} \leqslant 1$ valides, et ne peut qu'augmenter la somme $s=x_{1}+x_{2}+\cdots+x_{n}$. Par conséquent, il suffit de résoudre le problème lorsque

$$
x_{i}=\min \left\{2^{i} \max f, 2^{-i} \max g, 1\right\}
$$

pour tout entier $i \leqslant n$.
Dans ces conditions, on constate désormais que

$$
\begin{aligned}
2^{i-1} x_{1} & =\min \left\{2^{i} \max f, 2^{i-2} \max g, 2^{i-1}\right\} \geqslant \min \left\{2^{i} \max f, 2^{-i} \max g, 1\right\}=x_{i} \text { et } \\
2^{n-i} x_{n} & =\min \left\{2^{2 n-i} \max f, 2^{-i} \max g, 2^{n-i}\right\} \geqslant \min \left\{2^{i} \max f, 2^{-i} \max g, 1\right\}=x_{i}
\end{aligned}
$$

dès lors que $1 \leqslant i \leqslant n$. Cela signifie que $f(1)=\max f$ et que $g(n)=\max g$. On cherche donc à démontrer que $2^{s-3}<f(1) g(n)=2^{n-1} x_{1} x_{n}$.
Soit $a$ et $b$ les grands entiers tels que $2^{a-1} x_{1} \leqslant 1$ et $2^{b-1} x_{n} \leqslant 1$. Si $a+b \geqslant n+1$, posons $\bar{a}=\min \{a, n\}$ et $\bar{b}=n-\bar{a}$ : la suite $\left(x_{i}\right)$ consiste en $\bar{a}$ termes de valeurs majorées par $x_{1}, 2 x_{1}, \ldots, 2^{\bar{a}-1} x_{1}$, puis en $\bar{b}$ termes de valeurs majorées par $2^{\bar{b}-1} x_{n}, 2^{\bar{b}-2} x_{n}, \ldots, x_{n}$. Puisque $\bar{a}+b=\min \{a+b, n+b\} \geqslant n+1 \geqslant \bar{a}+\bar{b}+1$, on sait en outre que $b \geqslant \bar{b}+1$, de sorte que

$$
s \leqslant x_{1}+2 x_{1}+\cdots+2^{\bar{a}-1} x_{1}+x_{n}+2 x_{n}+\cdots+2^{\bar{b}-1} x_{n}<2^{\bar{a}} x_{1}+2^{\bar{b}} x_{n} \leqslant 2^{a} x_{1}+2^{b-1} x_{n} \leqslant 3
$$

Puisque $s \geqslant 3$, c'est donc que $a+b \leqslant n$. On pose alors $c=n-a-b$, puis $\alpha=2^{a} x_{1}$ et $\beta=2^{b} x_{n}$. La suite ( $x_{i}$ ) consiste en $a$ termes de valeurs majorées par $x_{1}, 2 x_{1}, \ldots, 2^{a-1} x_{1}$, puis en $c$ termes de valeurs majorées par 1 , et enfin en $b$ termes de valeurs majorées par $2^{b-1} x_{n}, 2^{b-2} x_{n}, \ldots, x_{n}$. Cette fois-ci, on a donc

$$
s \leqslant x_{1}+2 x_{1}+\cdots+2^{a-1} x_{1}+c+x_{n}+2 x_{n}+\cdots+2^{b-1} x_{n}<2^{a} x_{1}+c+2^{b} x_{n}=c+\alpha+\beta
$$

En outre, les réels $\alpha$ et $\beta$ sont compris entre 1 et 2 , et

$$
2^{n-1} x_{1} x_{n}=2^{a} x_{1} \times 2^{b} x_{n} \times 2^{c-1}=2^{c-1} \alpha \beta
$$

En outre, la fonction $x \mapsto 2^{x}-2 x$ est convexe sur $\mathbb{R}$, et elle vaut 0 en 1 et en 2 . Cela signifie que $2^{x} \leqslant 2 x$ pour tout réel $x \in[1,2]$. On en conclut, comme souhaité, que

$$
2^{s-3}<2^{c-3} \times 2^{\alpha} \times 2^{\beta} \leqslant 2^{c-1} \alpha \beta=2^{n-1} x_{1} x_{n} .
$$

Remarque: Pour tout réel $c>1$, il est possible de choisir un entier $n \geqslant 3$ puis des réels $x_{1}, \ldots, x_{n}$ satisfaisant les contraintes de l'énoncé mais pour lesquels $2^{j-i} x_{i} x_{j} \leqslant 2^{s-3} c$ pour tous les entiers $i$ et $j$. Voici comment on peut procéder.
Étant donné un entier impair de la forme $n=2 m-1$, on définit les réels $x_{i}=2^{i-m}$ lorsque $1 \leqslant i \leqslant m-2, x_{m-1}=x_{m+1}=2^{-1}+2^{1-m}, x_{m}=1$ et $x_{i}=2^{m-i}$ lorsque $m+2 \leqslant i \leqslant n$. Ces réels sont de somme $s=3$, et

$$
2^{j-i} x_{i} x_{j} \leqslant 2^{j-i}\left(1+2^{2-m}\right)^{2} 2^{-|i-m|-|j-m|} \leqslant\left(1+2^{2-m}\right)^{2}
$$

pour tous les entiers $i$ et $j$. Il suffit donc de choisir $n$ de manière que $\left(1+2^{2-m}\right)^{2} \leqslant c$, c'est-àdire $n \geqslant 3-2 \log _{2}(\sqrt{c}-1)$.

Commentaire des correcteurs Le problème était extrêmement difficile. Il a été peu abordé, et très peu d'élèves ont réalisé des avancées significatives à son propos. C'est normal : le but était aussi d'entraîner les élèves à se frotter à des problèmes difficiles qu'ils pourraient rencontrer lors d'une olympiade internationale.

Devant pareil énoncé, deux réflexes s'imposent :

1. En l'absence de progrès, consacrer un temps substantiel aux autres problèmes. De nombreux élèves ont eu ce réflexe, ce dont les correcteurs les félicitent.
2. Constater ici que, puisque l'on souhaitait maximiser le produit $\left(2^{-i} x_{i}\right) \times\left(2^{j} x_{j}\right)$, il convenait d'étudier séparément les indices $u$ et $v$ pour lesquels $2^{-u} x_{u}$ et $2^{v} x_{v}$ étaient maximaux.
Par ailleurs, de nombreux élèves ont fait des hypothèses qu'ils n'avaient pas le droit de faire, ou se sont ramenés à des cas particuliers qui ne simplifiaient manifestement pas le problème, tels que:
$\triangleright$ supposer $x_{1} \leqslant x_{2} \leqslant \ldots \leqslant x_{n}$; on ne peut évidemment pas réordonner à loisir les $x_{i}$, puisque les inégalités que l'énoncé met en jeu impliquent les termes $x_{i}$ mais aussi les indices $i$ et $j$;
$\triangleright$ supposer les $x_{i}$ non nuls; de fait, remplacer un terme $x_{I}$ nul par un $x_{I}$ très légèrement positif n'allait rien changer au fait que les produits $2^{j-I} x_{I} x_{j}$ et $2^{I-j} x_{I} x_{j}$ seraient tout petits, donc inférieurs à $2^{s-3}$.