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Olympiade française de mathématiques
2002-2003, dossier 6, solutions

Exercice 1

\includegraphics{figures.1}



Si le triangle ABC est isocèle en B, la figure possède un axe de symétrie par rapport à la médiatrice du segment $\cro{AC}$. Cela prouve directement le parallélisme voulu.



Réciproquement supposons les droites $\pa{DG}$ et $\pa{AC}$ parallèles. L'angle de droite $\pa{DG, BG}$ est alors égal à l'angle de droite $\pa{DG, AC}$ et donc l'angle $\widehat{DGB}$ vaut $\frac \pi 2 - \alpha$ (où $\alpha$ est défini sur la figure). De même l'angle $\widehat{GDB}$ vaut $\frac \pi 2 - \gamma$. La loi des sinus appliquée aux triangles DBG et ABC fournit les deux égalités suivantes :

$$\frac {DB}{\sin \pa{\frac \pi 2 - \gamma}} = \frac{BG}{\sin \pa{\frac \pi 2 - \alpha}}$$

$$\frac {AB}{\sin \gamma} = \frac{BC}{\sin \alpha}$$

Comme $AB = BD$ et $BC=BG$, il vient en divisant la première égalité par la seconde, $\tan \gamma = \tan \alpha$. Ceci suffit à prouver que les angles $\alpha$ et $\gamma$ sont égaux et donc que le triangle ABC est isocèle en B.

Exercice 2

On introduit la fonction :

$$f : x \mapsto \frac x {2a-x} = \frac{2a}{2a-x} -1$$

Sa dérivée seconde vaut $f''\pa x = \frac{4a}{\pa{2a-x}^3}$ et est donc positive sur l'intervalle $\left]0,a\right]$. La fonction f est donc convexe sur ce même intervalle.


On applique donc l'inégalité de Jensen. Cela donne :

$$\frac {f\pa{a_1} + f\pa{a_2} + \ldots + f\pa{a_n}} n \geq f\pa{\frac{a_1 + \ldots + a_n} n}$$

soit l'inégalité demandée après avoir multiplié par n des deux côtés. En prime on a même prouvé que le seul cas d'égalité est obtenu lorsque tous les $a_i$ sont égaux et donc égaux à $\frac a n$.

Exercice 3

L'idée, ici, consiste par exemple à introduire le polynôme :

$$P\pa x = \pa{x+a_1} \pa{x+a_2} \ldots \pa{x+a_n} - \pa{x-b_1} \pa{x-b_2} \ldots \pa{x-b_n}$$

L'hypothèse nous dit que $P\pa{b_1} = \ldots = P\pa{b_n}$. Ainsi, si l'on appelle c cette valeur commune, le polynôme $P-c$ est de degré $n-1$ et admet n racines. Il est donc identiquement nul, ce qui signifie que pour tout réel x, on a :

$$\pa{x+a_1} \pa{x+a_2} \ldots \pa{x+a_n} - \pa{x-b_1} \pa{x-b_2} \ldots \pa{x-b_n} = c$$

En particulier lorsque l'on prend $x=-a_i$, on voit que le produit des éléments de la i-ème ligne vaut $\pa{-1}^{n+1} c$ et donc est bien indépendant de la ligne choisie.

Exercice 4

Nous allons prouver que de tels polynômes n'existent pas. Tout le raisonnement est fondé sur la remarque suivante : la courbe représentative d'un polynôme de degré $2$ admet un axe de symétrie.


Raisonnons par l'absurde. Les nombres $h\pa 1, \ldots, h \pa 8$ sont alors les racines d'un polynôme de degré $4$. Comme en outre, h est un polynôme de degré $2$, on doit avoir $h\pa 1 = h\pa 8$, $h\pa 2 = h\pa 7$, $h \pa 3 = h\pa 6$ et $h\pa 4 = h\pa 5$. Également on aura $h\pa 1 < h \pa 2 < h \pa 3 < h\pa 4$ ou $h\pa 1 > h \pa 2 > h \pa 3 > h\pa 4$.


On regarde maintenant les nombres $g\circ h \pa 1$, $g\circ h \pa 2$, $g\circ h \pa 3$ et $g\circ h \pa 4$. Ils sont racines d'un polynôme de degré $2$, ce qui implique, d'après l'inégalité précédente, $g\circ h \pa 1 = g\circ h \pa 4$ et $g\circ h \pa 2 = g\circ h \pa 3$. De cela, on déduit que $h \pa 1 + h \pa 4 = h \pa 2 + h \pa 3$, ce qui est implique que le coefficient du terme en $x^2$ dans h est nul. Ceci est une contradiction.

Exercice 5

On marque les dix sommets repérés par un gros point sur la figure ci-dessous. Après le premier déplacement, si deux coccinelles quelconques ne se rencontrent pas, les dix coccinelles présentes sur les cases marquées vont aller dans dix cases non marquées, et il va arriver dix autres coccinelles sur les cases marquées. Maintenant, au second déplacement, ces vingt coccinelles vont toutes se retrouver sur des cases non marquées (car les dix premières ne peuvent pas rebrousser chemin). Mais on compte, il n'y a que dix-huit cases non marquées. Forcément, deux coccinelles vont devoir se recontrer.

\includegraphics{figures.51}







Lorsque $6$ est remplacé par $5$, cela devient possible. On peut pour cela par exemple dessiner les six chemins comme le montre la figure ci-dessous que l'on oriente par exemple dans le sens trigonométrique. On demande alors à chaque coccinelle de rester sur son chemin et de toujours tourner dans le bon sens. Il n'y aura ainsi jamais aucune rencontre.

\includegraphics{figures.52}

Exercice 6

Commençons par faire quelques observations plus ou moins simples :


En remplaçant y par $0$, on obtient :

$$f\pa 1 = \frac{f\pa x + f\pa 0}{f\pa x - f \pa 0}$$

ou encore $\pa{f\pa 1 - 1}f\pa x = f\pa 0{ f\pa 1 + 1}$. La fonction f ne peut être constante et donc forcément $f\pa 1 = 1$. Cela implique à son tour que $f\pa 0 = 0$.


En faisant maintenant $y=-x$, on obtient directement $f\pa{-x} = -f \pa x$. Autrement dit, la fonction f est impaire.


Si k est un réel différent de $1$, on peut poser $y=kx$. Cela donne :

$$\frac{f\pa x + f\pa{kx}}{f\pa x - f \pa{kx}} = f\pa{\frac{1+k}{1-k}} = \frac{1 + f\pa{k}}{1 - f \pa{k}}$$

et par suite :

$$f\pa{kx} = f\pa k f\pa x$$

qui est encore vrai si $k=1$.



Cette dernière remarque motive l'idée de calculer f sur les entiers. En effet, on pourra ensuite déduire sa valeur sur les rationnels puis peut-être sur tous les réels. Cette méthode de résolution des équations fonctionnelles est assez classique de fait. Voyons donc dans un premier temps si l'on parvient à calculer $f\pa 2$. Ce n'est pas forcément évident, il s'agit en fait d'écrire :

$$f\pa 3 = \frac{f\pa 2 + 1}{f\pa 2 - 1}$$

$$f\pa 5 = \frac{f\pa 3 + f\pa 2}{f\pa 3 - f\pa2} = \frac{f\pa 2^2 + 1} {1+2f\pa 2-f\pa 2 ^2}$$

et

$$f\pa 2^2 = f\pa 4 = \frac{f\pa 3 + f\pa 5}{f\pa 3 - f\pa 5}$$

En remplaçant maintenant dans la dernière équation $f \pa 3$ et $f\pa 5$ par les valeurs calculées, on obtient $f\pa 2^2 = 2f\pa 2$. Comme $f\pa 2$ ne peut être nul, $f\pa 0$ l'étant déjà, il ne reste que $f\pa 2 = 2$.


Maintenant en posant $y = x-2$ dans l'équation fonctionnelle, on obtient :

$$f\pa{x-1} = \frac{f\pa x + f\pa{x-2}}{f\pa x - f\pa{x-2}}$$

et donc $f\pa{x}$ se calcule en fonction de $f\pa{x-1}$ et $f\pa{x-2}$. En particulier, connaissant $f\pa 1$ et $f\pa 2$, on peut calculer $f\pa n$ pour tout entier n. Par une récurrence simple, on trouve ici que $f\pa n = n$.



En utilisant maintenant la multiplicativité, on obtient, pour tous entiers p et q :

$$f\pa q f\pa{\frac p q} = f\pa p$$

et donc $f\pa{\frac p q} = \frac p q$. Autrement dit $f\pa r = r$ pour tout rationnel r.



Il reste maintenant à passer aux réels. Normalement cela se fait par un argument plus analytique, comme la continuité ou la monotonie de la fonction. Ici, c'est la monotonie que nous allons utiliser. Pour voir cela, on commence par écrire, que si x est un réel positif ou nul, alors $f\pa x = f\pa{\sqrt x}^2 \geq 0$. Maintenant si x et y sont des réels positifs ou nuls tels que $x > y$, on a :

$$f\pa x - f\pa y = \frac{f\pa x + f \pa y}{f \pa{\frac{x+y}{x-y}}}$$

et cette dernière quantité est positive par la remarque précédente. Ceci prouve la croissance.


Maintenant, on conclut par exemple par l'absurde. Supposons qu'il existe un réel x positif ou nul tel que $f\pa x > x$. Alors on peut intercaler un rationnel r entre $f\pa x$ et x. Mais alors :

$$f\pa x > r = f\pa r \geq f\pa x$$

la dernière inégalité étant obtenu par croissance. Ceci est manifestement une contradiction. On obtient une contradiction du même genre en supposant $f\pa x < x$.



En conclusion, on a $f\pa x = x$ pour tout réel positif x puis pour tout réel x par imparité. Ainsi la seule fonction solution est l'identité.

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Dernière modification : 10 juillet 2004.
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