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Enoncés : 60 à 64

Exercice 60  (IMO 2012, exercice 2 ; mis en ligne en octobre 2013)
 
1) Montrer que (a+b)/2≥√(ab) pour tous les réels positifs ou nuls a,b ; cas d'égalité.
2) Montrer que (a+b+c)3≥33abc pour tous les réels positifs ou nuls a,b,c ; cas d'égalité.
3) On admettra que (x1+x2+...+xn)n≥nnx1x2...xn pour tous les réels positifs ou nuls x1,x2,...,xn, l'égalité ne se produisant que si tous les xi sont égaux entre eux.
Cette inégalité s'écrit aussi sous la forme (x1+x2+...+xn)/n≥n√(x1x2...xn), le membre de droite étant la racine n ième (positive) du produit des xi, cad leur moyenne géométrique ; comme le membre de gauche est la moyenne arithmétique des xi, cette inégalité est appelée l'inégalité arithmético-géométrique (IAG).

Remarque : une preuve par récurrence est possible, les calculs étant en tous points analogues à ceux qui permettent de prouver la question 2 à partir de la question 1 (du moins pour la solution de la question 2 que je propose ci-dessous), la racine carrée d'un nombre positif ou nul étant remplacée par la racine nième (positive) d'un nombre positif ou nul.

4) Il s'agit cette fois de l'énoncé exact du problème 2 des IMO 2012, les questions préliminaires précédentes n'apparaissant évidemment pas.
Soient n≥3 et a2, a3,...,an des nombres réels strictement positifs tels que a2a3...an=1.
Montrer que (1+a2)2(1+a3)3...(1+an)n>nn.

solution 

Exercice 61  (IMO 1966, exercice 6 ; mis en ligne en octobre 2013)
 

Soient ABC un triangle non aplati et K,L,M trois points distincts des sommets de ABC et situés respectivement sur les côtés [BC], [CA], [AB].
Montrer qu'au moins un des triangles AML, BKM, CLK a une aire inférieure ou égale au quart de l'aire de ABC.

solution 

Exercice 62  (European Girls Mathematical Olympiad 2014 ... ; mis en ligne en juillet 2014)
 
On cherche à déterminer toutes les fonctions f définies sur R et à valeurs dans R vérifiant la relation
(E) : pour tous réels x et y, f(y2+2xf(y)+f(x)2)=(y+f(x))(x+f(y)).

1) Vérifier que la fonction affine x->1/2-x est solution de (E).
Trouver deux autres fonctions solutions de (E).

Dans tout ce qui suit f désigne une solution de (E).

2) Montrer qu'il existe un réel a tel que f(a)=0.

3) Montrer qu'il existe un seul réel a tel que f(a)=0.

4) Montrer que pour tout réel x on a f(x)2+xf(-f(x))=a/2.

5) Montrer que f(x)=f(y) implique x=y ou x=-y.

6) Montrer que pour tous réels x et y on a y2+2xf(y)+f(x)2=x2+2yf(x)+f(y)2

7) Montrer que pour tout réel x, on a f(x)=s(x)(f(0)-x) avec s(x)=-1 ou 1.

8) Conclure.

Remarque : l'énoncé exact était :
Déterminer toutes les fonctions f définies sur R et à valeurs dans R vérifiant la relation (E).

solution 

Exercice 63  (IMO 2013, exercice 1 ; mis en ligne en septembre 2014)
 
1) Soient k et n deux entiers naturels non nuls :
trouver deux entiers naturels n' et m' non nuls tels que ((n'+2k-1)/n')×((m'+1)/m')=(n+2k+1-1)/n.

2)
a) trouver deux entiers naturels m1 et m2 tels que (1+1/m1)(1+1/m2)=1+3/10
b) trouver deux entiers naturels m1 et m2 tels que (1+1/m1)(1+1/m2)=1+3/15

3) Pour k entier naturel non nul, on note Pk la propriété suivante :

pour tout entier naturel non nul n,
il existe k entiers naturels non nuls m1,m2,...,mk (pas forcément distincts)
tels que 1+(2k-1)/n=(1+1/m1)(1+1/m2)...(1+1/mk).
a) P1 est-elle vraie?
b) si pour k entier naturel non nul Pk est vraie, est-ce que Pk+1 est aussi vraie?

Remarque : l'énoncé exact proposé aux candidats se réduisait en fait à :

montrer que pour toute paire d'entiers strictement positifs, k et n,
il existe k entiers strictements positifs m1,m2,...,mk (pas forcément distincts)
tels que 1+(2k-1)/n=(1+1/m1)(1+1/m2)...(1+1/mk).

solution 

Exercice 64  (Source revue Quadrature n°94 ; mis en ligne en décembre 2014)
 
Dans chaque case d'un tableau de n lignes et n colonnes (n≥2) il y a un nombre réel.
Bien entendu plusieurs des n2 nombres de ce tableau peuvent être, a priori, égaux.
Ce tableau posséde la propriété suivante : il existe deux nombres réels tels que
  • pour chaque ligne du tableau, la somme des deux plus grands nombres est a
  • pour chaque colonne du tableau, la somme des deux plus grands nombres est b.
Montrer que a=b.

solution 


 Solutions

Solution exercice 60

1) (a+b)/2-√(ab)=(√a-√b)2/2≥0 et nul si et seulement si a=b.

2) b et c étant des réels positifs ou nuls, il s'agit de montrer que pour tout réel a≥0, f(a)≥0 avec f(a)=(a+b+c)3-27abc.
f '(a)=3(a+b+c)2-27bc.
Comme la fonction x |-> x2 est strictement croissante sur R+, f ' est strictement croissante sur R+.

3) L'astuce consiste à écrire 1+ak=ak+1/(k-1)+1/(k-1)+...+1/(k-1) et d'appliquer IAG à cette somme de k nombres :
(ak+1/(k-1)+1/(k-1)+...+1/(k-1))k≥kkak(1/(k-1)k-1).
Donc pour k=2,3,...,n on a (1+ak)k≥(kk/(k-1)k-1)ak, ce qui donne
(1+a2)2(1+a3)3...(1+an)n≥(22/11)(32/21)(42/31)...((n-1)n-1/(n-2)n-2)(nn/(n-1)n-1)a2a3...an.
Et par simplification "téléscopique", et cf a2a3...an=1, on obtient (1+a2)2(1+a3)3...(1+an)n≥nn.
Reste à montrer que cette inégalité est stricte.
Il y aura égalité si et seulement si pour tout k, (1+ak)k=kkak(1/(k-1)k-1), soit cf IAG, si et seulement si pour tout k ak=1/(k-1).
Ceci implique a2=1,a3=1/2,...,an=1/(n-1), et donc, cf n≥3, a2a3...an≤1/2, ce qui est impossible puisque a2a3...an=1.
L'égalité étant impossible, c'est que pour tout n≥3, (1+a2)2(1+a3)3...(1+an)n>nn.

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Solution exercice 61

On notera aire(ABC) l'aire du triangle ABC, et ^A son angle en A ; ainsi 2aire(ABC)=sin(^A)×AB×AC.
Raisonnons par l'absurde en supposant qu'aucun des triangles AML, BKM, CLK a une aire inférieure ou égale au quart de l'aire de ABC, cad que l'on a simultanément
4aire(AML)>aire(ABC), 4aire(BKM)>aire(ABC), 4aire(CLK)>aire(ABC).

EN posant u=LC/LA, v=MA/MB, w=KB/KC, les trois inégalités obtenues s'écrivent (en les divisant respectivement par AL×AM, BK×BM, CL×CK qui sont non nuls, K,L,M étant distincts des sommets) Par ajout membres à membres de ces trois inégalités on obtient
9>u+v+w+1/u+1/v+1/w+u/v+v/w+w/u
On dispose donc de 9 nombres positifs dont la somme est inférieure à 9, donc leur moyenne arithmétique est inférieure 1.
Mais on vérifie facilement que le produit de ces 9 nombres est 1, donc leur moyenne géomérique est n√1=1, ce qui est en contradiction avec le fait que la moyenne arithmétique de nombres positifs ou nuls est toujours supérieure ou égale à leur moyenne géométrique(voir IAG, exercice 60, ci-dessus).

Ceci prouve qu'au moins un des triangles AML, BKM, CLK a une aire inférieure ou égale au quart de l'aire de ABC.

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Solution exercice 62

1) Je laisse le lecteur vérifier que les trois fonctions affines f1, f2, f3 (de R dans R) suivantes :

sont trois solutions de (E).

2) x étant un réel quelconque, en prenant y=-f(x) on obtient f(a)=0 avec a=2f(x)2+2xf(-f(x)).

3) Si f(u)=f(v)=0 alors

D'où u2=v2=uv, ce qui donne u=v ou u=-v.
Mais si u=-v, comme uv=v2, on a -u2=u2 donc 2u2=0 et u=0, donc v=0 et ainsi on a encore u=v.
Donc f(u)=f(v)=0 implique u=v, cad (cf Q2 par ailleurs) il existe un et un seul réel a tel que f(a)=0.

4) Cf Q2 et Q3, on évidemment a=2f(x)2+2xf(-f(x)) pour tout x dans R.

5) Supposons que f(u)=f(v).
Cf Q4, uf(-f(u))=vf(-f(v))=vf(-f(u)), d'où (u-v)f(-f(u))=0. Donc

Finalement f(u)=f(v) entraîne u=v ou u=-v.

6) En échangeant x et y dans (E), on obtient (puisque le second membre de (E) est alors invariant)
f(u)=f(v)=(y+f(x))(x+f(y)) avec u=y2+2xf(y)+f(x)2 et v=x2+2yf(x)+f(y)2.
Donc, cf Q5, u=v ou u=-v.
Mais si u=-v, u+v=0, soit (f(x)+y)2+(f(y)+x)2=0 : donc f(x)+y=0 et f(y)+x=0 et ainsi f(u)=f(v)=0, d'où u=v(=a).
Donc on a toujours u=v :
pour tous réels x et y on a y2+2xf(y)+f(x)2=x2+2yf(x)+f(y)2.

7) Dans l'identité obtenue à Q6, en faisant y=0 on obtient
pour tout réel x, f(x)2=(f(0)-x)2, soit f(x)=s(x)(f(0)-x) avec s(x)=-1 ou 1.
Bien entendu, à ce niveau rien ne prouve que la fonction s soit constante sur R.

8) On remplace dans l'identité obtenue en Q6, f(x) par s(x)(f(0)-x) et après quelques calculs ... on obtient que pour tous réels x et y,
x(s(y)y+f(0)(1-s(y)))=y(s(x)x+f(0)(1-s(x)).
Donc (on fait y=1), pour tout x non nul, s(x)+f(0)(1-s(x))/x=k, avec k la constante s(1)+f(0)(1-s(1)).
Deux cas :


Finalement (E) n'admet que trois solutions, les trois fonctions affines f1, f2, f3 (de R dans R) suivantes :

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Solution exercice 63

1) L'équation proposée s'écrit
((2n'+2k+1-2)/(2n')×((m'+1)/m')=(n+2k+1-1)/n.
On remarque que si n est impair alors n-1 est pair (≥0), tout comme 2n'-2 ; d'où l'idée de chercher n' tel que 2n'-2=n-1, soit n'=(n+1)/2 qui est évidemment entier naturel puisque n est naturel impair, mais il est non nul car n≥1.
Prenons donc n'=(n+1)/2.
Pour cette valeur de n', m' doit alors vérifier la relation (m'+1)/((n+1)m')=1/n : elle s'écrit alors 1+1/m'=1+1/n soit m'=n.
Donc si n est impair, n'=(n+1)/2 et m'=n sont des entiers naturels non nuls qui conviennent.

Par contre si n est pair il n'existe pas d'entier n' vérifiant 2n'+2k+1-2=n+2k+1-1.
Pourquoi ne pas voir ce que donne dans ce cas le choix m'+1=n+2k+1-1?
Cela équivaut à m'=n+2k+1-2 qui est bien entier naturel non nul car k et n étant ≥1, m'≥1+22-2=3.
n' doit alors vérifier la relation (n'+2k-1)/n'=m'/n soit (n'+2k-1)/n'=(n+2k+1-2)/n,
qui s'écrit (n'+2k-1)n=(n+2k+1-2)n', soit (2k-1)n=2(2k-1)n' et donne n=2n'.
Comme n est non nul, n'=n/2 est un entier naturel non nul.
Donc si n est pair, n'=n/2 et m'=n+2k+1-2 sont des entiers naturels non nuls qui conviennent.

2) En remarquant que (a+b)/a=1+b/a, on applique le 1) avec k=1 :
a) avec n=10 qui est pair, on prend n'=n/2=5, m'=10+22-2=12, ce qui donne
(1+1/5)(1+1/12)=1+3/10.
b) avec n=15 qui est impair, on prend n'=(n+1)/2=8, m'=n=15, ce qui donne
(1+1/8)(1+1/15)=1+3/15.

3) P1 est bien vraie : m1=n convient (c'est la seule possibilité).

Supposons maintenant Pk vraie (k entier naturel non nul) : montrer que Pk+1 est vraie, c'est montrer que pour tout entier naturel n non nul,
il existe k+1 entiers naturels non nuls m1,m2,...,mk+1 (pas forcément distincts)
tels que 1+(2k+1-1)/n=(1+1/m1)(1+1/m2)...(1+1/mk+1).
Or,

Donc (1+(2k+1-1)/n)=(1+1/m1)(1+1/m2)...(1+1/mk)×(1+1/m') et Pk+1 est bien vraie
Donc si Pk est vraie alors Pk+1 est aussi vraie.

Conséquence (non demandée dans mon "énoncé", la récurrence n'étant pas au programme de la 1S) :
puisque P1 est vraie, en faisant k=1, le résultat précédent donne que P2 est vraie,
puis avec k=2, le résultat précédent donne que P3 est vraie,
"etc" :
pour tout entier k≥1, Pk est (effectivement) vraie.
C'est le principe du raisonnement par récurrence.

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Solution exercice 64

Si n=2, il est immédiat de vérifier que 2a et 2b sont égaux à la somme des quatre nombres du tableau.

Mais si n≥3, c'est beaucoup moins immédiat.
Pour y arriver on raisonne par l'absurde, cad on suppose que a≠b et on montre qu'on arrive à une contradiction.
Commencons par supposer que a>b.
Pour ce cas, on appelera nombre sup du tableau tout nombre parmi les n2 nombres du tableau qui est strictement supérieur à b/2.
On en déduit les cinq résultats suivants qui vont permettre d'arriver à une contradiction.

Montrons maintenant qu'on arrive à une contradiction.
Soit s le plus petit des nombres sup du tableau.
s est sur une ligne L et cf R5, a=s+m, m étant le plus grand des autres nombres de la ligne ; m n'est pas un nombre sup, puisque rappelons le il y en a un seul par ligne.
m est sur une colonne C qui posséde un nombre sup S ; toujours cf R5, b=S+m', m' étant le plus grand des autres nombres de la colonne, donc m'≥m (puisque m n'étant pas un nombre sup, il fait partie des "autres").
Mais par définition de s, S≥s, et ainsi on arrive à b=S+m'≥s+m=a, ce qui est contraire à l'hypothèse du point de départ a>b.
Donc, on ne peut avoir a>b.

Mais peut-on avoir a<b?
En transposant le tableau, cad en transformant chaque ligne en une colonne (l'élément situé au début de la ligne devenant l'élément situé en haut de la colonne obtenue), on obtient un nouveau tableau contenant les mêmes n2 nombres que le tableau de départ, mais cette fois

Cf le 1er cas, il est impossible d'avoir a'>b', cad il est impossible d'avoir b>a.

Finalement comme on ne peut avoir ni a>b, ni a<b, c'est que a=b.

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