Olympiades mathématiques de Fès 2006
Corrigé
Samuel Rochetin
Mercredi 30 novembre 2011
Exercice 1. On admet que ∃a ∈ R∗, a3+ 1
a3 = 18. Calculer a 4+ 1 a4. Solution. a +1 a 3 = a3+ 3a + 3 a + 1 a3 donc a + 1
a est racine du polynôme X3− 3X − 18.
Or, 3 est racine évidente de X3− 3X − 18.
Donc en écrivant la division euclidienne de X3− 3X − 18 par X − 3 ou par identification, on obtient X3− 3X − 18 = (X − 3)(X2+ 3X + 6).
Or, X2+ 3X + 6 est de discriminant négatif donc 3 est l’unique racine réelle
de X3− 3X − 18. Donc a +1 a = 3. Or, a +1 a 2 = a2+ 1 a2+ 2 donc a 2+ 1 a2 = 7. Or, a2+ 1 a2 2 = a4+ 1 a4 + 2 donc a 4+ 1 a4 = 47. Exercice 2. Soit (x, y, z) ∈ R∗+3
. Montrer que xyz(x + y + z) = 1 =⇒ (x + y)(y + z) ≥ 2.
Solution. x, y, z sont les racines du polynôme X3−σ
1X2+σ2X −σ3, où σ1, σ2, σ3
sont les fonctions symétriques élémentaires des racines. Or, σ1σ3= 1. Donc, pour X = y, on a y3− σ 1y2+ σ2y − 1 σ1 = 0. C’est-à-dire σ2+ y2= σ1y + 1 σ1y .
Or, en développant, (x + y)(y + z) = σ2+ y2.
Par ailleurs, une étude de fonction montre que ∀t ∈ R∗ +, t +
1 t ≥ 2.
Exercice 3. Soit ABCD un quadrilatère convexe inscrit dans un cercle de centre O et dont les diagonales sont perpendiculaires. Montrer que les quadrila-tères AOCB et AOCD ont la même aire.
Démonstration. Soit r le rayon du cercle de centre O passant par A, B, C, D. AAOB = 1 2 × OA × OB × sin \ AOB =r 2 2 sin
2\ADB théorème de l’angle au centre
De même,ACOD =
r2
2 sin
2\CAD.
En utilisant la somme des angles d’un triangle et une propriété du sinus, on a \ADB + \CAD = π
2 ⇐⇒ 2\CAD = π − 2\ADB =⇒ sin
2\CAD = sinπ − 2\ADB ⇐⇒ sin2\CAD= sin2\ADB.
DoncAAOB =ACOD.
On montre de même queABOC=AAOD.
Or, par additivité,AAOCB=AAOB+ABOC etAAOCD =ACOD+AAOD.
DoncAAOCB=AAOCD.
Exercice 4. Déterminer toutes les fonctions f : R → R vérifiant ∀(x, y) ∈ R2, f (x)f (y) − f (xy) = x + y.
Solution. Pour (x, y) = (0, 0), l’équation donne f (0)(f (0) − 1) = 0. Ceci est vrai si et seulement si f (0) = 0 ou f (0) = 1.
Supposons que f (0) = 0.
Supposons que ∃x0∈ R, f(x0) 6= 0.
Alors pour (x, y) = (x0, 0), l’équation donne x0= 0.
Donc f (x0) = f (0).
Donc f (x0) = 0.
Contradiction.
Donc ∀x ∈ R, f (x) = 0.
Réciproquement, on vérifie que la fonction identiquement nulle est solution. Supposons que f (0) = 1.
Alors pour y = 0 et ∀x ∈ R, l’équation donne f (x) = x + 1.
Réciproquement, on vérifie que ∀(x, y) ∈ R2, (x + 1)(y + 1) − (xy + 1) = x + y.
Ainsi, l’équation fonctionnelle admet deux solutions : la fonction identique-ment nulle et la fonction f définie ∀x ∈ R par f (x) = x + 1.
