exercice d'olympiade suédoise

Bonjour,

La formule
$$cos(p)+cos(q)=2cos(\frac{p+q}{2})cos(\frac{p-q}{2})$$ donne un truc, non?


jn

Remarque 1 : Il n'y aucune raison que $f(x) = cos(a_1 x) + cos(a_2 x)$ admette un minimum sur $\R$. $m(a_1,a_2)$ devrait plutôt désigner l'inf de $f$.

Remarque 2 : Pour tout $\lambda \neq 0$, on a $m(a_1,a_2) = m(\lambda a_1, \lambda a_2)$ puisque les 2 fonctions associées prennent les mêmes valeurs. Donc, quitte à bien choisir $\lambda$, il suffit donc de montrer que $m(\alpha,1) < 0$ pour tout $\alpha$ non nul dans $]-1,1[$, et même dans $]0,1[$ puisque $m(-\alpha,1) = m(\alpha,1)$.

Et pour montrer ça, il suffit de montrer que $f(x) = cos(\alpha x) + cos(x)$ prend *une* valeur strictement négative. Mais, $f(\pi) = cos(\alpha \pi) -1$. Et comme $\alpha \in ]0,1[$, on a $cos(\alpha \pi)

Joli Guego! J'avais ouvert récemment un topic nommé "une suite particulière" et tu m'as renvoyé sur le site de Kalva. Je me suis empressé de le mettre dans mes favoris. Donc merci.

bs, le deuxième m'intèresse...

A noter la sortie d'"Olympiade Internationales de Mathématiques 1976-2005" de Paul Bourgade chez Casini. La RMS en fait une bonne critique ici: <http://www.rms-math.com/article.php3?id_article=855>. Je l'ai acheté il y a peu et ne le regrette pas.

C'est assez étrange, car si $a_2 = 2$ par exemple, on a $f(x) = 1+a_1 cos(x) + 2 cos(2x)$, et donc $f(\frac{\pi}{2}) = -1$ quel que soit $a_1$. Par conséquent, on ne peut jamais avoir $f$ positive sur $\R$.

Je suppose qu'il faut changer tous les "positifs" par des "strictement positifs", sinon $C=0$ convient.

Sur ce, considérons la suite $(b_n)$ définie par $b_1 = a_1$ et $b_{n+1} = \sqrt{b_1+...+b_n}$.

On vérifie par récurrence immédiate que $a_n \geq b_n$ pour tout $n$. Il suffit donc de montrer le résultat sur la suite $(b_n)$.
Pour cela, remarquons que $b_n^2 = b_1+...+b_{n-1}$, donc $b_{n+1}^2 = b_n^2 + b_n$, autrement dit $b_{n+1} = \sqrt{b_n^2 + b_n}$.
De là, on en déduit que la suite $(b_n)$ est croissante. Soit elle est majorée et dans ce cas, elle converge, soit elle n'est pas majorée, et dans ce cas, elle tend vers $+\infty$. Or, elle ne peut pas converger (sa limite $\ell$ vérifierait $\ell = \sqrt{\ell^2 + \ell}$, donc $\ell = 0$, ce qui n'est pas possible puisque la suite $(b_n)$ est croissante et strictement positive).
Donc $b_n$ tend vers $+\infty$.

De là, on y est presque puisque $\sqrt{1+u} \geq 1+\frac{u}{3}$ si $u>0$ est assez petit. Comme $\frac{1}{b_n}$ est assez petit dès que $n$ est assez grand, on a donc (à partir d'un certain rang) :

$$b_{n+1} = \sqrt{b_n^2 + b_n} =b_n \sqrt{1+\frac{1}{b_n}} \geq b_n(1+\frac{1}{3b_n}) = b_n + \frac{1}{3}$$

Le résultat s'en déduit alors assez facilement (je te laisse voir les détails)

re bs,
pour ta question 3) maintenant :
On exprime $f(1), f(-1), f(1/2), f(-1/2)$ en fct des coefficients $a_3,\dots,a_0$.
On sort $a_3$ de ce système, on trouve (calcul à vérifier..):
$$a_3=\frac{1}{3}\left (2f(1)-2f(-1)-4f(1/2)+4f(-1/2) \right )$$
donc, en passant à la valeur absolue,
$$|a_3|\leq 4$$
Cette valeur est atteinte pour $f(x)=4x^3-3x$.

bonsoir bs,

1) ton facteur $a^3$ me paraît bizarre vu qu'on travaille au second degré. Je détaille le calcul que j'ai fait :
\begin{multline*}
0=f(x+y)-f(x)-f(y)-f(axy)=\\k(x+y)+\frac{ak}{2}(x+y)^2-kx-\frac{akx^2}{2}-ky-\frac{aky^2}{2}-akxy-\frac{a^2k}{2}x^2y^2
\end{multline*}
tout s'élimine et il ne reste que le dernier terme $-\frac{a^2k}{2}x^2y^2$. Donc je maintiens, à moins d'une erreur grossière qui m'aurait échappée. De toute façon, on ne va pas se disputer... ça ne change rien au résultat.

2) en fait je suis parti du côté des polynômes orthogonaux et j'ai constaté que $T_3(x)=4x^3-3x$ (polynôme de Tchebicheff de degré 3) fournissait un bon exemple, d'où la borne 4.

Par ailleurs, je souhaite revenir sur l'exo que tu as posé au tout début de ce post : je pense avoir une solution qui donne une "meilleure valeur" que celle déjà trouvée par Guego.
Le temps de l'écrire et ça vient...

bs, c'est encore moi... comme promis.
(d'ailleurs, pendant que j'y pense, il aurait été plus facile de créer un nouveau sujet pour chaque exo que tu proposes car il devient difficile de s'y retrouver..)

Je reviens sur ton problème initial dont je résume l'énoncé (à l'attention des lecteurs qui, comme moi, ont du mal à suivre plusieurs émissions en même temps..):

Pour $a_1,a_2$ réels tous deux non nuls, on note $m(a_1,a_2)$ le minimum sur $\R$ de la fct $f(x)=\cos (a_1x)+\cos(a_2x)$.
Montrer que, pour tous $a_1,a_2$ non nuls, il existe $b