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MyPrepa HEC 2014 S1 Correc Partie II
MyPrepa HEC 2014 S1 Correc Partie II
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Correction
Point mthodologique 1.
Sur ce genre de question, premire vue, on ne sait pas trop comment procder.
Il sagit donc de tenter posment des choses au brouillon et de prendre des
initiatives.
1er piste :
On passe gauche lun des trois lments de droite. Choisissons celui qui est
soustrait pour former ainsi une addition de chaque ct de lingalit.
On veut montrer que :
(k, `), d k ak + d ` a` > d k a` + d ` ak
On ne voit pas trop comment sen sortir sans faire des cas, et sous-cas intermi-
nables en fonction de k, ` mais aussi de la positivit ou pas des quantits en
jeu. Bref, a ne sent pas trs bon. On prend alors linitiative dune seconde piste.
2e piste :
On choisit cette fois de faire apparatre plutt une soustraction dans chacun
des membres. On cherche donc montrer que :
(k, `), dk ak dk a` > d` ak d` a`
Et l, on se rend compte que lon peut factoriser comme suit :
1
Premier cas : k > `.
Par hypothse de lnonc, on a : dk > d` et ak > a` donc dk d` > 0 et ak a` > 0. Par produit
de deux rels positifs, il vient alors :
(dk d` )(ak a` ) > 0
Soit, en distribuant :
dk (ak a` ) > d` (ak a` )
i.e :
d k ak d k a` > d ` ak d ` a`
On conclut donc :
dk ak > dk a` + d` ak d` a`
Et finalement :
(k, `) J1, N K2 , d k ak > d k a` + d ` ak d ` a`
8.b)
Point mthodologique 2.
- sommer dabord une premire fois en faisant varier un premier indice (ici on
va dabord sommer sur lindice k mais on aurait trs bien pu commencer par
sommer sur `) ;
N
X
Premire piste : Soit (p1 , p2 , ..., pN ) RN
+ tel que pk = 1. En multipliant lingalit
k=1
prcdente par pk > 0 pour k J1, N K, on a :
(k, `) J1, N K2 , pk dk ak > pk dk a` + pk d` ak pk d` a`
2
Et par sommation, il vient :
N
X N
X N
X N
X
` J1, N K, p k d k ak > p k d k a` + p k d ` ak p k d ` a`
k=1 k=1 k=1 k=1
i.e, en sortant des sommations les facteurs ne dpendant pas de lindice de sommation :
N
X N
X N
X N
X
` J1, N K, pk dk ak > a` pk dk + d` p k ak d ` a` pk
k=1 k=1 k=1 k=1
N
X
Et comme pk = 1, il vient :
k=1
N
X N
X N
X
` J1, N K, pk dk ak > a` pk dk + d` p k ak d ` a`
k=1 k=1 k=1
Sommons prsent pour ` variant de 1 N :
N X
X N N
X N
X N
X N
X N
X
p k d k ak > a` pk dk + d` p k ak d` a`
`=1 k=1 `=1 k=1 `=1 k=1 `=1
La piste ne semble pas la bonne car il manque cruellement de p` pour pouvoir rejoindre le rsul-
tat... Nous embrayons alors sur une seconde piste !
N
X
Seconde piste : Soit (p1 , p2 , ..., pN ) RN
+ tel que pk = 1. En multipliant lingalit prc-
k=1
dente par pk p` > 0 pour k J1, N K, on a :
(k, `) J1, N K2 , pk p` dk ak > pk p` dk a` + pk p` d` ak pk p` d` a`
Et par sommation, il vient :
N
X N
X N
X N
X
` J1, N K, pk p` dk ak > p k p ` d k a` + p k p ` d ` ak pk p` d` a`
k=1 k=1 k=1 k=1
i.e, en sortant des sommations les facteurs ne dpendant pas de lindice de sommation :
N
X N
X N
X N
X
` J1, N K, p` p k d k ak > p ` a` pk dk + p` d` pk ak p` d` a` pk
k=1 k=1 k=1 k=1
N
X
Et comme pk = 1, il vient :
k=1
N
X N
X N
X
` J1, N K, p` p k d k ak > p ` a` pk dk + p` d` pk ak p` d` a`
k=1 k=1 k=1
Sommons prsent pour ` variant de 1 N :
N
X N
X N
X N
X N
X N
X N
X
p` pk dk ak > p ` a` pk dk + p ` d` p k ak p ` d ` a`
`=1 k=1 `=1 k=1 `=1 k=1 `=1
3
i.e, en passant la dernire somme du membre de droite dans le membre de gauche et en remarquant
N
X
que p` = 1, on obtient :
`=1
N
X N
X N
X N
X N
X N
X
p k d k ak + p ` d ` a` > p ` a` pk dk + p` d` p k ak
k=1 `=1 `=1 k=1 `=1 k=1
Les indices de sommation tant "muets", on a, en remplaant tous les ` par des k :
N N N
! !
X X X
2 pk dk ak > 2 pk dk p k ak
k=1 k=1 k=1
Comme 2 > 0, on conclut magnifiquement que pour tout N -uplet (p1 , p2 , ..., pN ) RN
+ tel que
N
X
pk = 1, on a :
k=1
N N N
! !
X X X
pk dk ak > pk dk pk ak
k=1 k=1 k=1
Remarque Cette question demande une trs grande "fracheur" et un grand sang froid. Elle semble
trs difficile trouver le jour J avec le stress du concours et surtout compte tenu de la perspective
de trouver bien dautres questions dans la suite du sujet. Il aurait sans doute t prudent ici de
sauter la question...
9.a)
Point mthodologique 3.
Ici, comme les deux sommes partent de n et vont jusqu N , il est judi-
cieux de voir ce quil se passe pour n = N puis pour n = N 1 afin dy voir
plus clair.
Pour n = N , il sagit ainsi de montrer que at(N ) 6 abt(N ) . Comme, par dfinition,
t(N ) 6 t(N
b ) et que les ak sont rangs dans lordre croissant, on a sans trop
souffrir at(N ) 6 abt(N ) .
4
Soit n J1, N K. La liste (t(1), b t(2),
b b )) est ordonne donc t(n),
..., t(N b t(n+1),
b b ) reprsentent
..., t(N
les N n + 1 plus grandes valeurs de la liste. Ainsi, comme a1 < a2 < ... < aN , les lments
abt(n) , abt(n+1) , ..., abt(N ) sont galement les N n + 1 plus grandes valeurs de la liste (a1 , a2 , ..., aN ).
N
X
On a donc par sommation, la quantit abt(k) est suprieure tout autre sommation de N n + 1
k=n
lments deux deux distincts de la liste (a1 , a2 , ..., aN ). En particulier, on a :
N
X N
X
at(k) 6 abt(k)
k=n k=n
On conclut :
N
X N
X
n J1, N K, at(k) 6 abt(k)
k=n k=n
9.b)
Point mthodologique 4.
- lorsquon veut montrer une galit entre deux membres et que lun des
deux membres semble plus compliqu, il est prfrable de partir du membre le
plus compliqu et de le simplifier. Ici, nous allons donc partir du membre de
droite pour rejoindre celui de gauche ;
X
- lorsquon voit une somme de la forme dn dn1 , on pense une
somme tlescopique ;
- ici, cest plus compliqu car une autre somme vient "polluer" notre somme
tlescopique ventuelle. On a donc une troisime astuce mthodologique :
linterversion de sommes...
Allons-y !
On a :
N N
!
X X X X X
(dn dn1 ) at(k) = (dn dn1 )at(k) = at(k) (dn dn1 )
n=1 k=n 16n6N n6k6N 16n6k6N
P
Et par intervention des symboles , il vient :
N N N X
k N k
! !
X X X X X
(dn dn1 ) at(k) = (dn dn1 )at(k) = at(k) (dn dn1 )
n=1 k=n k=1 n=1 k=1 n=1
On reconnat une somme tlescopique droite, et comme d0 = 0, on obtient :
N N N N
!
X X X X
(dn dn1 ) at(k) = at(k) (dk d0 ) = dk at(k)
n=1 k=n k=1 k=1
5
Les indices tant "muets", on conclut :
N N N
!
X X X
dn at(n) = (dn dn1 ) at(k)
n=1 n=1 k=n
9.c) Par hypothse, on a : n J1, N K, dn dn1 > 0. En multipliant lingalit du 9.a) par
cette quantit, on obtient :
N
X N
X
n J1, N K, (dn dn1 ) at(k) 6 (dn dn1 ) abt(k)
k=n k=n
Et par sommation dindice n, il vient :
N N N N
! !
X X X X
(dn dn1 ) at(k) 6 (dn dn1 ) abt(k)
n=1 k=n n=1 k=n
Or, en procdant comme en 9.b), on montre que :
N N N
!
X X X
(dn dn1 ) abt(k) = dn abt(n)
n=1 k=n n=1
On conclut :
N
X N
X
dn at(n) 6 dn abt(n)
n=1 n=1
Remarque Extrait du compte rendu des preuves consulter sur le blog de MyPrepa
Le 20/20 tait atteint en thorie en menant bien toutes les questions jusqu la 9.b) soit en-
viron moins de 2/3 du sujet. Nanmoins, dans la pratique, quasiment aucun tudiant na russi
faire parfaitement toutes les questions jusqu la II.9b). Les tudiants les plus brillants sont
gnralement alls jusqu la question III.13a) en ayant saut au passage quelques questions
comme par exemple la question I.5b). Chers candidats, vous laurez compris, il ne faut jamais
trop sattarder sur une question car les sujets ne sont pas parfaitement progressifs... Les meilleurs
le savent bien et sautent les questions qui leur posent problme.
Les questions de dnombrement du prliminaire ont souvent t mal traites, y compris par
les meilleures copies. Ctait pourtant du cours... Parmi les btises les plus grossires sur
cette question prliminaire, certains ont trouv un nombre dapplications injectives suprieur au
nombre dapplications quand dautres avanaient le nombre extravagant de N parmi N puissance
N. Quelques candidats ont mme os affirmer quil y en avait une infinit...
Question 2.c) : beaucoup de plantage sur lingalit stricte (et non pas large).
6
Question 7.c) : arnaque quasi-systmatique o le -1 de la fonction rciproque apparat
souvent comme par magie, sans dmonstration.
Certains candidats se sont distingus en voyant des subtilits rarement observes par la plupart
des candidats (dans les questions 2 et 9.c notamment). Ces candidats brillants ont alors souvent
eu une bonification de 5 points de barme supplmentaires. La rigueur mathmatique paie...