238. Soient m1 ,…,mn des éléments de N*, x1 < ⋅⋅⋅ < xn des nombres réels, λ ∈ R+* et, pour x ∈ R \ {xi ;1 ≤ i ≤ n}, f(x) = n ∑ i=1-mi- x-xi. Montrer que f-1([λ,+∞[) est une réunion finie d’intervalles bornés. Calculer la somme des longueurs de ces intervalles.

Solution de Ivan Gozard

L’application f est de classe C∞ sur chaque intervalle inclus dans R \{xi,i ∈ [[1,n]]}, et fʹ(x) = -n∑ i=1m --i-2- (x- xi) < 0. Donc f est strictement décroissante sur chacun de ces intervalles, et son tableau de variation est :

|------------------------------------------------------| x-∞x1|--------x2---...--xj|-------xj+1---...---xn-----+∞-| 0 |+∞ || |+ ∞ | ||+∞ | f(x)↘ | ↘ || || ↘ | || ↘ | -∞ | -∞ || || -∞ | || 0 | -------------------------------------------------------
Pour chaque k ∈ [[1,n - 1]] (resp. pour k = n) il existe un unique αk ∈]xk,xk+1[ (resp. αk ∈]xn , +∞[) tel que f(αk) = λ. L’ensemble D = {x ∈ R ⁄ f(x) ≥ λ} est la réunion des n intervalles bornés disjoints ]x1,α1],…,]xn-1,αn-1] et ]xn,αn]. La somme de leurs longueurs est
n n n ∑(αk - xk) = S - N, o`u S = ∑ αk et N = ∑ xk. k=1 k=1 k=1

∙ Maintenant, faisons un peu d’algèbre. Par simple mise au même dénominateur, on obtient :

∑n n∏ ∏n f(x)=P(x), o`u P(x) = mk (x - xi) et Q (x) = (x - xj). Q(x) k=1 i=1,i⁄=k j=1
Le polynôme P est de degré n- 1 et a pour coefficient dominant ∑n k=1mk, le polynôme Q est unitaire de degré n et l’on a
1- f(x) = λ ⇔ P(x) = λQ(x) ⇔ Q(x)- λ P(x) = 0.

Le polynôme Q -1 λ-P est unitaire de degré n, et il a n racines, les αi,i ∈ [[1,n]]. Donc Q(x) - 1 λP(x) = ∏nk=1(x-αk). Par conséquent S = ∑n k=1αk est l’opposé du coefficient de degré n - 1 de Q(x) - 1- λP(x). Or le coefficient de degré n - 1 de Q(x) = ∏nj=1(x - xj) est - n∑ j=1xj = -N, et P est de degré n - 1 et a pour coefficient dominant ∑n k=1mk. Donc S = n ∑ k=1αk = N + 1- λ n ∑ i=1mk. La somme des longueurs des intervalles constituant D est donc :

n n n ∑ ∑ 1-∑ S - N = αk - xk = λ mk. k=1 k=1 k=1


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