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TEST DES 13 ET 14 MAI 2014
CORRIGÉ
Exercice J1. Déterminer le plus grand nombre d'entiers que l'on peut extraire de l'ensemble $\{1,2, \ldots, 2014\}$ de sorte que la différence de deux quelconques de ces entiers soit différente de 17.
Solution de l'exercice J1. Cet exercice découle en fait d'une utilisation astucieuse du principe des tiroirs. Soit $E$ une partie de $\{1,2, \ldots, 2014\}$ ne contenant que des entiers dont la différence n'est jamais égale à 17 .
Tout d'abord, pour tout entier $a$, on note $S_{a}$ l'ensemble $\{a, a+17\}$, et $T_{a}$ l'ensemble $\{a, a+$ $1, \ldots, a+33\}$ : alors on sait que $E \cap S_{a}$ contient au plus un élément, quelque soit l'entier $a$ considéré : autrement dit, $\left|E \cap S_{a}\right| \leq 1$. Puisque $2014=34 \times 59+8$, on sait que
$$
\{1,2, \ldots, 2014\} \subseteq \bigcup_{i=0}^{58} T_{34 i+1} \cup \bigcup_{a=2009}^{2014} S_{a}=\bigcup_{i=0}^{58}\left(\bigcup_{a=34 i+1}^{34 i+17} S_{a}\right) \cup \bigcup_{a=2009}^{2014} S_{a}
$$
de sorte que
$$
|E|=|E \cap\{1,2, \ldots, 2014\}| \leq \sum_{i=0}^{58}\left(\sum_{a=34 i+1}^{34 i+17}\left|E \cap S_{a}\right|\right)+\sum_{a=2009}^{2014}\left|E \cap S_{a}\right|=59 \times 17+8=1011
$$
D'autre part, en choisissant exactement $E=\bigcup_{i=0}^{58}\left(\bigcup_{a=34 i+1}^{34 i+17}\{a\}\right) \cup \bigcup_{a=2009}^{2014}\{a\}$, on obtient bien une partie de $\{1,2, \ldots, 2014\}$ ne contenant que des entiers dont la différence n'est jamais égale à 17 , et dont le cardinal est précisément $|E|=1011$.
Ainsi, le nombre recherché était bien 1011.
Exercice J2. Soit $P$ un point à l'extérieur d'un cercle $\mathcal{C}$. Les tangentes à $\mathcal{C}$ passant par $P$ touchent $\mathcal{C}$ en $A$ et $B$. Une droite passant par $P$ intersecte $\mathcal{C}$ aux points $Q$ et $R$. Soit $S$ un point de $\mathcal{C}$ tel que $(B S) / /(Q R)$. Montrer que $(S A)$ passe par le milieu de $[Q R]$.
Solution de l'exercice J2. La puissance du point $P$ par rapport au cercle $\mathcal{C}$ est égale à $P B^{2}=P Q$. $\overline{P R}$. Ainsi, on a égalité des rapports de longueurs $\frac{P R}{P B}=\frac{P B}{P Q}$, ce qui montre que les triangles $P R B$ et $P B Q$ sont indirectement semblables. En particulier, on en déduit que $\frac{P B}{P R}=\frac{B Q}{B R}$. Puis, $A$ et $B$ jouant des rôles symétriques, on a également $\frac{P A}{P R}=\frac{A Q}{A R}$.
Soit alors $O$ le centre du cercle $\mathcal{C}$ ainsi que $N_{1}$ le milieu de $[Q R]$ et $N_{2}$ le milieu de $[B S]$. Les cordes $Q R$ et $B S$ étant parallèles, on sait que $\left(N_{1} O\right)=\left(N_{2} O\right)$ est la médiatrice commune à $[Q R]$ et à $[B S]$, c'est-à-dire un axe de symétrie du trapèze $Q S B R$. Il s'ensuit que $\frac{B Q}{B R}=\frac{S R}{S Q}$. On en déduit donc que
$$
\frac{R S}{Q S} \frac{R A}{Q A}=\frac{B Q}{B R} \frac{P R}{P A}=\frac{P B}{P R} \frac{P R}{P A}=\frac{P B}{P A}=1
$$
c'est-à-dire que $A R \cdot R S=A Q \cdot Q S$.
Notons ensuite que les points $A, R, S$ et $Q$ sont cocycliques, de sorte que $\sin (\widehat{A R S})=\sin (\widehat{A Q S})$, donc que
$$
2 \mathcal{A}_{A R S}=(A R \cdot R S) \sin (\widehat{A R S})=(A Q \cdot Q S) \sin (\widehat{A Q S})=2 \mathcal{A}_{A Q S}
$$
Enfin, soit $M$ le point d'intersection de $(A S)$ et $(Q R)$. On sait que $2 \mathcal{A}_{A R S}=(A S \cdot M R) \sin (\widehat{A M S})$ et $2 \mathcal{A}_{A Q S}=(A S \cdot M Q) \sin (\widehat{S M Q})$, d'où l'on déduit que $(A S \cdot M R) \sin (\widehat{A M S})=(A S \cdot M Q) \sin (\widehat{S M Q})$. Puisque $\widehat{A M R}=\widehat{S M Q}$, cela montre en fait que $M R=M Q$, c'est-à-dire $M$ est le milieu de $[Q R]$.
Exercice $\mathbf{I J}_{3}$. Montrer que si $a_{1} \geqslant a_{2} \geqslant \cdots \geqslant a_{n} \geqslant 0$ et $a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n}=1$ alors
$$
a_{1}^{2}+3 a_{2}^{2}+5 a_{3}^{2}+\cdots+(2 n-1) a_{n}^{2} \leqslant 1 .
$$
Solution de l'exercice J3. Afin de faire apparaître les termes $a_{i}^{2}$, il est tentant de commencer par élever l'expression $a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n}=1$ au carré, puis de tout développer en espérant très fort qu'une simplification appraîtra. En outre, on voit bien qu'il faudra utiliser le caractère ordonné des termes $a_{i}$ (c'est-à-dire que $a_{1} \geqslant a_{2} \geqslant \cdots \geqslant a_{n} \geqslant 0$ ), puisque l'inégalité à démontrer est évidemment fausse si on prend $a_{1}=\ldots=a_{n-1}=0$ et $a_{n}=1$. On obtient alors directement
$$
\begin{aligned}
1 & =\left(a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n}\right)^{2}=\sum_{i=1}^{n} a_{i}^{2}+2 \sum_{i=1}^{n} \sum_{j=i+1}^{n} a_{i} a_{j} \\
& \geq \sum_{i=1}^{n} a_{i}^{2}+2 \sum_{i=1}^{n} \sum_{j=i+1}^{n} a_{j}^{2}=a_{1}^{2}+3 a_{2}^{2}+5 a_{3}^{2}+\cdots+(2 n-1) a_{n}^{2} .
\end{aligned}
$$
Solution alternative Soit $\Omega$ l'ensemble des $n$-uplets $\left(a_{1}, \ldots, a_{n}\right)$ de réels tels que $a_{1} \geqslant a_{2} \geqslant \cdots \geqslant$ $a_{n} \geqslant 0$ et $a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n}=1$. Considérons la fonction
$$
f: \quad \begin{aligned}
& \Omega \mapsto \mathbb{R} \\
& \left(a_{1}, \ldots, a_{n}\right) \mapsto a_{1}^{2}+3 a_{2}^{2}+5 a_{3}^{2}+\cdots+(2 n-1) a_{n}^{2}
\end{aligned}
$$
La fonction $f$ est convexe car somme de fonctions convexes, donc elle prend son maximum en un point extrémal de $\Omega$, c'est-à-dire en un point $p \in \Omega$ tel que, pour tous $a, b \in \Omega$ et pour tout $\lambda \in] 0,1[$, si $p=\lambda a+(1-\lambda) b$, alors $a=b=p$. On montre alors aisément que les points extrémaux de $\Omega$ sont nécessairement de la forme $a_{1}=\ldots=a_{k}=\frac{1}{k}, a_{k+1}=\ldots=a_{n}=0$, avec $1 \leq k \leq n$. Et alors $f\left(a_{1}, \ldots, a_{n}\right)=\sum_{i=1}^{k} \frac{2 i+1}{k^{2}}=\frac{k(k-1)+k}{k^{2}}=1$.
On en déduit donc que $f\left(a_{1}, \ldots, a_{n}\right) \leq 1$ dès lors que $\left(a_{1}, \ldots, a_{n}\right) \in \Omega$.
Exercice 1. Soit $n$ un entier strictement positif. Trouver le plus petit entier $k$ ayant la propriété suivante : pour tous réels $a_{1}, \ldots, a_{d}$ vérifiant $a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{d}=n$ et $0 \leqslant a_{i} \leqslant 1$ pour $i=1,2, \ldots, d$, il est possible de regrouper les nombres en $k$ paquets (éventuellement vides) de sorte que la somme des nombres de chaque paquet soit $\leqslant 1$.
## Solution de l'exercice 1
$\triangleright$ Les réels $a_{1}=\ldots=a_{2 n-1}=\frac{n}{2 n-1}$ appartiennent à l'intervalle $\left.] \frac{1}{2}, 1\right]$ et leur somme vaut $n$. Comme chaque réel est strictement plus grand que $\frac{1}{2}$, chaque paquet contient au plus un de ces $2 n-1$ réels (car la somme de deux d'entre eux est strictement supérieure à 1 ) : il faut donc au moins $2 n-1$ paquets.
$\triangleright$ Supposons que l'on ait partitionné notre ensemble de réels $a_{1}, \ldots, a_{d}$ en $k \geq 2 n$ paquets et notons $\alpha_{1} \leq \ldots \leq \alpha_{k}$ les sommes associées à ces paquets classées par ordre croissant. Alors, en regroupant ces nombres deux par deux, on obtient
$$
\begin{aligned}
n & =\alpha_{1}+\alpha_{2}+\ldots+\alpha_{k} \\
& =\left(\alpha_{1}+\alpha_{2}\right)+\left(\alpha_{3}+\alpha_{4}\right)+\ldots \\
& \geq\left\lfloor\frac{k}{2}\right\rfloor\left(\alpha_{1}+\alpha_{2}\right) \geq n\left(\alpha_{1}+\alpha_{2}\right)
\end{aligned}
$$
Ainsi, $\alpha_{1}+\alpha_{2} \leq 1$ et on peut regrouper les deux paquets correspondants en un nouveau paquet de somme totale inférieure ou égale à 1 et on est ramené à $k-1$ paquets.
$\triangleright$ En conclusion, il est nécessaire d'avoir $2 n-1$ paquets et, si l'on a partitionné en plus de $2 n$ paquets, on peut procéder à un regroupement et faire diminuer le nombre de paquets nécessaires. La valeur recherchée est donc $2 n-1$.
Exercice 2. Deux cercles $O_{1}$ et $O_{2}$ se coupent en $M$ et $N$. La tangente commune aux deux cercles la plus proche de $M$ touche $O_{1}$ et $O_{2}$ en $A$ et $B$ respectivement. Soient $C$ et $D$ les symétriques de $A$ et $B$ par rapport à $M$ respectivement. Le cercle circonscrit au triangle $D C M$ intersecte les cercles $O_{1}$ et $O_{2}$ respectivement en des points $E$ et $F$ distincts de $M$. Montrer que les cercles circonscrits aux triangles $M E F$ et $N E F$ sont de même rayon.
## Solution de l'exercice 2
Montrons d'abord que $(E F)$ l'autre tangente commune aux deux cercles.
Soient $E^{\prime}$ et $F^{\prime}$ les points de contact de l'autre tangente commune. Soit $X$ le point d'intersection de $(A B)$ et de $(M N)$. On a $A X=B X$ car $X$ se situe sur l'axe radical des deux cercles. Comme $A B C D$ est un parallélogramme de centre $M$, on a $(M X) / /(A D)$, ce qui entraîne $(A D) \perp\left(O_{1} O_{2}\right)$.
De plus, $A$ et $E$ étant symétriques par rapport à $\left(O_{1} O_{2}\right)$ on obtient que $A, D, E$ sont alignés, et de même $B, C, F$ sont alignés.
D'après le cas limite du théorème de l'angle inscrit dans le cercle $O_{1}$, on a $(E M, E A)=(A M, A B)$, donc $(C M, C D)=(C A, C D)=(A M, A B)=(E M, E A)=(E M, E D)$, par conséquent $E^{\prime}$ appartient au cercle $M C D$. On en conclut que $E=E^{\prime}$, et de même $F=F^{\prime}$.
En appliquant la symétrie d'axe $\left(O_{1} O_{2}\right)$ puis la symétrie de centre $M$ au cercle $(N E F)$, on obtient successivement le cercle $M A B$, puis le cercle $M C D$, c'est-à-dire le cercle $M E F$. Comme une symétrie conserve les longueurs, les cercles $M E F$ et $N E F$ ont même rayon.
Exercice 3. Montrer qu'il existe une infinité d'entiers positifs $n$ tels que le plus grand facteur premier de $n^{4}+n^{2}+1$ soit égal au plus grand facteur premier de $(n+1)^{4}+(n+1)^{2}+1$.
Solution de l'exercice 3 Pour tout $n \geq 1$, on note $p_{n}$ le plus grand diviseur premier de $n^{4}+n^{2}+1$, et $q_{n}$ le plus grand diviseur premier de $n^{2}+n+1$.
On donc $p_{n}=q_{n^{2}}$.
De plus, de l'identité
$$
n^{4}+n^{2}+1=\left(n^{2}+n+1\right)\left(n^{2}-n+1\right)=\left(n^{2}+n+1\right)\left((n-1)^{2}+(n-1)+1\right)
$$
il découle que $p_{n}=\max \left(q_{n}, q_{n-1}\right)$ pour tout $n \geq 2$.
D'autre part, le nombre $n^{2}-n+1=n(n-1)+1$ est impair, donc
$$
\operatorname{pgcd}\left(n^{2}+n+1, n^{2}-n+1\right)=\operatorname{pgcd}\left(2 n, n^{2}-n+1\right)=\operatorname{pgcd}\left(n, n^{2}-n+1\right)=1
$$
Ainsi, on a $q_{n} \neq q_{n-1}$.
Pour conclure, il suffit alors de prouver que l'ensemble
$$
S=\left\{n \geq 2 \mid q_{n}>q_{n-1} \text { et } q_{n}>q_{n+1}\right\}
$$
est infini, puisque pour tout $n \in S$, on a
$$
p_{n}=\max \left(q_{n}, q_{n-1}\right)=q_{n}=\max \left(q_{n}, q_{n+1}\right)=p_{n+1} .
$$
Par l'absurde: supposons que $S$ soit fini.
Puisque $q_{2}=q_{4}=7<13=q_{3}$, on peut affirmer que $S$ n'est pas vide. Puisqu'il est fini, il possède alors un plus grand élément, disons $m$.
La suite $\left(q_{n}\right)_{n \geq m}$ ne peut être strictement décroissante puisqu'elle est formée d'entiers positifs. Il existe donc $k \geq m$ tel que $q_{k}<q_{k+1}$ (on rappelle que $q_{k} \neq q_{k+1}$ ). Mais, il est également impossible d'avoir $\left(q_{n}\right)_{n \geq k}$ strictement croissante car $q_{(k+1)^{2}}=p_{k+1}=\max \left(q_{k}, q_{k+1}\right)=q_{k+1}$. Notons alors $t$ le plus petit entier supérieur ou égal à $k+1$ tel que $q_{t}>q_{t+1}$. La minimalité de $t$ assure que l'on a $q_{t-1}<q_{t}$, et donc que $t \in S$.
Pourtant, on a $t \geq k+1>k \geq m$, ce qui contredit la maximalité de $m$.
Par suite, on a $S$ infini, ce qui conclut.
Exercice 4. On note $\mathbb{N}^{*}$ l'ensemble des entiers naturels strictement positifs. Trouver toutes les $^{2}$ fonctions $f: \mathbb{N}^{*} \rightarrow \mathbb{N}^{*}$ telles que
$$
m^{2}+f(n) \mid m f(m)+n
$$
pour tous entiers strictement positifs $m$ et $n$.
Solution de l'exercice 4 Soit $f$ une solution éventuelle du problème.
On note ( $\left.{ }^{*}\right)$ la condition " $m^{2}+f(n)$ divise $m f(m)+n$ ".
En choisissant $m=n=2$ dans $\left(^{*}\right.$ ), il vient que $4+f(2)$ divise $2 f(2)+2$. Or, on a $2 f(2)+2<$ $2(f(2)+4)$, et il faut donc que $f(2)+4=2 f(2)+2$, d'où $f(2)=2$.
En choisissant maintenant $m=2$, la condition ( ${ }^{*}$ ) assure que, pour tout $n \geq 1$, le nombre $4+f(n)$ divise $4+n$, ce qui conduit à $f(n) \leq n$, pour tout $n \geq 1$. (i)
D'autre part, en choisissant $m=n$ dans $\left({ }^{*}\right)$, on déduit cette fois que, pour tout $n \geq 1$, le nombre $n^{2}+f(n)$ divise $n f(n)+n$, d'où $n^{2}+f(n) \leq n f(n)+n$. Ainsi, on a $(n-1)(f(n)-n) \geq 0$, ce qui conduit à $f(n) \geq n$, pour tout $n \geq 2$. Puisqu'on a clairement $f(1) \geq 1$, c'est donc que $f(n) \geq n$ pour tout $n \geq 1$. (ii)
De (i) et (ii), on déduit que $f(n)=n$ pour tout $n \geq 1$.
Réciproquement, il est évident que $f: n \longmapsto n$ est bien une solution du problème.
Exercice 5. Soit $n$ un entier strictement positif et $x_{1}, \ldots, x_{n}$ des réels strictement positifs. Montrer qu'il existe des nombres $a_{1}, \ldots, a_{n} \in\{-1,1\}$ tels que :
$$
a_{1} x_{1}^{2}+a_{2} x_{2}^{2}+\cdots+a_{n} x_{n}^{2} \geqslant\left(a_{1} x_{1}+a_{2} x_{2}+\cdots+a_{n} x_{n}\right)^{2} .
$$
## Solution de l'exercice 5
Commençons par ordonner les réels $x_{k}$ de sorte à ce que $x_{1} \geq x_{2} \geq \ldots \geq x_{n}>0$.
Montrons par récurrence forte qu'une solution est fournie par la suite de coefficients définie par $a_{k}=1$ si $k$ est impair et $a_{k}=-1$ si $k$ est pair.
$\triangleright \operatorname{Si} n=1, a_{1} x_{1}^{2}=\left(a_{1} x_{1}\right)^{2}$ donc l'inégalité est vérifiée.
$\triangleright$ Si $n=2, a_{1} x_{1}^{2}+a_{2} x_{2}^{2}=x_{1}^{2}-x_{2}^{2} \geq x_{1}^{2}-2 x_{1} x_{2}+x_{2}^{2}=\left(x_{1}-x_{2}\right)^{2}$ car $x_{1} \geq x_{2}$; l'inégalité est encore vérifiée.
$\triangleright$ Soit $n \geq 3$. Supposons que le résultat est établi jusqu'au rang $n-1$ et montrons l'inégalité au rang $n$.
La différence des deux membres est alors
$$
a_{1} x_{1}^{2}+\ldots+a_{n} x_{n}^{2}-\left(a_{1} x_{1}+\ldots+a_{n} x_{n}\right)^{2}=\alpha x_{1}+\beta
$$
avec
$$
\alpha=-2\left(a_{2} x_{2}+\ldots+a_{n} x_{n}\right)=2\left(\left(x_{2}-x_{3}\right)+\left(x_{4}-x_{5}\right)+\ldots\right) \leq 0
$$
car $x_{2} \geq x_{3}, x_{4} \geq x_{5}, \ldots$ Par conséquent, en utilisant la croissance de la fonction $x \mapsto \alpha x+\beta$ et $x_{1} \geq x_{2}$,
$$
\begin{aligned}
a_{1} x_{1}^{2}+\ldots+a_{n} x_{n}^{2}-\left(a_{1} x_{1}+\ldots+a_{n} x_{n}\right)^{2} & \geq \alpha x_{2}+\beta \\
& \geq a_{1} x_{2}^{2}+a_{2} x_{2}^{2} \ldots+a_{n} x_{n}^{2}-\left(a_{1} x_{2}+a_{2} x_{2}+\ldots+a_{n} x_{n}\right)^{2} \\
& \geq a_{3} x_{1}^{3}+\ldots+a_{n} x_{n}^{2}-\left(a_{3} x_{3}+\ldots+a_{n} x_{n}\right)^{2}
\end{aligned}
$$
car $a_{1}=-a_{2}$ et donc $a_{1} x_{1}^{2}+a_{2} x_{2}^{2}=a_{1} x_{1}+a_{2} x_{2}=0$. Le dernier terme est positif d'après l'hypothèse de récurrence avec les réels $x_{3}, \ldots, x_{n}$ ce qui termine la preuve de l'inégalité au rang $n$.
Exercice 6. Soit $\omega$ le cercle circonscrit à un triangle $A B C$. On désigne par $M$ et $N$ les milieux des côtés $[A B]$ et $[A C]$ respectivement, et par $T$ le milieu de l'arc $B C$ de $\omega$ ne contenant pas $A$. Les cercles circonscrits aux triangles $A M T$ et $A N T$ rencontrent les médiatrices de $[A C]$ et $[A B]$ aux points $X$ et $Y$ respectivement; on suppose que $X$ et $Y$ sont à l'intérieur du triangle $A B C$. Les droites $(M N)$ et $(X Y)$ se coupent en $K$. Montrer que $K A=K T$.
## Solution de l'exercice 6
Notons $O$ le centre du cercle $\omega$. On a $O=(M Y) \cap(N X)$. Soit $\ell$ la médiatrice de $[A T]$. Elle passe par $O$.
Notons $s$ la symétrie par rapport à $\ell$. Comme $(A T)$ est la bissectrice de $\widehat{B A C}$, la droite $s(A B)$ est parallèle à $(A C)$. Comme $(O M) \perp(A B)$ et $(O N) \perp(A C)$, la droite $s(O M)$ est parallèle à $(O N)$. Or, elle passe par $O$, donc $s(O M)=(O N)$.
De plus, le cercle circonscrit $\gamma$ à $A M T$ est symétrique par rapport à $\ell$, c'est-à-dire $s(\gamma)=\gamma$, donc $s(M)$ appartient à la fois à $\gamma$ et à $s(O M)=(O N)$. Nécessairement, $s(M)=X$. De même, $s(N)=Y$. On en déduit que $s(M N)=(X Y)$. Le point commun $K \operatorname{de}(M N)$ et $(X Y)$ appartient ainsi à la droite $\ell$, ce qui implique que $K A=K T$.
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