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OLYMPIADES FRANÇAISES DE MATHÉMATIQUES

TEST DE SÉLECTION

SAMEDI 10 MARS ET DIMANCHE 11 MARS 2012

Exercice 1

Soient $n$ et $k$ deux entiers strictement positifs. On considère une assemblée de $k$ personnes telle que, pour tout groupe de $n$ personnes, il y en ait une $(n+1)$-ième qui les connaisse toutes (si $A$ connaît $B$ alors $B$ connaît $A$ ).

1. Si $k=2 n+1$, prouver qu'il existe une personne qui connaît toutes les autres.
2. Si $k=2 n+2$, donner un exemple d'une telle assemblée dans laquelle personne ne connaît tous les autres.

Solution.

1. On commence par construire, par récurrence, un groupe de $n+1$ personnes qui se connaissent deux à deux : il est clair que l'on peut trouver deux personnes qui se connaissent. Supposons que pour $p \in{2, \ldots, n}$ fixé, on ait réussi à trouver un groupe de $p$ personnes qui se connaîssent deux à deux. En complétant ce groupe par $n-p$ personnes quelconques, on forme un groupe de $n$ personnes dont on sait qu'il en existe une $(n+1)^{i e ̀ m e}$ qui les connaît toutes. En ajoutant cette personne à notre groupe de $p$ personnes, on forme ainsi un groupe de $p+1$ personnes qui se connaissent deux à deux. On considère donc un groupe $G$ de $n+1$ personnes qui se connaissent deux à deux. Puisque $k=2 n+1$, il reste donc $n$ personnes qui forment un groupe $G^{\prime}$ disjoint du précédent. Pour ce groupe $G^{\prime}$, on sait qu'il existe une personne appartenant nécessairement à $G$ qui en connaît tous les membres. Cette personne connaît alors tout le monde.
2. On divise les personnes en $n+1$ paires disjointes, et on suppose que chaque personne connaît toutes les autres sauf celle qui est dans la même paire qu'elle. Ainsi, personne ne connaît tout le monde. Soit $G$ un groupe de $n$ personnes de cette assemblée. Puisqu'il y a $n+1$ paires, c'est donc qu'il existe une paire, disons ${A, B}$, dont aucun des deux membres n'est dans $G$. Par suite, $A$ connaît tous les membres de $G$, et les conditions de l'énoncé sont satisfaites.

Exercice 2

Soit $A B C$ un triangle acutangle avec $A B \neq A C$. On note $\Gamma$ son cercle circonscrit, $H$ son orthocentre et $O$ le centre de $\Gamma$. Soit $M$ le milieu de $[B C]$. La droite $(A M)$ recoupe $\Gamma$ en $N$ et le cercle de diamètre $[A M]$ recoupe $\Gamma$ en $P$.

Prouver que les droites $(A P),(B C),(O H)$ sont concourantes si, et seulement si, $A H=H N$.

Solution.

Montrons d'abord que $P, H, M$ sont alignés. À cet effet, introduisons $V$, le point diamétralement opposé à $A$ sur $\Gamma$. Alors $(V C) \perp(A C)$ et donc $(B H) / /(V C)$. De même on voit que $(C H) / /(V B)$. Il s'ensuit que $B H C V$ est un parallélogramme de centre $M$. Les points $H, M, V$ sont donc alignés. Si on note $U$ la deuxième intersection de $(H V)$ avec $\Gamma$, par cocyclicité on obtient $\widehat{A U V}=\widehat{A B V}=90^{\circ}$. Comme $\widehat{A P V}=\widehat{A P M}=90^{\circ}$, on conclut que $U=P$ et donc que $P, H, M$ sont alignés.

Soit J l'intersection de $(A P)$ et de (BC). Comme $(A H)$ et $(M P)$ sont des hauteurs du triangle $A J M, H$ est aussi l'orthocentre de $A J M$. Ainsi, $(O H)$ passe par $J$ si, et seulement si, $(O H) \perp(A N)$. Or $O A=O N$, ce qui implique que $(O H) \perp(A N)$ si, et seulement si $(O H)$ est la médiatrice de de $[A N]$, c'est-à-dire si, et seulement si, $H A=H N$.

Exercice 3

Soit $p$ un nombre premier. Trouver tous les entiers $a, b, c \geq 1$ tels que:

$$a^p+b^p=p^{c}a^\{p\}+b^\{p\}=p^\{c\}$$

Solution. La réponse est:

(i) $p=2$ et $(a, b, c)=\left(2^{u}, 2^{u}, 2 u+1\right)$ pour un entier $u \geq 0$ (ii) $p=3$ et $(a, b, c)=\left(2 \cdot 3^{u}, 3^{u}, 2+3 u\right)$ ou $(a, b, c)=\left(3^{u}, 2 \cdot 3^{u}, 2+3 u\right)$ pour un entier $u \geq 0$.

Pour un entier $n \geq 1$ et un nombre premier $p$ on note $v_{p}(n)$ le plus grand entier $k \geq 0$ tel que $p^{k}$ divise $n$. On montre d'abord trois lemmes.

Lemme 1

Soit $p$ un nombre premier. Alors, pour $1 \leq j \leq p-1,\binom{p}{j}$ est divisible par $p$. Démonstration: On a $j!(p-j)!\binom{p}{j}=p$ !. Comme $1 \leq j<p$ et $1 \leq p-j<p, j$ et $p-j$ sont premiert avec $p$ de sorte que $p$ divise $\binom{p}{j}$.

Lemme 2

Soit $p$ un nombre premier impair et soient $a, j$ des entiers strictement positifs avec $2 \leq j \leq p$. On pose $u=v_{p}(a)$ et on considère un entier $k>u$. Alors:

$$v_p\left(\left(\genfrac{}{}{0px}{}{p}{j}\right)p^{jk}{a}^{p-j}\right)\ge k+u(p-1)+2v\_\{p\}\backslash left(\backslash binom\{p\}\{j\}\; p^\{j\; k\}\; a^\{p-j\}\backslash right)\; \backslash geq\; k+u(p-1)+2$$

Démonstration: D'après le lemme 1, pour $2 \leq j \leq p-1$, on a $v_{p}\left(\left({ }{j}^{p}\right) p^{j k} a^{p-j}\right) \geq 1+j k+$ $u(p-j)$. Il suffit donc de prouver que $1+j k+u(p-j) \geq k+u(p-1)+2$, ce qui est équivalent au fait que $(j-1)(k-u) \geq 1$, ce qui est clairement vérifié. Pour $j=p$, on a $v{p}\left(\binom{p}{j} p^{j k} a^{p-j}\right)=p k$, qui est supérieur ou égal à $k+u(p-1)+2$ car l'inégalité $p k \geq$ $k+u(p-1)+2$ est équivalente à $(p-1)(k-u) \geq 2$, qui est clairement vraie.

Lemme 3

On a $(2 n)^{\frac{1}{n-1}}<2$ pour tout entier $n \geq 5$. Démonstration: On raisonne par récurrence sur $n$. Pour $n=5$, on a clairement $10<2^{4}$. On suppose que $2 n<2^{n-1}$. Alors $2(n+1)=2 n+2 \leq 2^{n-1}+1<2^{n}$ car $2^{n}-2^{n-1}=2^{n-1}>1$. Ceci clôt la preuve.

Résolvons maintenant l'exercice. On considère en un premier temps le cas $p=2$. Si $c<2$, la seule solution est $a=b=c=1$. Si $c \geq 2$ et $a^{2}+b^{2}=2^{c}$, en raisonnant modulo 4, on voit que $a$ et $b$ doivent être pairs. Soit $u=\min \left(v_{2}(a), v_{2}(b)\right)$. Alors $\left(a / 2^{u}\right)^{2}+\left(b / 2^{u}\right)^{2}=$ $2^{c-2 u}$. Si $c-2 u \geq 2$, alors $a / 2^{u}$ et $b / 2^{u}$ sont des entiers pairs, ce qui contredit la définition de $u$. Donc $c-2 u=1$ et $a=b=2^{u}$. Pour conclure, on vérifie aisément que pour tout entier $u \geq 0$ :

$${\left(2^u\right)}^2+{\left(2^u\right)}^2=2^{2u+1}\mathrm{.}\backslash left(2^\{u\}\backslash right)^\{2\}+\backslash left(2^\{u\}\backslash right)^\{2\}=2^\{2\; u+1\}\; .$$

On suppose maintenant que $p>2$. Soient $a, b, c \geq 1$ des entiers tels que $a^{p}+b^{p}=p^{c}$. Sans perte de généralité, supposons $a \geq b$. Comme $a+b$ divise $a^{p}+b^{p}$, il existe un entier $k \geq 1$ tel que :

$$a+b=p^{k}a+b=p^\{k\}$$

Soit $u=v_{p}(a)$. En particulier, (5) implique que $a<p^{k}$ de sorte que $u<k$. Alors, en utilisant le fait que $p$ est impair

$$a^p+b^p=a^p+{(p^k-a)}^p=\sum _{j=2}^p(-1{)}^{j+1}{u}_j+u_1,\text{ o}\grave{\text{u}}{u}_j=\left(\genfrac{}{}{0px}{}{p}{j}\right)p^{jk}{a}^{p-j}a^\{p\}+b^\{p\}=a^\{p\}+\backslash left(p^\{k\}-a\backslash right)^\{p\}=\backslash sum\_\{j=2\}^\{p\}(-1)^\{j+1\}\; u\_\{j\}+u\_\{1\},\; \backslash quad\; \backslash text\; \{\; où\; \}\; \backslash quad\; u\_\{j\}=\backslash binom\{p\}\{j\}\; p^\{j\; k\}\; a^\{p-j\}$$

D'après le Lemme 2 , on a $v_{p}\left(u_{j}\right) \geq k+u(p-1)+2$ pour $2 \leq j \leq p$. De plus, comme $v_{p}\left(u_{1}\right)=i+k+u(p-1)$, il en découle que $v_{p}\left(a^{n}+b^{n}\right)=1+k+u(p-1)$. Comme $a^{p}+b^{p}$ est une puissance de $p$, on conclut que:

$$a^p+b^p=p^{1+k+u(p-1)}=p(a+b)p^{u(p-1)},a^\{p\}+b^\{p\}=p^\{1+k+u(p-1)\}=p(a+b)\; p^\{u(p-1)\},$$

où l'on a utilisé le fait que $a+b=p^{k}$ pour la dernière égalité. Puisque $a \geq b$, ceci impose $a^{p} \leq 2 p a p^{u(p-1)}$. Ainsi :

$$a\le (2p{)}^{\frac{1}{p-1}}{p}^{u}a\; \backslash leq(2\; p)^\{\backslash frac\{1\}\{p-1\}\}\; p^\{u\}$$

Mais par définition $u=v_{p}(a)$, de sorte que $a \geq p^{u}$. De plus, $a>p^{u}$ implique $a \geq 2 p^{u}$ D'après le Lemme 3 , comme $(2 p)^{\frac{1}{p-1}}<2$ pour $p \geq 5$, on en déduit que $p \geq 5$ implique $a=p^{u}$, et que $p=3$ implique $a=3^{u}$ ou $a=2 \cdot 3^{u}$ (le cas $p=2$ est exclu car $p$ est impair).

On étudie d'abord le cas $a=p^{u}$. On a alors:

$$b^p=p^{up}(p^{c-up}-1),b^\{p\}=p^\{u\; p\}\backslash left(p^\{c-u\; p\}-1\backslash right),$$

de sorte que $v_{p}(b)=p^{u}$. Comme $a \geq b$ et $a=p^{u}$, ceci implique $a=b$, et donc 2 divise $p$, ce qui est exclu car $p$ est impair.

On a donc prouvé que ( $p$ est impair) :

$$a^p+b^p=p^c\text{ et }a\ge b⟹p=3,a=2\cdot 3^u\mathrm{.}a^\{p\}+b^\{p\}=p^\{c\}\; \backslash text\; \{\; et\; \}\; a\; \backslash geq\; b\; \backslash quad\; \backslash Longrightarrow\; \backslash quad\; p=3,\; \backslash quad\; a=2\; \backslash cdot\; 3^\{u\}\; .$$

Dans la suite on suppose donc que $p=3$ et $a=2 \cdot 3^{u}$. Alors $b^{3}=3^{3 u}\left(3^{c-3 u}-8\right)$. Donc $3^{u}$ divise $b$. Par suite $3^{u} \leq b \leq a=2 \cdot 3^{u}$. Si $b=a$, alors 2 divise $p^{c}$, ce qui contredit le fait que $p$ est impair. Donc $b=3^{u}$, ce qui implique $\left(3^{u}\right)^{3}+\left(2 \cdot 3^{u}\right)^{3}=3^{3 u+2}=3^{c}$. Finalement, $c=3 u+2$ et on vérifie aisément que pour tout entier $u \geq 0$ :

$${(2\cdot 3^u)}^3+{\left(3^u\right)}^3=3^{2+3u}\mathrm{.}\backslash left(2\; \backslash cdot\; 3^\{u\}\backslash right)^\{3\}+\backslash left(3^\{u\}\backslash right)^\{3\}=3^\{2+3\; u\}\; .$$

Ainsi $p=3, a=2 \cdot 3^{u}, b=3^{u}, c=2+3 u$ pour un certain entier $u \geq 0$.

Remarque. Il est possible d'utiliser le lemme dit LTE (voir poly sur le site d'Animath) pour aborder l'exercice : si $p$ est un nombre premier impair tel que $p$ ne divise pas $a$ et ne divise pas $b$, alors:

$$v_p(a^p+b^p)=1+v_p(a+b)\mathrm{.}v\_\{p\}\backslash left(a^\{p\}+b^\{p\}\backslash right)=1+v\_\{p\}(a+b)\; .$$

Exercice 4

Soit $k>1$ un entier. Une fonction $f: \mathbb{N}^{} \rightarrow \mathbb{N}^{}$ est dite $k$-tastrophique lorsque pour tout entier $n>0$, on a $f_{k}(n)=n^{k}$ où $f_{k}$ est la $k$-ième itérée de f :

$$f_k(n)=\underset{k\text{ fois }}{\underbrace{f\circ f\circ \cdots \circ f}}(n)f\_\{k\}(n)=\backslash underbrace\{f\; \backslash circ\; f\; \backslash circ\; \backslash cdots\; \backslash circ\; f\}\_\{k\; \backslash text\; \{\; fois\; \}\}(n)$$

Pour quels $k$ existe-t-il une fonction $k$-tastrophique?

Solution. On va prouver que, pour tout entier $k \geq 1$, il existe une fonction $k$-tastrophique.

Clairement, la fonction $f: n \longmapsto n$ est 1-tastrophique. On suppose donc que $k \geq 2$.

On procède maintenant de la façon suivante. On pose $f(1)=1$, et si $n$ est le plus petit entier pour lequel $f(n)$ n'est pas encore défini, alors:

• si $n=a^{k}$ pour un certain entier $a \geq 2$, on pose :

$$f(n)=f(a{)}^{k}f(n)=f(a)^\{k\}$$

• si $n$ n'est pas la puissance $k^{i e ̀ m e}$ d'un entier, on note $n_{1}=n, n_{2}, \ldots, n_{k}$ les $k$ plus petits entiers (dans l'ordre) qui ne sont pas des puissances $k^{i e ̀ m e s}$ d'entiers et pour lesquels $f$ n'est pas définie, et on pose:

$$f\left(n_1\right)=n_2,f\left(n_2\right)=n_3,\dots ,f\left(n_{k-1}\right)=n_k,\text{ et }f\left(n_k\right)=n_1^k=n^{k}f\backslash left(n\_\{1\}\backslash right)=n\_\{2\},\; f\backslash left(n\_\{2\}\backslash right)=n\_\{3\},\; \backslash ldots,\; f\backslash left(n\_\{k-1\}\backslash right)=n\_\{k\},\; \backslash text\; \{\; et\; \}\; f\backslash left(n\_\{k\}\backslash right)=n\_\{1\}^\{k\}=n^\{k\}$$

Il est clair que l'on définit ainsi une fonction $f: \mathbb{N} \longrightarrow \mathbb{N}$. Il reste à vérifier qu'elle est $k$-tastrophique. Soit $a \geq 2$ un entier. On commence par noter que, d'après (1), on a :

$$f_2\left(a^k\right)=f\left(f\left(a^k\right)\right)=f(f(a{)}^k)=[f(f(a)){]}^k={[f_2(a)]}^{k}f\_\{2\}\backslash left(a^\{k\}\backslash right)=f\backslash left(f\backslash left(a^\{k\}\backslash right)\backslash right)=f\backslash left(f(a)^\{k\}\backslash right)=[f(f(a))]^\{k\}=\backslash left[f\_\{2\}(a)\backslash right]^\{k\}$$

et, par une récurrence immédiate, on a

$$f_p\left(a^k\right)={[f_p(a)]}^k\text{ pour tout entier }p\ge 1f\_\{p\}\backslash left(a^\{k\}\backslash right)=\backslash left[f\_\{p\}(a)\backslash right]^\{k\}\; \backslash text\; \{\; pour\; tout\; entier\; \}\; p\; \backslash geq\; 1$$

On prouve alors que $f$ est $k$-tastrophique par récurrence (forte) : On a évidemment $f_{k}(1)=1=1^{k}$. Supposons que $n \geq 2$ soit un entier et que $f_{k}(m)=m^{k}$ pour tout entier naturel $m \leq n-1$.

• Si $n=a^{k}$ pour un certain entier $a \geq 2$. Alors $a \leq n-1$ et on a

• Si $n$ n'est pas la puissance $k^{i e ̀ m e} d^{\prime}$ un entier, on sait qu'il existe des entiers $n_{1}, n_{2}, \ldots, n_{k}$ pour lesquels on a (3) et avec $n=n_{i}$ pour un certain $i \in{1, \ldots, k}$. Alors, d'après (3) et (4), il vient

Ainsi, dans tous les cas, on a $f_{k}(n)=n^{k}$. Ce qui achève la récurrence, et la démonstration.

Exercice 5

Déterminer tous les polynômes $X^{n}+a_{1} X^{n-1}+\cdots+a_{n-1} X+a_{n}$, non constants et à coefficients entiers, dont les racines sont exactement les nombres $a_{1}, \ldots, a_{n-1}, a_{n}$ (avec multiplicité).

Solution. \text{Soit } P(X) = X^n + a_1 X^{n-1} + \cdots + a_{n-1} X + a_n ; \text{un polynôme à coefficients entiers.}

Alors $P(X)$ est une solution du problème ssi

$$P(X)=\prod _{i=1}^n(X-a_i)P(X)=\backslash prod\_\{i=1\}^\{n\}\backslash left(X-a\_\{i\}\backslash right)$$

Supposons tout d'abord que $a_{n}=0$. Soit alors $i$ minimal tel que $a_{n-i} \neq 0$. On a donc $P(X)=X^{i}\left(X^{n-i}+a_{1} X^{n-i-1}+\cdots+a_{n-i-1}\right)$ et ainsi (5) est vérifiée si et seulement si $Q(X)=X^{n-i}+a_{1} X^{n-i-1}+\cdots+a_{n-i-1}$ est constant ou est lui-même une solution du problème. Le premier cas correspond à $P(X)=X^{n}$, qui convient bien.

On supposera donc dans ce qui suit que $P(X)$ est une solution avec $a_{n} \neq 0$. Dans ces conditions, on en déduit tout de suite que l'on ne peut avoir $X+a_{1}=X-a_{1}$ et donc qu'il n'y a pas de polynôme de degré 1 qui soit solution. On suppose donc que $n \geq 2$. De $P(0)=a_{n}=(-1)^{n} \prod_{i=1}^{n} a_{i}$, on déduit alors que

$$(-1{)}^n\prod _{i=1}^{n-1}{a}_i=1(-1)^\{n\}\; \backslash prod\_\{i=1\}^\{n-1\}\; a\_\{i\}=1$$

Et, puisque les $a_{i}$ sont des entiers, on a $a_{i}=1$ ou $a_{i}=-1$ pour tout $i \leq n-1$. On note $k$ le nombre d'entre eux qui valent -1 (et donc $0 \leq k \leq n-1$ ). On peut noter que (6) montre alors que $k$ et $n$ ont la même parité. Les relations entre coefficients et racines conduisent à

$$-a_1=\sum _{i=1}^n{a}_i=a_n+(n-1-k)-k-a\_\{1\}=\backslash sum\_\{i=1\}^\{n\}\; a\_\{i\}=a\_\{n\}+(n-1-k)-k$$

d'où

$$a_n=2k-n\text{ ou }{a}_n=2k-n+2a\_\{n\}=2\; k-n\; \backslash quad\; \backslash text\; \{\; ou\; \}\; \backslash quad\; a\_\{n\}=2\; k-n+2$$

Pour $n=2$, puisque $a_{2} \neq 0$ et que $k$ doit être pair et ne pas dépasser 1 , la seule possibilité est $k=0, a_{1}=1, a_{2}=-2$, et donc $P(X)=X^{2}+X-2=(X-1)(X+2)$, qui est bien solution.

On suppose maintenant que $n \geq 3$. Alors

et donc

$$2a_2=2a_n(n-1-2k)+n^2+4k^2-4kn-3n+4k+22\; a\_\{2\}=2\; a\_\{n\}(n-1-2\; k)+n^\{2\}+4\; k^\{2\}-4\; k\; n-3\; n+4\; k+2$$

Compte-tenu de (7), deux cas se présentent:

• Si $a_{n}=2 k-n$ : De (8), on tire $(n-2 k)^{2}+n=2-2 a_{2}$, avec $a_{2}=1$ ou $a_{2}=-1$. Donc $a_{2}=-1$ et, puisque $n-2 k=-a_{n} \neq 0$, la seule possibilité est $n=3$ et $(n-2 k)^{2}=1$. De $k \leq n-1$ et de même parité que $n$, on déduit que $k=1$, puis que $a_{1}=1$ et $a_{3}=-1$, d'où $P(X)=X^{3}+X^{2}-X-X=(X+1)^{2}(X-1)$, qui est bien solution.
• Si $a_{n}=2 k-n+2$ : Comme ci-dessus, on obtient cette fois

$$(n-2k-2{)}^2+n=2-2a_2(n-2\; k-2)^\{2\}+n=2-2\; a\_\{2\}$$

et donc $a_{2}=-1, n=3, k=1, a_{1}=1, a_{3}=1$, d'où $P(X)=X^{3}+X^{2}-X+1 \neq$ $(X-1)^{2}(X+1)$, qui n'est pas solution. En définitive, les solutions du problème sont les polynômes $P(X)=X^{n}$ pour $n \geq 1$, $P(X)=X^{n}\left(X^{2}+X-2\right)$ ou $P(X)=X^{n}\left(X^{3}+X^{2}-X-X\right)$ pour $n \geq 0$.

Exercice 6

Soit $A B C D$ un quadrilatère convexe tel que les droites $(A D)$ et $(B C)$ ne sont pas parallèles. On suppose que les cercles de diamètre $[A B]$ et $[C D]$ se coupent en deux points $E$ et $F$ situés à l'intérieur de $A B C D$. Soit $\Gamma_{E}$ le cercle qui passe par les projetés orthogonaux de $E$ sur $(A B),(B C)$ et $(C D)$, et $\Gamma_{F}$ le cercle qui passe par les projetés orthogonaux de $F$ sur $(C D),(D A)$ et $(A B)$.

Prouver que le milieu de $[E F]$ appartient à la droite passant par les deux points d'intersection de $\Gamma_{E}$ et $\Gamma_{F}$.

Solution.

Soient $P, Q, R, S$ les projections de $E$ sur les droites $(D A),(A B),(B C),(C D)$. Les points $P$ et $Q$ appartiennent au cercle de diamètre $[A E]$ de sorte que $\widehat{Q P E}=\widehat{Q A E}$. De même, $\widehat{Q R E}=\widehat{Q B E}$. Ainsi :

$$\widehat{QPE}+\widehat{QRE}=\widehat{QAE}+\widehat{QBE}={90}^{\circ }\backslash widehat\{Q\; P\; E\}+\backslash widehat\{Q\; R\; E\}=\backslash widehat\{Q\; A\; E\}+\backslash widehat\{Q\; B\; E\}=90^\{\backslash circ\}$$

De même, on montre que $\widehat{Q P S}+\widehat{Q R S}=90^{\circ}+90^{\circ}=180^{\circ}$. Ainsi, les points $P, Q, R, S$ appartiennent à $\Gamma_{E}$. De même, les projetés orthogonaux de $F$ sur les côtés de $A B C D$ sont sur $\Gamma_{F}$.

Soit $K$ le point d'intersection de $(A D)$ et $(B C)$. Sans perte de généralité, on suppose que $A \in[D K]$. On voit facilement que $\widehat{C K D}<90^{\circ}$ (sinon le cercle de diamètre $[C D]$ couvre entièrement $A B C D$ ). Les droites $(E P)$ et $(B C)$ s'intersectent donc en un point $P^{\prime}$ et les droites $(E R)$ et $(A D)$ en un point $R^{\prime}$. Montrons que $P^{\prime}$ et $R^{\prime}$ sont sur $\Gamma_{E}$. Par cocyclicité des points $R, E, Q, B$ :

$$\widehat{QRK}=\widehat{QEB}={90}^{\circ }-\widehat{QBE}=\widehat{QAE}=\widehat{QPE}\mathrm{.}\backslash widehat\{Q\; R\; K\}=\backslash widehat\{Q\; E\; B\}=90^\{\backslash circ\}-\backslash widehat\{Q\; B\; E\}=\backslash widehat\{Q\; A\; E\}=\backslash widehat\{Q\; P\; E\}\; .$$

Donc $\widehat{Q R K}=\widehat{Q P P^{\prime}}$, ce qui implique que $P^{\prime} \in \Gamma_{E}$. De même, $R^{\prime} \in \Gamma_{E}$. De même, soient $M$ et $N$ les projections respectives de $F$ sur $(A D)$ et (BC), et soient $M^{\prime}$ le point d'intersection de $(F M)$ et $(B C)$ et $N^{\prime}$ le point d'intersection de $(F N)$ et $(A D)$. En utilisant les mêmes arguments que précédemment on voit que $M^{\prime}$ et $N^{\prime}$ sont sur $\Gamma_{F}$.

Soient finalement $U$ l'intersection de $\left(N N^{\prime}\right)$ avec $\left(P P^{\prime}\right)$ et $V$ l'intersection de ( $\left.M M^{\prime}\right)$ avec $\left(R R^{\prime}\right)$. Comme les angles en $N$ et $P$ sont droits, $N, N^{\prime}, P, P^{\prime}$ sont cocycliques. La puissance de $U$ par rapport au cercle passant par ces points vaut donc:

$$UN\cdot U{N}^{\mathrm{\prime }}=UP\cdot U{P}^{\mathrm{\prime }}U\; N\; \backslash cdot\; U\; N^\{\backslash prime\}=U\; P\; \backslash cdot\; U\; P^\{\backslash prime\}$$

Ainsi, $U$ appartient à l'axe radical de $\Gamma_{E}$ et $\Gamma_{F}$. De même $V$ appartient à cet axe radical. Or $E U F V$ est un parallelogramme, ce qui implique que $(U V)$ coupe $[E F]$ en son milieu.