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EGMO 2014, 1ère journée: corrigés

30 avril 2014

1. Déterminer tous les nombres réels $t$ tels que si $a, b, c$ sont les longueurs des côtés d'un triangle, alors il en est de même pour $a^{2}+b c t, b^{2}+c a t, c^{2}+a b t$.

Proposé par S. Khan, Royaume-Uni

Solution. La solution se divise en deux parties, la première consistant à obtenir des bornes sur $t$, la deuxième consistant à prouver ces bornes. Première partie : Pour avoir les bornes, il s'agit de comprendre quand les différentes inégalités triangulaires entre $a^{2}+b c t, b^{2}+c a t, c^{2}+a b t$ deviennent difficiles à réaliser. On remarque sans peine que si les longueurs des trois côtés $a, b c$ sont trop proches, il en est de même pour $a^{2}+b c t, b^{2}+c a t, c^{2}+a b t$, et ces derniers forment donc les côtés d'un triangle, qui ne sera pas loin d'être équilatéral. Ainsi, ce cas de figure ne donne pas de conditions sur $t$. Si au contraire nous avons un côté très court par rapport aux deux autres, disons $a=\epsilon<1$ et $b=c=1$, alors la condition $a^{2}+b c t<b^{2}+c a t+c^{2}+a b t$ nous donne $\epsilon^{2}+t<2+2 \epsilon t$. Comme ceci doit être vrai pour tout $\epsilon>0$, on obtient la condition $t \leq 2$. Ce résultat nous motive pour chercher un autre cas extrême, également isocèle pour simplifier l'éventuelle condition qu'on obtient. Cette fois-ci, imaginons un triangle isocèle avec une grande base $a$ et deux côtés égaux plus petits $b=c=1$. Bien entendu, pour que cela fasse bien un triangle, il faut choisir $a$ un petit peu plus petit que 2 , disons $a=2-\epsilon$, avec $\epsilon>0$ aussi petit qu'on veut. On obtient alors $b^{2}+c a t+c^{2}+a b t-a^{2}-b c t=(3-2 \epsilon) t+2-(2-\epsilon)^{2}$. Pour que ceci soit strictement positif pour tout $\epsilon>0$ on obtient, en faisant tendre $\epsilon$ vers zéro : $t \geq \frac{2}{3}$. Deuxième partie Ici, il y a beaucoup de manières de faire. Nous allons présenter d'abord la solution corrigée d'une des candidates, puis les solutions officielles proposées.

Solution 1 Par symétrie, nous pouvons ordonner $0<a \leq b \leq c$. De plus, les conditions de l'énoncé étant homogènes en $a, b, c$, nous pouvons fixer $a=1$. La seule inégalité triangulaire non triviale à exploiter sera donc $c<1+b$. Comme nous allons le voir, le fait d'ordonner $a, b, c$ permet de rendre deux des trois inégalités à vérifier assez claires. Nous devons comparer $A=1+b c t, B=b^{2}+c t$ et $C=c^{2}+b t$. Tout d'abord,

D'autre part,

(En fait, on a même $C>B$.) Moralement, comme $c$ est le plus grand des trois réels, et que $t$ lui-même n'est pas très grand, $C$ est le terme dominant, et il n'est donc pas étonnant que ce soient les deux inégalités où il faut minorer $C$ qui soient les plus faciles à démontrer. Passons à la démonstration de $C<A+B$. Pour cela, il est commode de se débarrasser des inégalités qui lient $b$ et $c$ en posant $c=b+\epsilon$ avec $0 \leq \epsilon<1$. Il nous reste alors à avoir la stricte positivité de

$$Q(b)=t{b}^2+ϵ(t-2)b+(1+ϵt-{ϵ}^2),Q(b)=t\; b^\{2\}+\backslash epsilon(t-2)\; b+\backslash left(1+\backslash epsilon\; t-\backslash epsilon^\{2\}\backslash right),$$

pour $\frac{2}{3} \leq t \leq 2$ et $0 \leq \epsilon<1$. On reconnaît un polynôme du second degré en $b$, dont on calcule le discriminant :

$$\mathrm{\Delta }(t,ϵ)=(t^2+4){ϵ}^2-4t^2ϵ-4t\backslash Delta(t,\; \backslash epsilon)=\backslash left(t^\{2\}+4\backslash right)\; \backslash epsilon^\{2\}-4\; t^\{2\}\; \backslash epsilon-4\; t$$

Ce dernier peut lui-même être vu comme un polynôme du second degré en $\epsilon$. Il suffit de vérifier qu'il est strictement négatif pour $\epsilon \in[0,1[$ quel que soit $t \in[2 / 3,2]$. Puisque son coefficient dominant est strictement positif, il suffit pour cela de vérifier qu'il est strictement négatif en 0 et négatif ou nul en 1 . Or $\Delta(t, 0)=-4 t<0$ si $2 / 3 \leq t \leq 1$, et $\Delta(t, 1)=-3 t^{2}-4 t+4$. On obtient ainsi un dernier polynôme du second degré, en $t$, dont il faut vérifier qu'il est négatif ou nul entre les valeurs de $t$ qui nous intéressent. Nous avons $\Delta(2 / 3,1)=0$, donc $2 / 3$ est racine de ce polynôme. D'autre part, il est strictement positif en 0 et son coefficient dominant est négatif, donc l'autre racine est négative, et $\Delta(t, 1)$ est strictement négatif sur $] 2 / 3,+\infty[$. Finalement, $\Delta(t, \epsilon)$ est donc bien strictement négatif pour $\epsilon \in[0,1[$ quel que soit $t \in[2 / 3,2]$, et donc $Q(b)$ est de signe constant sur $\mathbf{R}$ pour ces valeurs d' $\epsilon$ et de $t$, nécessairement positif du fait de son coefficient dominant.

Solution 2 Supposons $2 / 3 \leq t \leq 2$ et $b+c>a$. En utilisant $(b+c)^{2} \geq 4 b c$ on obtient

Puisque $2-t \geq 0$ et $t>0$, cette dernière expression est croissante en $b+c$, et en utilisant $b+c>a$ on obtient

$$b^2+cat+c^2+abt-a^2-bct>\frac{1}{4}(2-t)a^2+t{a}^2-a^2=\frac{3}{4}(t-\frac{2}{3})a^2\ge 0b^\{2\}+c\; a\; t+c^\{2\}+a\; b\; t-a^\{2\}-b\; c\; t>\backslash frac\{1\}\{4\}(2-t)\; a^\{2\}+t\; a^\{2\}-a^\{2\}=\backslash frac\{3\}\{4\}\backslash left(t-\backslash frac\{2\}\{3\}\backslash right)\; a^\{2\}\; \backslash geq\; 0$$

puisque $t \geq 2 / 3$. Les deux autres inégalités s'obtiennent par symétrie. Solution 3 On pose $x=(c+a-b) / 2, y=(a+b-c) / 2$ et $z=(b+c-a) / 2$ de sorte que $a=x+y, b=y+z, c=z+x$. Ceci rend les expressions un peu plus compliquées à écrire, mais a l'avantage de remplacer les réels $a, b, c$ sur lesquels nous avons des contraintes pas très faciles à utiliser par les réels $x, y, z$ qui ne sont soumis à aucune contrainte (à part à celle d'être strictement positifs). Alors :

$$b^2+cat+c^2+abt-a^2-bct=(x^2+y^2-z^2+xy+xz+yz)t+2(z^2+xz+yz-xy)b^\{2\}+c\; a\; t+c^\{2\}+a\; b\; t-a^\{2\}-b\; c\; t=\backslash left(x^\{2\}+y^\{2\}-z^\{2\}+x\; y+x\; z+y\; z\backslash right)\; t+2\backslash left(z^\{2\}+x\; z+y\; z-x\; y\backslash right)$$

Cette expression est une fonction affine de $t$, strictement positive aussi bien en $t=2 / 3$ où $\frac{2}{3}\left(x^{2}+y^{2}-z^{2}+x y+x z+y z\right)+2\left(z^{2}+x z+y z-x y\right)=\frac{2}{3}\left((x-y)^{2}+4(x+y) z+2 z^{2}\right)>0$ qu'en $t=2$ où $2\left(x^{2}+y^{2}-z^{2}+x y+x z-y z\right)+2\left(z^{2}+x z+y z+x y\right)=2\left(x^{2}+y^{2}\right)+4(x+y) z>0$. Elle est donc positive sur l'intervalle [2/3,2] tout entier. Variante Après avoir obtenu l'expression (1), on observe qu'elle peut être réécrite sous la forme

$$(2-t)z^2+(x-y{)}^{2}t+(3t-2)xy+z(x+y)(2+t)(2-t)\; z^\{2\}+(x-y)^\{2\}\; t+(3\; t-2)\; x\; y+z(x+y)(2+t)$$

Les trois premiers termes sont positifs ou nuls et le dernier est strictement positif, ce qui conclut.

Solution 4 On distingue deux cas: Premier cas: Si $a \geq b, c$, alors $a b+a c-b c>0,2\left(b^{2}+c^{2}\right) \geq(b+c)^{2}>a^{2}$ et $t \geq 2 / 3$ impliquent:

Deuxième cas: Si $b \geq a, c$, alors $b^{2}+c^{2}-a^{2}>0$. Si on a également $a b+a c-b c \geq 0$, alors $b^{2}+c a t+c^{2}+a b t-a^{2}-b c t>0$. Si au contraire $a b+a c-b c<0$, alors avec $t \leq 2$, nous avons :

Par symétrie, nous avons fini. 2. Soient $D$ et $E$ des points appartenant respectivement aux intérieurs des côtés $[A B]$ et $[A C]$ d'un triangle $A B C$, tels que $D B=B C=C E$. Soient $F$ le point d'intersection des droites $C D$ et $B E, I$ le centre du cercle inscrit au triangle $A B C$, $H$ l'orthocentre du triangle $D E F$ et $M$ le milieu de l'arc $B A C$ du cercle circonscrit au triangle $A B C$. Montrer que $I, H$ et $M$ sont alignés.

Proposé par Danylo Khilko, Ukraine

Solution 1.

Puisque $D B=B C=C E$, nous avons $(B I) \perp(C D)$ et $(C I) \perp(B E)$. Ainsi, $I$ est l'orthocentre du triangle $B F C$. Soit $K$ le point d'intersection des droites $(B I)$ et $(C D)$, et $L$ le point d'intersection des droites $(C I)$ et $(B E)$. Les triangles $I L B$ et $I K C$ sont semblables, donc nous avons la relation $I B \cdot I K=I C \cdot I L$. Soient $U$ et $V$ projetés orthogonaux respectifs de $D$ sur $E F$ et de $E$ sur $D F$. De même, les triangles $D H V$ et $E H U$ étant semblables, on a $D H \cdot H U=E H \cdot H V$.

Soient $\omega_{1}$ et $\omega_{2}$ les cercles de diamètres respectifs $B D$ and $C E$. En voyant les relations ci-dessus comme des égalités entre les puissances des points $I$ et $H$ par rapport à ces deux cercles, nous pouvons conclure que la droite $(I H)$ est l'axe radical des cercles $\omega_{1}$ et $\omega_{2}$.

Reste à montrer que $M$ appartient aussi à l'axe radical de $\omega_{1}$ et $\omega_{2}$. Puisque ces cercles ont même rayon, il suffit pour cela de prouver que $M$ est à égale distance de leurs centres. Soient donc $O_{1}$ et $O_{2}$ les centres de $\omega_{1}$ et $\omega_{2}$, respectivement. Puisque $M$ est le milieu de l'arc $B A C$, nous avons $M B=M C$. D'autre part, $B O_{1}=C O_{2}$ et $\widehat{M B O_{1}}=\widehat{M B A}=\widehat{M C A}=\widehat{M C O_{2}}$, donc les triangles $M B O_{1}$ et $M C O_{2}$ sont isométriques. Nous avons donc bien $M O_{1}=M O_{2}$, ce qui conclut.

Solution 2.

On définit les points $K, L, U, V$ comme dans la solution 1. Soit $P$ le point d'intersection de $(D U)$ et $(E I)$, et soit $Q$ le point d'intersection de $(E V)$ et $(D I)$.

Puisque $D B=B C=C E$, les droites $(C I)$ et $(B I)$ sont perpendiculaires respectivement à $(B E)$ and $(C D)$. Ainsi, les droites $(B I)$ et $(E V)$ sont parallèles et, le triangle $B I E$ étant isocèle en $I, \widehat{I E B}=\widehat{I B E}=\widehat{U E H}$. De même, les droites $(C I)$ et $(D U)$ sont parallèles et $\widehat{I D C}=\widehat{I C D}=\widehat{V D H}$. Puisque $\widehat{U E H}=\widehat{V D H}$, les points $D, Q, F, P, E$ sont cocycliques. On tire de la l'égalité des puissances $I P \cdot I E=I Q \cdot I D$.

Soit $R$ le deuxième point d'intersection centre du cercle circonscrit au triangle $H E P$ et de la droite $(H I)$. Puisque $I H \cdot I R=I P \cdot I E=I Q \cdot I D$, les points $D, Q, H$, $R$ sont également cocycliques, de même que les points $E, P, H, R$. Nous avons $\widehat{D Q H}=\widehat{E P H}=\widehat{D F E}=\widehat{B F C}=180^{\circ}-\widehat{B I C}=90^{\circ}-\widehat{B A C} / 2$. En combinant ce calcul avec la cocyclicité de $D, Q, H, R$, et de $E, P, H, R$, on obtient $\widehat{D R H}=$ $\widehat{E R H}=180^{\circ}-\left(90^{\circ}-\widehat{B A C} / 2\right)=90^{\circ}+\widehat{B A C} / 2$. Ainsi, $\widehat{D R H}+\widehat{E R H}>180^{\circ}$, et donc $R$ est à l'intérieur du triangle $D E H$. Par conséquent, $\widehat{D R E}=360^{\circ}-\widehat{D R H}-\widehat{E R H}=$ $180^{\circ}-\widehat{B A C}$ ce qui implique que les points $A, D, R, E$ sont cocycliques.

Puisque $M B=M C, B D=C E$ et $\widehat{M B D}=\widehat{M C E}$, les triangles $M B D$ et $M C E$ sont isométriques et $\widehat{M D A}=\widehat{M E A}$. Ainsi, les points $M, D, E, A$ sont cocycliques. On en conclut que les points $M, D, R, E, A$ sont cocycliques. On a alors $\widehat{M A E}=$ $\widehat{B A C}+\widehat{M A B}=\widehat{B A C}+\widehat{M C B}=\widehat{B A C}+\left(90^{\circ}-\angle B A C / 2\right)$, d'où $\widehat{M R E}=180^{\circ}-$ $\widehat{M A E}=90^{\circ}-\angle B A C / 2$. On avait vu plus haut que $\widehat{E R H}=90^{\circ}+\widehat{B A C} / 2$, donc les points $I, H, R, M$ sont colinéaires.

Solution 3.

Cette solution est une solution calculatoire : il s'agit de déterminer les pentes des droites $(I H)$ et $(I M)$ dans un certain repère, et de montrer qu'elles sont égales. Supposons que nous avons un repère dans lequel les coordonnées des points $B, C$, $D, E$ sont données respectivement par $\left(b_{x}, b_{y}\right),\left(c_{x}, c_{y}\right),\left(d_{x}, d_{y}\right),\left(e_{x}, e_{y}\right)$. Après avoir remarqué comme dans les solutions précédentes que $(B E) \perp(C I)$ et $(C D) \perp(B I)$, on a $\overrightarrow{I H}=\overrightarrow{I C}+\overrightarrow{C D}+\overrightarrow{D H}$, d'où $\overrightarrow{I H} \cdot \overrightarrow{B E}=\overrightarrow{C D} \cdot \overrightarrow{D E}$. De même, nous avons $\overrightarrow{I H}=$ $\overrightarrow{I B}+\overrightarrow{B E}+\overrightarrow{E H}$, d'où $\overrightarrow{I H} \cdot \overrightarrow{C D}=\overrightarrow{C D} \cdot \overrightarrow{B E}$. On obtient donc $\overrightarrow{I H} \cdot(\overrightarrow{B E}+\overrightarrow{D C})=0$. On en conclut que la pente de la droite $(I H)$ est $\left(c_{x}+e_{x}-b_{x}-d_{x}\right) /\left(b_{y}+d_{y}-c_{y}-e_{y}\right)$. Supposons maintenant que l'axe des abscisses a pour vecteur directeur $\overrightarrow{B C}$ et coïncide avec la droite $(B C)$, et posons $\alpha=\widehat{B A C}, \beta=\widehat{A B C}, \gamma=\widehat{A C B}$. Puisque $D B=B C=C E$, nous avons $c_{x}-b_{x}=B C, e_{x}-d_{x}=B C-B C \cos \beta-B C \cos \gamma$, $b_{y}=c_{y}=0, d_{y}-e_{y}=B C \sin \beta-B C \sin \gamma$. Ainsi, par la formule obtenue plus haut, la pente de $(I H)$ est $(2-\cos \beta-\cos \gamma) /(\sin \beta-\sin \gamma)$. Montrons maintenant que la pente de $(M I)$ est la même. Soient $r$ et $R$ respectivement les rayons des cercles inscrit et circonscrit au triangle $A B C$, et $\left(m_{x}, m_{y}\right)$ et $\left(i_{x}, i_{y}\right)$ les coordonnées de $M$ et de $I$ dans le repère choisi. Nous avons $\widehat{B M C}=B A C=\alpha$ et $B M=M C$ (ceci voulant dire que le projeté de $M$ sur la droite $(B C)$ est le milieu du segment $[B C]$ ), et donc

$$m_y-i_y=\frac{BC}{2\tan \left(\frac{\alpha }{2}\right)}-rm\_\{y\}-i\_\{y\}=\backslash frac\{B\; C\}\{2\; \backslash tan\; \backslash left(\backslash frac\{\backslash alpha\}\{2\}\backslash right)\}-r$$

D'autre part, en posant $A B=u+v, B C=v+w, C A=w+u$, on a $i_{x}=b_{x}+v=$ $c_{x}-w$, donc

$$i_x=\frac{1}{2}(b_x+c_x+v-w)=m_x+\frac{AB-AC}{2}i\_\{x\}=\backslash frac\{1\}\{2\}\backslash left(b\_\{x\}+c\_\{x\}+v-w\backslash right)=m\_\{x\}+\backslash frac\{A\; B-A\; C\}\{2\}$$

d'où $m_{x}-i_{x}=\frac{A C-A B}{2}$. Par conséquent, la pente de la droite (MI) est $\left(\frac{B C}{\tan (\alpha / 2)}-2 r\right) /(A C-A B)$. La loi des sinus s'écrit

$$\frac{BC}{\sin \alpha }=\frac{AC}{\sin \beta }=\frac{AB}{\sin \gamma }=2R\backslash frac\{B\; C\}\{\backslash sin\; \backslash alpha\}=\backslash frac\{A\; C\}\{\backslash sin\; \backslash beta\}=\backslash frac\{A\; B\}\{\backslash sin\; \backslash gamma\}=2\; R$$

d'où

$$\frac{BC}{\tan \left(\frac{\alpha }{2}\right)}=4R{\cos }^2\left(\frac{\alpha }{2}\right)=2R(1+\cos \alpha )\backslash frac\{B\; C\}\{\backslash tan\; \backslash left(\backslash frac\{\backslash alpha\}\{2\}\backslash right)\}=4\; R\; \backslash cos\; ^\{2\}\backslash left(\backslash frac\{\backslash alpha\}\{2\}\backslash right)=2\; R(1+\backslash cos\; \backslash alpha)$$

En utilisant l'identité

$$\frac{r}{R}=\cos \alpha +\cos \beta +\cos \gamma -1\backslash frac\{r\}\{R\}=\backslash cos\; \backslash alpha+\backslash cos\; \backslash beta+\backslash cos\; \backslash gamma-1$$

(voir démonstration plus bas) on obtient l'égalité des pentes

$$\frac{\frac{BC}{\tan (\alpha \mathrm{/}2)}-2r}{AC-AB}=\frac{2R(1+\cos \alpha )-2r}{2R(\sin \beta -\sin \gamma )}=\frac{2-\cos \beta -\cos \gamma }{\sin \beta -\sin \gamma }\backslash frac\{\backslash frac\{B\; C\}\{\backslash tan\; (\backslash alpha\; /\; 2)\}-2\; r\}\{A\; C-A\; B\}=\backslash frac\{2\; R(1+\backslash cos\; \backslash alpha)-2\; r\}\{2\; R(\backslash sin\; \backslash beta-\backslash sin\; \backslash gamma)\}=\backslash frac\{2-\backslash cos\; \backslash beta-\backslash cos\; \backslash gamma\}\{\backslash sin\; \backslash beta-\backslash sin\; \backslash gamma\}$$

qui donne la colinéarité des points $I, H, M$.

Démonstration de l'identité (2) : Commençons par démontrer une autre identité utile:

$$\frac{r}{R}=4\sin \frac{\alpha }{2}\sin \frac{\beta }{2}\sin \frac{\gamma }{2}\backslash frac\{r\}\{R\}=4\; \backslash sin\; \backslash frac\{\backslash alpha\}\{2\}\; \backslash sin\; \backslash frac\{\backslash beta\}\{2\}\; \backslash sin\; \backslash frac\{\backslash gamma\}\{2\}$$

Pour cela, posons encore une fois $A B=u+v, B C=v+w, C A=w+u$. Puisque $v$ est la distance à $B$ du point de contact du cercle inscrit avec le segment $[B C]$, nous avons $r=v \tan \frac{\beta}{2}$, et de même, $r=w \tan \frac{\gamma}{2}$. Ainsi,

$$BC=v+w=r(\frac{1}{\tan \frac{\beta }{2}}+\frac{1}{\tan \frac{\gamma }{2}})=r\left(\frac{\cos \frac{\beta }{2}\sin \frac{\gamma }{2}+\sin \frac{\beta }{2}\cos \frac{\gamma }{2}}{\sin \frac{\beta }{2}\sin \frac{\gamma }{2}}\right),B\; C=v+w=r\backslash left(\backslash frac\{1\}\{\backslash tan\; \backslash frac\{\backslash beta\}\{2\}\}+\backslash frac\{1\}\{\backslash tan\; \backslash frac\{\backslash gamma\}\{2\}\}\backslash right)=r\backslash left(\backslash frac\{\backslash cos\; \backslash frac\{\backslash beta\}\{2\}\; \backslash sin\; \backslash frac\{\backslash gamma\}\{2\}+\backslash sin\; \backslash frac\{\backslash beta\}\{2\}\; \backslash cos\; \backslash frac\{\backslash gamma\}\{2\}\}\{\backslash sin\; \backslash frac\{\backslash beta\}\{2\}\; \backslash sin\; \backslash frac\{\backslash gamma\}\{2\}\}\backslash right),$$

et donc, en utilisant le fait que $\alpha+\beta+\gamma=\pi$ et le fait que $\sin \left(\frac{\pi}{2}-x\right)=\cos x$, on a

$$r=\frac{BC\sin \frac{\beta }{2}\sin \frac{\gamma }{2}}{\cos \frac{\alpha }{2}}r=\backslash frac\{B\; C\; \backslash sin\; \backslash frac\{\backslash beta\}\{2\}\; \backslash sin\; \backslash frac\{\backslash gamma\}\{2\}\}\{\backslash cos\; \backslash frac\{\backslash alpha\}\{2\}\}$$

D'autre part, nous avons $B C=2 R \sin \alpha=4 R \sin \frac{\alpha}{2} \cos \frac{\alpha}{2}$, d'où le résultat. Reste à en déduire l'identité (2). Rappelons pour cela l'identité trigonométrique $2 \sin x \sin y=\cos (x-y)-\cos (x+y)$, qui nous permet d'écrire :

où on a utilisé les identités $\cos \alpha+\cos \beta=2 \cos \left(\frac{\alpha+\beta}{2}\right) \cos \left(\frac{\alpha-\beta}{2}\right)$ et $\cos \gamma=1-2 \sin ^{2} \frac{\gamma}{2}$ pour conclure.

Solution 4.

Prolongeons les bissectrices $(B I)$ et $(C I)$ de sorte qu'elles intersectent le cercle circonscrit à $A B C$ respectivement en $P$ et en $Q$. Appelons de plus $R$ et $S$ les points d'intersection respectifs de la hauteur de $D E F$ issue de $D$ avec $(B I)$ et de celle issue de $E$ avec $(C I)$.

De même que dans les solutions précédentes, nous avons que $(B I)$ et $(C D)$ sont perpendiculaires. Puisque $(E H)$ et $(D F)$ sont également perpendiculaires, $(H S)$ et $(R I)$ sont parallèles. De même, $(H R)$ et $(S I)$ sont parallèles, et par conséquent, $H S I R$ est un parallélogramme.

D'autre part, puisque $M$ est le milieu de l'arc $B A C$, nous avons

$$\widehat{MPI}=\widehat{MPB}=\widehat{MCB}=\widehat{MBC}=\widehat{MQC}=\widehat{MQI}\backslash widehat\{M\; P\; I\}=\backslash widehat\{M\; P\; B\}=\backslash widehat\{M\; C\; B\}=\backslash widehat\{M\; B\; C\}=\backslash widehat\{M\; Q\; C\}=\backslash widehat\{M\; Q\; I\}$$

ainsi que

$$\widehat{PIQ}=\widehat{BIC}={180}^{\circ }-\widehat{PBC}-\widehat{QCB}={180}^{\circ }-\frac{1}{2}(\widehat{ABC}+\widehat{ACB})={90}^{\circ }+\widehat{ABC}\backslash widehat\{P\; I\; Q\}=\backslash widehat\{B\; I\; C\}=180^\{\backslash circ\}-\backslash widehat\{P\; B\; C\}-\backslash widehat\{Q\; C\; B\}=180^\{\backslash circ\}-\backslash frac\{1\}\{2\}(\backslash widehat\{A\; B\; C\}+\backslash widehat\{A\; C\; B\})=90^\{\backslash circ\}+\backslash widehat\{A\; B\; C\}$$

et

Ainsi, $M P I Q$ est un parallélogramme. Puisque $C I$ est la médiatrice du segment $[B E]$, le triangle $B S E$ est isocèle, d'où $\widehat{F B S}=\widehat{E B S}=\widehat{S E B}=\widehat{H E F}=\widehat{H D F}=\widehat{R D F}=\widehat{F C S}$, et donc $B, S, F, C$ sont cocycliques. De même, $B, F, R, C$ sont cocycliques. Il s'ensuit que $B, S, R, C$ sont cocycliques. Puisque $B, Q, P, C$ sont également cocycliques, $(S R)$ et $(Q P)$ sont parallèles.

On en conclut que $H S I R$ et $M Q I P$ sont des parallélogrammes homothétiques, et que par conséquent $M, H, I$ sont colinéaires. 3. Pour un entier strictement positif $m$, on note $d(m)$ le nombre de diviseurs strictement positifs de $m$, et $\omega(m)$ le nombre de diviseurs premiers distincts de $m$. Soit $k$ un entier strictement positif. Montrer qu'il existe une infinité d'entiers strictement positifs $n$ tels que $\omega(n)=k$ et tels que pour tous les entiers strictement positifs $a$ et $b$ vérifiant $a+b=n, d(n)$ ne divise pas $d\left(a^{2}+b^{2}\right)$.

Proposé par le Japon Solution. Rappel : Le nombre de diviseurs d'un entier $p_{1}^{\alpha_{1}} \ldots p_{k}^{\alpha_{k}}$, où $p_{i}$ sont des nombres premiers distincts, est $\left(\alpha_{1}+1\right)\left(\alpha_{2}+1\right) \ldots\left(\alpha_{k}+1\right)$.

Motivation de la solution : L'énoncé du problème étant assez tarabiscoté, commençons par l'étudier pour $k=1$ pour comprendre ce qui se passe. Il faut donc chercher $n$ sous la forme d'une puissance d'un nombre premier, disons de 2 . Il nous faut pouvoir contrôler facilement la divisibilité d'un entier par $d(n)$, il serait donc judicieux de le choisir égal à un nombre premier, donc de prendre $n$ sous la forme $2^{p-1}$ où $p$ est un nombre premier. Il reste à vérifier que pour tous les entiers $a$ et $b$ tels que $a+b=n$, l'entier $d(n)=p$ ne divise pas $d\left(a^{2}+b^{2}\right)$. Si par l'absurde $p \mid d\left(a^{2}+b^{2}\right)$, cela veut dire que l'un des facteurs premiers de $a^{2}+b^{2}$ a un exposant de la forme $c p-1$, avec $c$ un entier supérieur ou égal à 1 . On peut donc écrire $a^{2}+b^{2}=q^{c p-1} r$ avec $q$ un nombre premier et $r$ un entier non divisible par $q$. Observant que $n^{2}=a^{2}+2 a b+b^{2}>a^{2}+b^{2}$, nous pouvons conclure que $q$ ne peut être trop grand:

$$4^{p-1}=n^2=(a+b{)}^2>a^2+b^2=q^{cp-1}r\ge q^{cp-1}\ge q^{p-1}4^\{p-1\}=n^\{2\}=(a+b)^\{2\}>a^\{2\}+b^\{2\}=q^\{c\; p-1\}\; r\; \backslash geq\; q^\{c\; p-1\}\; \backslash geq\; q^\{p-1\}$$

et donc nécessairement $q<5$. Avant de conclure pour les cas $q=2$ et $q=3$, voyons si l'argument que nous avons donné ci-dessus de fonctionnerait pas pour tout $k$. Gardant le $2^{p-1}$ qui nous permet de conserver la condition de divisibilité de $d\left(a^{2}+b^{2}\right)$ par $p$, on écrit $n=2^{p-1} m$ où $m$ est un entier impair ayant $k-1$ facteurs premiers distincts. Nous avons ainsi toujours que $p$ divise $a^{2}+b^{2}$ donc que $a^{2}+b^{2}$ est de la forme $q^{c p-1} r$ et en écrivant la même suite d'inégalités que ci-dessus, nous obtenons:

$$4^{p-1}{m}^2>q^{p-1}4^\{p-1\}\; m^\{2\}>q^\{p-1\}$$

Bien entendu, nous ne pouvons conclure que $q<5$ pour n'importe quel $m$. Souvenons-nous cependant que notre problème est un problème de construction d'une infinité de $n$. Nous pouvons donc imposer des conditions sur $m$ tant qu'elles donnent lieu à une infinité d'entiers $n$. Ici, si on avait $q \geq 5$, on aurait $m>\left(\frac{5}{4}\right)^{\frac{p-1}{2}}$. Nous pouvons donc imposer par exemple $m<\left(\frac{5}{4}\right)^{\frac{p-1}{2}}$, ce qui donnera bien lieu, en faisant varier $p$, à une infinité de $n$ de cette forme, et implique pour chacun d'eux que $q<5$. Solution: A partir de maintenant, nous allons travailler directement avec $n=2^{p-1} m$ pour voir quelles conditions, autres que $m<\left(\frac{5}{4}\right)^{\frac{p-1}{2}}$, on aurait éventuellement besoin d'imposer sur $m$ ou $p$. D'après ce qui précède, nous avons donc $a^{2}+b^{2}=q^{c p-1} r$ avec $q=2$ ou 3 . Si $q=3$, alors, un carré étant toujours congru à 0 ou à 1 modulo 3 , nous avons nécessairement que $a$ et $b$ sont tous les deux divisibles par 3, donc que $n$ l'est aussi. Si $n=2^{p-1} m$, il suffit donc simplement d'imposer de plus que $m$ ne soit pas divisible par 3. Supposons maintenant $q=2$. Ce cas est différent du précédent car ici aussi bien $n$ que $a^{2}+b^{2}$ ont des puissances de 2 avec des exposants dépendant de $p$ dans leurs décompositions en facteurs premiers, et nous allons raisonner en termes de valuations $p$-adiques pour arriver à une contradiction En notant $v_{2}$ les valuations 2 -adiques, nous avons

$$p-1=v_2(a+b)\ge \min \{v_2(a),v_2(b)\}p-1=v\_\{2\}(a+b)\; \backslash geq\; \backslash min\; \backslash left\backslash \{v\_\{2\}(a),\; v\_\{2\}(b)\backslash right\backslash \}$$

avec égalité si et seulement si $v_{2}(a) \neq v_{2}(b)$. Si on avait $v_{2}(a) \neq v_{2}(b)$, alors la plus petite des deux doit être égale à $p-1$, et donc $v_{2}\left(a^{2}+b^{2}\right)$ serait égale à $2 p-2$. Puisque $a^{2}+b^{2}=2^{c p-1} r$ avec $r$ impair, nous aurions alors $2 p-2=c p-1$, c'est-à-dire $(2-c) p=1$, impossible. Donc $v_{2}(a)=v_{2}(b)<p-1$, et, en notant $t$ cette valeur commune, nous avons, en posant $a=2^{t} a_{0}$ et $b=2^{t} b_{0}$ avec $a_{0}, b_{0}$ impairs,

$$a_0^2+b_0^2=2^{cp-1-2t}r\mathrm{.}a\_\{0\}^\{2\}+b\_\{0\}^\{2\}=2^\{c\; p-1-2\; t\}\; r\; .$$

Le côté gauche est une somme de deux carrés impairs, elle est donc congrue à 2 modulo 4, c'est-à-dire que sa valuation 2-adique est égale à 1 . Nous avons donc nécessairement $c p-1-2 t=1$, donc en particulier

c'est-à-dire nécessairement $c=1$, ce qui est impossible par cette même relation dès que $p$ est impair. Conclusion : Tout nombre de la forme $n=2^{p-1} m$ où $m$ est un entier strictement positif ayant $k-1$ facteurs premiers distincts tous supérieurs strictement à 3 et $p$ est un nombre premier impair tel que $(5 / 4)^{\frac{p-1}{2}}>m$ convient.

Remarque : Que retenir de ce problème? Les relations $d(n) \chi d\left(a^{2}+b^{2}\right)$ et $a+b=n$ sont assez déroutantes au premier abord, mais pour démarrer, on ne les utilise en fait que comme des sources d'inégalités de sens contraires entre $n$ et $a^{2}+b^{2}$ : la négation de la première nous permet d'avoir l'existence d'un facteur premier $q$ de $a^{2}+b^{2}$ avec un exposant grand par rapport à l'exposant d'un facteur premier de $n$, et la seconde borne ce facteur premier $q$. Ce n'est qu'ensuite qu'on commence à véritablement faire de l'arithmétique en utilisant de manière cruciale les propriétés des sommes de deux carrés modulo 3 et 4 .