Instructions
$\triangleright$ Rédigez les différents problèmes sur des copies distinctes. Sur chaque copie, écrivez en lettres capitales vos nom et prénom en haut à gauche ainsi que votre classe, et le numéro du problème en haut à droite. $\triangleright$ On demande des solutions complètement rédigées, où toute affirmation est soigneusement justifiée. La notation tiendra compte de la clarté et de la précision de la copie. Travaillez d'abord au brouillon, et rédigez ensuite au propre votre solution, ou une tentative, rédigée, de solution contenant des résultats significatifs pour le probléme. Ne rendez pas vos brouillons : ils ne seraient pas pris en compte. $\triangleright$ Une solution complète rapportera plus de points que plusieurs tentatives inachevées. Il vaut mieux terminer un petit nombre de problèmes que de tous les aborder. $\triangleright$ Régles, équerres et compas sont autorisés. Les rapporteurs sont interdits. Les calculatrices sont interdites, ainsi que tous les instruments électroniques. $\triangleright$ Le groupe B est constitué des élèves nés le 21 décembre 2002 au plus tôt. Le groupe A est constitué des autres élèves. $\triangleright$ Les exercices 1 à 3 ne sont à chercher que par les élèves du groupe $B$. $\triangleright$ L'exercice 4 est à chercher par tous les élèves. $\triangleright$ Les exercices 5 et 6 ne sont à chercher que par les élèves du groupe $A$.
Préparation Olympique Française de Mathématiques Animath Institut Henri Poincaré 11-13 rue Pierre et Marie Curie 75231 Paris Cedex 05
Exercices du groupe B - Énoncés et solutions
Exercice 1. Trouver tous les triplets ( $a, b, c$ ) de réels strictement positifs tels que
Solution de l'exercice 1 On remarque que $\mathrm{a}=\mathrm{b}=\mathrm{c}=4$ est solution. On va montrer que c'est en fait la seule. Si deux des trois nombres sont égaux à 4 (disons a et b), on vérifie facilement que le troisième aussi, car $4 \sqrt{4}-\mathrm{c}=4$, donc $\mathrm{c}=4$. Si un des trois nombres vaut 4 (disons a), alors $c \sqrt{a}-b=c$ devient $2 \mathrm{c}-\mathrm{b}=\mathrm{c}$, donc $\mathrm{b}=\mathrm{c}$. De plus, on $\mathrm{a} \sqrt{\mathrm{b}}-\mathrm{b}=4$, qui se réécrit $(\sqrt{\mathrm{b}}-2)^{2}=0$, donc $\mathrm{b}=4$ et $\mathrm{c}=4$. Il reste à montrer qu'il est impossible que les trois nombres soient différents de 4.
Si c'est le cas, alors soit au moins deux des nombres sont strictement supérieurs à 4 , soit au moins deux sont strictement inférieurs à 4 . On traite les deux cas séparément. Si au moins deux des nombres sont $>4$, mettons que c soit le plus petit des trois nombres. Alors $a, b>4$, donc $a=a \sqrt{b}-c>2 a-c$, donc $c>a>4$, ce qui contredit la minimalité de $c$. De même, si au moins deux des nombres sont $<4$, supposons que $c$ est le plus grand. Alors $a, b<4$, donc $a=a \sqrt{b}-c<2 a-c$, donc $c<a$, ce qui contredit la maximalité de $c$. La seule solution est donc bien $(4,4,4)$. Exercice 2. Trouver toutes les paires (m,n) d'entiers strictement positifs telles que
Remarque. Pour tout entier $n$, on rappelle que $n$ ! désigne l'entier $1 \times 2 \times 3 \times \cdots \times n$. Solution de l'exercice 2 On vérifie facilement que les paires $(2,2)$ et $(2,3)$ sont solutions. On va montrer que ce sont les seules. On commence par traiter le cas où $m$ ou $n$ vaut 1 ou 2 . Si $m=1$, alors $m^{n}=1$ mais $m!+n!\geqslant 2$, donc il n'y a pas de solution. Si $m=2$, l'équation devient $2+n!=2^{n-1}$. Si $n \geqslant 4$, alors le membre de gauche est congru à 2 modulo 4 , et le membre de droite à 0 , donc $n$ vaut 1,2 ou 3 , et $n=1$ ne marche pas. Si $n=1$, l'équation devient $m!+1=m$, mais $m$ divise $m$ ! et $m$, donc $m$ divise 1 et $m=1$, mais $(1,1) n^{\prime}$ est pas solution. Enfin, si $n=2$, on obtient $m!+2=m^{2}$. Mais $m$ divise $m$ ! et $m^{2}$ donc $m$ divise 2 , donc $m$ vaut 1 ou 2 et on retombe sur des cas déjà traités. On traite maintenant le cas $2<\mathrm{m} \leqslant \mathrm{n}$. Dans ce cas m ! divise $n$ ! donc m ! divise $\mathrm{m}^{\mathrm{n}}$. En particulier, $m-1$ divise $m$ ! donc aussi $m^{n}$, mais $m-1$ est premier avec $m$, donc aussi avec $m^{n}$. Par conséquent, $\mathrm{m}-1$ ne peut valoir que 1 donc $\mathrm{m}=2$, contradiction. Enfin, on traite le cas $2<n<m$. Dans ce cas $n$ ! divise $m$ !, donc on peut écrire $n!\left(1+\frac{m!}{n!}\right)=m^{n}$. En particulier, $1+\frac{m!}{n!}$ divise $m^{n}$. Mais $\frac{m!}{n!}=(n+1)(n+2) \ldots$ m est divisible par $m$, donc $1+\frac{m!}{n!}$ est premier avec $m$, donc avec $m^{n}$. On a donc $1+\frac{n!}{m!}=1$, ce qui est impossible. Exercice 3. Soit $A B C D$ un trapèze tel que $(A B)$ et $(C D)$ sont parallèles. On suppose que $A D<$ $C D$ et que $A B C D$ est inscrit dans un cercle $\Gamma$. Soit $P$ sur $\Gamma$ tel que (DP) est parallèle à ( $A C$ ). La tangente à $\Gamma$ en $D$ recoupe $(A B)$ en $E$, et les cordes $[B P]$ et $[C D]$ s'intersectent en $Q$. Montrer que $E Q=A C$.
Solution de l'exercice 3 On sait que (CQ) est parallèle à $(\mathrm{AE})$, donc l'énoncé revient à montrer que $A C Q E$ est un parallélogramme, donc il suffit de montrer que (EQ) et (AC) sont parallèles. Le quadrilatère BQDE est un trapèze, avec $(B E)$ et (DQ) parallèles. On va d'abord montrer que c'est un trapèze isocèle. En effet, on a
d'après le cas limite du théorème de l'angle inscrit. D'autre part, on a
Or, les quadrilatères $A B C D$ et $A C P D$ sont des trapèzes inscriptibles, donc isocèles, donc $P C=$ $A D=B C$, donc $C$ est le milieu de l'arc entre $B$ et $P$. On a donc $\widehat{B A C}=\widehat{C A P}$, donc
donc le trapèze EBQD est bien isocèle, et a un axe de symétrie. On en déduit
en utilisant à la fin le fait que $A B C D$ a un axe de symétrie. Cela montre que ( QE ) et ( $A C$ ) sont parallèles, ce qui conclut.
Exercice commun aux groupes A et B - Énoncé et solution
Exercice 4. Un grand carré de côté $n$ est découpé en $n^{2}$ petits carrés de côté 1 . On veut colorier en rouge ou bleu chacun des $(n+1)^{2}$ sommets des petits carrés de telle manière que chacun des petits carrés a exactement 2 sommets rouges. Combien y a-t-il de coloriages possibles? Solution de l'exercice 4 La réponse est $2^{\mathrm{n}+2}-2$. Pour le montrer, on commence par colorier les $n+1$ sommets les plus hauts. Il y a $2^{n+1}$ manières de le faire. Si il existe deux sommets consécutifs de même couleur sur la rangée supérieure ( $2^{n+1}-2$ coloriages de la rangée supérieure), alors ils fixent les couleurs sur la rangée juste en-dessous, et ainsi de suite, ce qui donne $2^{n+1}-2$ coloriages. Si les couleurs sur la rangée supérieure sont alternées ( 2 coloriages de la rangée supérieure), alors on est obligé d'alterner les couleurs sur la rangée d'en-dessous, et sur les suivantes... On peut cependant, à chaque ligne, choisir la couleur par laquelle on commence, ce qui donne $2 \times 2^{n}$ coloriages, donc $2^{n+2}-2$ au total.
Exercices du groupe A - Énoncés et solutions
Exercice 5. Déterminer tous les entiers $n \geqslant 2$ vérifiant la propriété suivante : pour tous entiers $a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{n}$ dont la somme n'est pas divisible par $n$, $i l$ existe un indice $i$ tel qu'aucun des nombres
n'est divisible par $n$ (pour $i>n$, on pose $a_{i}=a_{i-n}$ ). Solution de l'exercice 5 Ce sont exactement les nombres premiers!
En effet, si $n=a b$, on peut prendre $a_{1}=0$ et $a_{2}=\cdots=a_{n}=a$. La somme des $a_{i}$ vaut $a(n-1)$ donc n'est pas divisible par $n$. Cependant, soit $1 \leqslant i \leqslant n$. Si $i+b-1 \leqslant n$, alors le nombre $a_{i}+\cdots+a_{i+b-1}=a b=n$ est divisible par $n$. Si $i+b-1>n$, alors le nombre $a_{i}+\cdots+a_{i+b}=a b=n$ est divisible par $n$. Réciproquement, supposons $n$ premier, et soient $a_{1}, \ldots, a_{n}$ des entiers dont la somme n'est pas divisible par $n$. Si $n$ ne vérifie pas la propriété, alors pour tout indice $i$, il existe $j(i)$ avec $\mathfrak{i}+1 \leqslant \mathfrak{j}(\mathfrak{i}) \leqslant \mathfrak{i}+\boldsymbol{n}$ tel que
est divisible par $n$. De plus, comme la somme des $a_{i} n^{\prime}$ est pas divisible par $n$, on ne peut pas avoir $\mathfrak{j}(\mathfrak{i})=\mathfrak{i}+\mathfrak{n}$, donc $\mathfrak{i}+1 \leqslant \mathfrak{j}(\mathfrak{i}) \leqslant \mathfrak{i}+\mathfrak{n}-1$. On définit alors par récurrence une suite $d^{\prime}$ 'indices $\left(i_{n}\right)$ par $i_{1}=1$ et $i_{n+1}=j\left(i_{n}\right)$. On sait que pour tout $k$, l'entier
est divisible par n donc, en sommant, pour tous indices $k<\ell$, l'entier
est divisible par $n$. Par le principe des tiroirs, il existe $1 \leqslant k<\ell \leqslant n+1$ tels que $\mathfrak{i}{k} \equiv \mathfrak{i}{\ell}(\bmod n)$. Le nombre de termes de la somme (1) vaut alors $\mathfrak{i}{\ell}-\mathfrak{i}{k}$ donc est divisible par $n$, donc chacun des $a_{i} y$ apparaît exactement $\frac{\boldsymbol{i}{\ell}-\mathfrak{i}{k}}{n}$ fois. De plus, on sait que $\mathfrak{i}{j+1}-\mathfrak{i}{j} \leqslant n-1$ pour tout $j$ et que $\ell-k \leqslant n$, donc $\mathfrak{i}{\ell}-\mathfrak{i}{k} \leqslant n(n-1)$. La somme (1) vaut donc
Mais $\frac{i_{\ell}-i_{k}}{n} \leqslant n-1$ donc ne peut pas être divisible par $n$, et la somme des $a_{i}$ ne l'est pas non plus. Comme n est premier, la somme (1) n'est pas divisible par n , d'où la contradiction. Exercice 6. Soit $A B C$ un triangle avec $A B \neq A C$, et soit $\omega$ le cercle $A$-exinscrit à $A B C$. On note $D, E$ et $F$ les points de tangence de $\omega$ avec $[B C],[A C)$ et $[A B)$. Le cercle circonscrit à $A E F$ recoupe ( $B C$ ) en $P$ et $Q$. On note $M$ le milieu de $[A D]$. Montrer que le cercle circonscrit à MPQ est tangent à $\omega$. Remarque. On rappelle que le cercle $A$-exinscrit à $A B C$ est l'unique cercle tangent au segment $[B C]$, à la demi-droite $[A B)$ au-delà de $B$ et à la demi-droite $[A C)$ au-delà de $C$. Solution de l'exercice 6 On note $\Gamma$ le cercle passant par $A, E, F, P$ et $Q$. Soit $T$ le second point d'intersection de (AD) avec $\omega$. On va montrer que $\omega$ et le cercle circonscrit à MPQ sont tangents en $T$. On commence pour cela par montrer que $M, P, Q$ et $T$ sont cocycliques. Soient $J$ le centre de $\omega$, et $N$ le milieu de [DT]. Alors les angles $\widehat{A E J}$ et $\widehat{A F J}$ sont droits, donc $E$ et $F$ sont sur le cercle de diamètre $[A J]$, donc $\Gamma$ est le cercle de diamètre $[A J]$. De plus, la droite (JN) est la médiatrice de [DT], donc l'angle $\widehat{A N J}$ est aussi droit et $N \in \Gamma$. La puissance de $D$ par rapport à $\Gamma$ donne alors
donc $M, T, P$ et Q sont bien cocycliques. On trace maintenant la tangente en $T$ à $\omega$, qui recoupe ( $B C$ ) en $X$. On a $X D=X T$, donc les points $X$, J et $N$ sont alignés sur la médiatrice de [DT]. Les triangles XND et XDJ sont alors rectangles en $N$ et $D$ et partagent l'angle $\widehat{D R J}$, donc ils sont semblables, donc $\frac{X N}{X D}=\frac{X D}{X J}$, donc $\mathrm{XD}^{2}=\mathrm{XN} \times \mathrm{XJ}$. On sait aussi que $\mathrm{XT}=\mathrm{XD}$, et la puissance de $X$ par rapport à $\Gamma$ donne $\mathrm{XN} \times X \mathrm{~J}=\mathrm{XP} \times \mathrm{XQ}$. On obtient donc
donc $(X T)$ est tangente au cercle circonscrit à PQT, ce qui conclut.