problem:
Déterminer tous les triplets $(x, y, z)$ d'entiers tels que

$$
x^{2}+y^{2}+z^{2}=16(x+y+z)
$$

solution:
Tout d'abord, remarquons que l'équation peut se réécrire

$$
x(x-16)+y(y-16)+z(z-16)=0
$$

Cela invite donc à effectuer un changement de variables, en posant $X=x-8, Y=y-8$ et $Z=z-8$. L'équation devient alors

$$
X^{2}+Y^{2}+Z^{2}=3 \times 8^{2}
$$

On introduit alors le lemme suivant, sur les sommes de trois carrés : si $a, b$ et c sont trois entiers tels que $a^{2}+b^{2}+c^{2} \equiv 0(\bmod 4)$, alors $a, b$ et $c$ sont tous les trois pairs. En effet, le carré d'un entier pair vaut $0(\bmod 4)$, et que le carré d'un entier impair vaut $1(\bmod 4)$.
En appliquant 3 fois de suite le lemme, on montre donc que $X, Y$ et $Z$ sont multiples de 8 . Encore une fois, on change de variables, en posant $u=\frac{X}{8}=\frac{x}{8}-1, v=\frac{Y}{8}=\frac{y}{8}-1$ et $w=\frac{Z}{8}=\frac{z}{8}-1$. L'équation devient

$$
u^{2}+v^{2}+w^{2}=3
$$

Il est alors clair que $(u, v, w)$ convient si et seulement si $u^{2}=v^{2}=w^{2}=1$, c'est-à-dire si et seulement si $u, v$ et $w$ appartiennent tous trois à l'ensemble $\{-1,1\}$. L'équation initiale avait donc pour solutions les triplets $(x, y, z)$ tels que $x, y$ et $z$ appartiennent tous trois à l'ensemble \{0, 16\}.

problem_match: Exercice 1.

solution_match: Solution de l'exercice 1


problem: Sur une droite se trouvent 400 points bleus et 200 points verts. Montrer que l'on peut trouver un segment qui contient exactement 200 points bleus et 100 points verts.

solution:
Notons $A_{1}, \ldots, A_{600}$ les points de la droite, alignés dans cet ordre. Il s'agit de montrer qu'il existe un entier $k \in\{0, \ldots, 300\}$ tel que, parmi les points $A_{k+1}, \ldots, A_{k+300}$, il y en a exactement 100 verts (il y en aura alors forcément 200 bleus).
Introduisons la fonction $\mathrm{f}:\{0, \ldots, 300\} \longrightarrow \mathbb{N}$ qui à un entier $k$ associe le nombre de points verts parmi $A_{k+1}, \ldots, A_{k+300}$. On veut montrer que f prend la valeur 100 . Pour cela, remarquons deux choses:

1. Tout d'abord, la somme $f(0)+f(300)$ compte le nombre total de points verts, et elle vaut donc 200. Ainsi, l'un des deux termes de la somme est supérieur ou égal à 100 tandis que l'autre ne dépasse pas 100. Quitte à changer le sens de parcours des points sur la droite, on peut supposer que $f(0) \leqslant 100 \leqslant f(300)$.
2. Intéressons-nous maintenant à la différence $f(k)-f(k-1)$, où $k \geqslant 1$ :

- si $A_{k+300}$ et $A_{k}$ sont de même couleur, elle vaut 0 ;
- si $A_{k+300}$ est vert et $A_{k}$ est bleu, elle vaut 1;
- si $A_{k+300}$ est bleu et $A_{k}$ est vert, elle vaut -1 .

En particulier, on a $f(k)-f(k-1) \leqslant 1$ pour tout $k \in\{1, \ldots, 300\}$.
Considérons maintenant le plus petit entier $p$ tel que $f(p) \geqslant 100$ : cet entier existe bien, puisque $f(300) \geqslant 100$. Si $p=0$, il n'y a plus rien à faire : en effet, dans ce cas, on a $f(0) \geqslant 100$ et $f(0) \leqslant 100$,
d'où $f(0)=100$. Si $p>0$, la minimalité de $p$ assure que $f(p-1) \leqslant 99$ et donc, d'après ci-dessus, on a alors $100 \leqslant f(p) \leqslant f(p-1)+1 \leqslant 100$, et ainsi $f(p)=100$.
Finalement, dans tous les cas, la valeur 100 est bien atteinte par la fonction $f$, ce qui conclut.

## Exercices communs

problem_match: Exercice 2.

solution_match: Solution de l'exercice 2


problem:
Soit $a, b, c, d>0$ des réels tels que $a b c d=1$.
Prouver que

$$
\frac{1}{a+b+2}+\frac{1}{b+c+2}+\frac{1}{c+d+2}+\frac{1}{d+a+2} \leqslant 1 .
$$

solution:
Il est bien connu que, si $x, y>0$ sont des réels, on a $x+y \geqslant 2 \sqrt{x y}$.
Par suite, $\frac{1}{a+b+2} \leqslant \frac{1}{2(\sqrt{a b}+1)}$ et $\frac{1}{c+d+2} \leqslant \frac{1}{2(\sqrt{c d}+1)}$, d'où

$$
\begin{aligned}
\frac{1}{a+b+2}+\frac{1}{c+d+2} & \leqslant \frac{1}{2(\sqrt{a b}+1)}+\frac{1}{2(\sqrt{c d}+1)}=\frac{1}{2(\sqrt{a b}+1)}+\frac{1}{2\left(\frac{1}{\sqrt{a b}}+1\right)} \\
& =\frac{1}{2(\sqrt{a b}+1)}+\frac{\sqrt{a b}}{2(\sqrt{a b}+1)}=\frac{1}{2}
\end{aligned}
$$

On prouve de même que $\frac{1}{\mathrm{~b}+\mathrm{c}+2}+\frac{1}{\mathrm{~d}+\mathrm{a}+2} \leqslant \frac{1}{2}$.
En sommant les deux inégalités précédentes, on déduit immédiatement la conclusion désirée.

problem_match: ## Exercice 3.

solution_match: Solution de l'exercice 3


problem: Soient deux cercles extérieurs $\mathcal{C}$ et $\mathcal{C}^{\prime}$ de centres $O$ et $\mathrm{O}^{\prime}$. On mène deux rayons parallèles de même sens $[O M]$ et $\left[O^{\prime} M^{\prime}\right]$, et deux autres rayons parallèles de même sens [OP] et $\left[\mathrm{O}^{\prime} \mathrm{P}^{\prime}\right]$. La droite $\left(M M^{\prime}\right.$ ) recoupe $\mathcal{C}^{\prime}$ en $N$ et la droite ( $\mathrm{PP}^{\prime}$ ) recoupe $\mathcal{C}^{\prime}$ en Q . Montrer que $M, N, P, Q$ sont cocycliques.

solution:
![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_06_89e1a88971a848120f4cg-3.jpg?height=489&width=1277&top_left_y=1775&top_left_x=424)

Les triangles OMP et $\mathrm{O}^{\prime} \mathrm{M}^{\prime} \mathrm{P}^{\prime}$ sont isocèles en O et $\mathrm{O}^{\prime}$ respectivement. De plus, les angles $(\overrightarrow{\mathrm{OM}}, \overrightarrow{\mathrm{OP}})$ et $\left(\overrightarrow{\mathrm{O}^{\prime} \mathrm{M}^{\prime}}, \overrightarrow{\mathrm{O}^{\prime} \mathrm{P}^{\prime}}\right)$ sont égaux, donc ces deux triangles sont directement semblables. Comme de plus (OM) et $\left(O^{\prime} M^{\prime}\right)$ sont parallèles, (MP) et $\left(M^{\prime} \mathrm{P}^{\prime}\right)$ le sont.

On en déduit $(M P, M N)=\left(M^{\prime} P^{\prime}, M^{\prime} N\right)=\left(Q^{\prime}, Q N\right)=(Q P, Q N)$, donc MNPQ est inscriptible.
Autre solution. Supposons que les cercles sont de rayons différents. Soit $\Omega$ le centre de l'homothétie $h$ de rapport $\lambda>0$ qui transforme le premier cercle en le deuxième. Le point $h(M)$ vérifie la même condition de l'énoncé que le point $M^{\prime}$, donc $h(M)=M^{\prime}$. De même, $h(P)=P^{\prime}$. On a $\Omega N \cdot \Omega M^{\prime}=\Omega Q \cdot \Omega P^{\prime}$ (puissance d'un point par rapport à un cercle), donc $\lambda \Omega N \cdot \Omega M=$ $\lambda Q \cdot \Omega P$. En simplifiant par $\lambda$ et en utilisant encore la puissance d'un point par rapport à un cercle, on en déduit que $M, N, P, Q$ sont cocycliques.
Si les cercles sont de même rayon, alors il existe une translation qui envoie $M$ et $P$ sur $M^{\prime}$ et $P^{\prime}$ respectivement, donc comme ci-dessus on a $(M P, M N)=\left(M^{\prime} P^{\prime}, M^{\prime} N\right)=\left(Q^{\prime}, Q N\right)=$ (QP, QN).

## Exercices du groupe A

problem_match: Exercice 4.

solution_match: ## Solution de l'exercice 4


problem:
Soit $n>0$ un entier, et $a, b, c$ des entiers strictement positifs tels que

$$
(a+b c)(b+a c)=19^{n}
$$

Prouver que n est pair.

solution:
Procédons par l'absurde, et supposons qu'il existe un triplet ( $a, b, c$ ) tel que $(\mathrm{a}+\mathrm{bc})(\mathrm{b}+\mathrm{ac})=19^{\mathrm{n}}$, où $n$ est un entier impair. Sans perte de généralité, on peut supposer que $a \geqslant b$ et que la somme $a+b+c$ est minimale.
Puisque 19 est premier, on sait que $b+a c \geqslant 2$ est une puissance de 19 , donc que $b+a c \equiv 0$ $(\bmod 19)$. Si 19 divise $a$, alors 19 divise bégalement : alors le triplet $(\alpha, \beta, c)=\left(\frac{a}{19}, \frac{b}{19}, c\right)$ est tel que $(\alpha+\beta c)(\beta+\alpha c)=19^{n-2}$, de sorte que la somme $a+b+c$ n'est pas minimale. On sait donc que $\operatorname{PGCD}(\mathbf{a}, 19)=1$.
En outre, si $\mathrm{c}=1$, alors $(a+b c)(b+a c)=(a+b)^{2}$ est un carré, donc $n$ est nécessairement pair. De même, si $a=b$, alors $(a+b c)(b+a c)=(a+a c)^{2}$ est un carré, et $n$ est pair. On sait donc que $c>1$ et que $a>b$.
Alors $b+a c=(a+b c)+(a-b)(c-1)>a+b c$, de sorte qu'il existe deux entiers naturels $u$ et $v$ tels que $a+b c=19^{u}$ et $b+a c=19^{u+v}$. En particulier, $a(c-1)(c+1)=a c^{2}-a=$ $(b+a c) c-(a+b c)=19^{u}\left(19^{v} c-1\right)$. On sait donc que $19^{u}$ divise $(c-1)(c+1)$ et, puisque $\operatorname{PGCD}\left(19^{\mathbf{u}}, \mathfrak{c}-1, \mathrm{c}+1\right)=\operatorname{PGCD}\left(19^{\mathbf{u}}, \boldsymbol{c}-1,2\right)=1$, on en déduit que $19^{\mathbf{u}}$ divise soit $\mathbf{c}-1$ soit $\mathrm{c}+1$.
Or, on sait que $19^{\mathrm{u}}=\mathrm{a}+\mathrm{bc}>\mathrm{b}+\mathrm{bc} \geqslant \mathrm{c}+1>\mathrm{c}-1>0$. Il est donc impossible que $19^{\mathrm{u}}$ divise $\mathrm{c}-1$ ou $\mathrm{c}+1$, de sorte que notre supposition initiale était fausse, et donc que $n$ est nécessairement pair.
Remarque. Le raisonnement utilisé ci-dessus permet en fait de montrer que, si $p$ est un nombre premier impair, les triplets ( $a, b, c$ ) d'entiers strictement positifs tels que $(a+b c)(b+a c)$ soit une puissance de $p$ sont les triplets de la forme ( $\mathfrak{a}, \mathfrak{p}^{\mathrm{k}}-\mathfrak{a}, 1$ ) ou bien ( $\mathfrak{p}^{k}, \mathfrak{p}^{\mathrm{k}}, \mathfrak{p}^{\ell}-1$ ).
Le fait que $p$ soit impair est très important, car l'exercice est faux si on prend $p=2$, comme en témoigne l'égalité $(3+1 \times 5)(1+3 \times 5)=2^{7}$.

problem_match: Exercice 5.

solution_match: Solution de l'exercice 5


problem: Soient $n$ et $p$ des entiers $\geqslant 1$. Dans une assemblée de $n$ personnes, deux personnes quelconques ont au plus $p$ connaissances communes ; bien sûr, si A connaît B, alors B connaît $A$. Montrer que le nombre de paires non ordonnées $\{A, B\}$ de personnes qui se connaissent est inférieur ou égal à $\sqrt{\mathrm{pn}^{3}}$.

solution:
Notons $A_{1}, \cdots, A_{n}$ les personnes et, considérons le graphe simple et non orienté dont les sommets sont les $A_{i}$, et où deux personnes $A_{i}$ et $A_{j}$ sont reliées par une arête si et seulement si elles se connaissent.
Pour tout $i$, notons $d_{i}$ le degré de $A_{i}$ (c'est-à-dire le nombre de personnes que connaît $A_{i}$ ). Il s'agit de prouver que le nombre d'arêtes a de ce graphe vérifie $a \leqslant \sqrt{\mathrm{pn}^{3}}$.
Il est bien connu que $2 a=\sum_{i=1}^{n} d_{i}$.
Soit $M$ le nombre de paires d'arêtes $\{X Y, Y Z\}$ ayant un sommet commun.
Pour tout $i$, le sommet $A_{i}$ joue le rôle de $Y$ autant de fois que l'on peut choisir deux sommets adjacents à $A_{i}$. Ainsi,

$$
M=\sum_{i=1}^{n}\binom{d_{i}}{2}
$$

D'autre part, d'après l'énoncé, deux sommets quelconques ont toujours au plus p sommets adjacents communs. Ainsi,

$$
M \leqslant p\binom{n}{2} .
$$

De (1) et (2), on déduit que

$$
\sum_{i=1}^{n}\binom{d_{i}}{2} \leqslant p\binom{n}{2}
$$

Or, la fonction $x \longmapsto \frac{1}{2} \chi(x-1)$ est convexe sur $\mathbb{R}$ donc, d'après l'inégalité de Jensen, on a

$$
\sum_{i=1}^{n}\binom{d_{i}}{2} \geqslant \frac{n}{2}\left(\frac{2 a}{n}\right)\left(\frac{2 a}{n}-1\right)
$$

De (3) et (4), on obtient que $2 a(2 a-n) \leqslant p^{2}(n-1) \leqslant n^{3}$, ou encore $4 a^{2}-2 n a-p n^{3} \leqslant 0$. Si $a>\sqrt{p n^{3}}$, alors $0>4 a^{2}-2 n a-a^{2}=(3 a-2 n) a \geqslant(3 \sqrt{p n}-2) n a \geqslant n a \geqslant 0$, ce qui conclut.

problem_match: Exercice 6.

solution_match: Solution de l'exercice 6