problem: 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:
$\triangleright$ 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 $2 n-1$.

problem_match: Exercice 1.

solution_match: ## Solution de l'exercice 1


problem: 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:
![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_06_abd37f3489f27f98aad2g-4.jpg?height=649&width=836&top_left_y=1692&top_left_x=612)

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.

problem_match: Exercice 2.

solution_match: ## Solution de l'exercice 2


problem: 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:
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.

problem_match: Exercice 3.

solution_match: Solution de l'exercice 3


problem:
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:
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.

problem_match: Exercice 4.

solution_match: Solution de l'exercice 4


problem:
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:
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 $n$.

problem_match: Exercice 5.

solution_match: ## Solution de l'exercice 5


problem: 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:
![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_06_abd37f3489f27f98aad2g-7.jpg?height=687&width=964&top_left_y=491&top_left_x=575)

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 $K A=K T$.

problem_match: Exercice 6.

solution_match: ## Solution de l'exercice 6