problem:
Les entiers $1,2, \ldots, 2018$ sont écrits au tableau. On effectue alors 2017 opérations comme suit : choisir deux nombres $a$ et $b$, les effacer, et écrire $a+b+2 a b$ à la place. À la fin, il ne reste qu'un seul entier sur le tableau.
Quelles sont les valeurs que son chiffre des unités peut prendre?

solution: Puisqu'il y a 1009 nombres impairs entre 1 et 2018, on sait que la somme des entiers initialement inscrits au tableau est impaire. En outre, l'un de ces entiers est congru à $2(\bmod 5)$. Une récurrence immédiate permet alors de montrer que, après chaque opération, la somme des entiers écrits sur le tableau reste impaire, et l'un de ces entiers est congru à 2 $(\bmod 5)$. Par conséquent, le dernier entier écrit sur le tableau est congru à $1(\bmod 2)$ et à 2 $(\bmod 5)$, c'est-à-dire à $7(\bmod 10)$.

problem_match: Exercice 1.

solution_match: Solution de l'exercice 1


problem:
Soit $A B C$ un triangle isocèle en $A$, tel que $\widehat{B A C}=100^{\circ}$. Soit $D$ le point d'intersection de (AC) et de la bissectrice de $\widehat{A B C}$.
Montrer que BC $=A D+B D$.

solution:
D'après la loi des sinus, notons que $\mathrm{BD} \leqslant \mathrm{BC}$ si et seulement $\operatorname{si} \sin (\widehat{\mathrm{BCD}}) \leqslant$ $\sin (\widehat{\mathrm{BDC}})$. Puisque $\widehat{\mathrm{BDC}}=130^{\circ}$ et $\widehat{\mathrm{BCD}}=40^{\circ}$, on a bien $\mathrm{BD} \geqslant \mathrm{BC}$. Soit E le point de $[\mathrm{BC}]$ tel que $B D=B E$, et soit $A^{\prime}$ le symétrique de $A$ par rapport à ( $A D$ ).
La loi des sinus indique alors que

$$
\mathrm{CE}=\frac{\sin (\widehat{\mathrm{CDE}})}{\sin (\widehat{\mathrm{ECD}})} \mathrm{DE}=\frac{\sin (\widehat{\mathrm{CDE}})}{\sin (\widehat{\mathrm{ECD}})} \times \frac{\sin (\widehat{\mathrm{EA}} \widehat{\mathrm{D}})}{\sin \left(\widehat{\mathrm{A}^{\prime} \mathrm{ED}}\right)} A^{\prime} \mathrm{D}=\frac{\sin \left(40^{\circ}\right) \sin \left(80^{\circ}\right)}{\sin \left(40^{\circ}\right) \sin \left(80^{\circ}\right)} A D=A D .
$$

On en déduit que $B C=C E+B E=A D+B D$.

problem_match: Exercice 2.

solution_match: Solution de l'exercice 2


problem: Trouver tous les entiers naturels non nuls $k, \ell$ tels que $2^{k}+3^{\ell}$ soit un carré parfait.

solution:
Une première idée est de consiérer l'équation de l'énoncé modulo $n$, où n est un nombre pas trop grand tel que $\mathbb{Z} / \mathrm{n} \mathbb{Z}$ ne contienne pas trop de résidus quadratiques. Dans ces conditions, $n=3$ et $n=8$ semblent de bons candidats, car les carrés modulo 3 sont 0 et 1 , alors que les carrés modulo 8 sont 0,1 et 4 .
Puisque $k \geqslant 1$ et $\ell \geqslant 1$, on a donc $2^{k} \equiv 1(\bmod 3)$ et $3^{\ell} \equiv 1(\bmod 8)$, ce qui signifie que $k$ et $\ell$ sont pairs. En posant $\mathrm{a}=\mathrm{k} / 2, \mathrm{~b}=\ell / 2$ et $\mathrm{c}=\sqrt{2^{k}+3^{\ell}}$, on remarque alors que $\left(\mathrm{c}-2^{\mathrm{a}}\right)\left(\mathrm{c}+2^{\mathrm{a}}\right)=$ $c^{2}-2^{k}=3^{\ell}$ est une puissance de 3 .
![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_06_4f8dc80581b21309a1d2g-2.jpg?height=55&width=1741&top_left_y=1927&top_left_x=189) vaut nécessairement $3^{\ell}$, tandis que l'autre vaut 1 . Le facteur $c+2^{a}$ est le plus grand des deux, ce qui montre que $c-2^{a}=1$ et $\mathrm{c}+2^{a}=3^{\ell}$, donc que $2^{a+1}=3^{\ell}-1=9^{b}-1=\left(3^{b}-1\right)\left(3^{b}+1\right)$. De même, puisque $3^{\mathrm{b}}-1$ et $3^{\mathrm{b}}+1$ sont pairs et que $\operatorname{PGCD}\left(2,3^{\mathrm{b}}-1,3^{\mathrm{b}}+1\right)$ divise 2 , l'un des facteurs $3^{b}-1$ et $3^{b}+1$ vaut nécessairement $2^{a}$, tandis que l'autre vaut 2 . Par conséquent, $3^{\mathrm{b}}-1=2$ et $3^{\mathrm{b}}+1=2^{\mathrm{a}}$, ce qui montre que $\mathrm{a}=2$ et $\mathrm{b}=1$, ou encore $\mathrm{k}=4$ et $\ell=2$.
Réciproquement, si $(k, \ell)=(4,2)$, on a bien $2^{k}+3^{\ell}=2^{4}+3^{2}=16+9=25=5^{2}$. Ceci montre que la paire $(k, \ell)=(4,2)$ est la seule solution du problème.

problem_match: Exercice 3.

solution_match: Solution de l'exercice 3


problem:
Soit $a, b, c, d$ des réels tels que $0 \leqslant a \leqslant b \leqslant c \leqslant d$. Montrer que

$$
a b^{3}+b c^{3}+c d^{3}+d a^{3} \geqslant a^{2} b^{2}+b^{2} c^{2}+c^{2} d^{2}+d^{2} a^{2}
$$

solution:
Une première idée est de considérer les sommes «symétriques $\gg$ l'une de l'autre $S_{1}=a b^{3}+b^{3}+c d^{3}+d a^{3}$ et $S_{2}=a^{3} b+b^{3} c+c^{3} d+d^{3} a$. On constate alors que
$S_{1}-S_{2}=\left(d^{3}-b^{3}\right)(c-a)+\left(c^{3}-a^{3}\right)(b-d)=(d-b)(c-a)\left(d^{2}+b d+d^{2}-c^{2}-a c-a^{2}\right) \geqslant 0$.
L'inégalité de Cauchy-Schwarz indique alors que $S_{1}^{2} \geqslant S_{1} S_{2} \geqslant\left(a^{2} b^{2}+b^{2} c^{2}+c^{2} d^{2}+d^{2} a^{2}\right)^{2}$, ce qui conclut.

## Exercices du groupe A - Énoncés et solutions

problem_match: Exercice 4.

solution_match: Solution de l'exercice 4


problem:
Soit $n$ un entier naturel impair, et soit $a_{1}, \ldots, a_{n}$ des entiers naturels non nuls. On note $A$ le produit des entiers $a_{i}$, et $d$ leur plus grand diviseur commun.
Montrer que

$$
\operatorname{PGCD}\left(a_{1}^{n}+A, a_{2}^{n}+A, \ldots, a_{n}^{n}+A\right) \leqslant 2 d^{n}
$$

solution:
Pour tout $i$, on pose $b_{i}=a_{i} / d$, de sorte que $\operatorname{PGCD}\left(b_{1}, \ldots, b_{n}\right)=1$, et on pose également $B=b_{1} \times \ldots \times b_{n}$ et $\Delta=\operatorname{PGCD}\left(b_{1}^{n}+B, b_{2}^{n}+B, \ldots, b_{n}^{n}+B\right)$. Alors $\operatorname{PGCD}\left(a_{1}^{n}+A, a_{2}^{n}+A, \ldots, a_{n}^{n}+A\right)=d^{n} \times \Delta$, et il reste à démontrer que $\Delta \leqslant 2$.
On considère alors un éventuel facteur premier $p$ de $\Delta$. Si $p$ divise un des entiers $b_{i}$, alors il divise $B$ également, donc il divise chaque entier $b_{j}$, ce qui est absurde. Par conséquent, $p$ ne divise aucun des entiers $b_{i}$, et ne divise pas $B$ non plus. Cela montre que $\Delta$ est premier avec $B$. Or, puisque $b_{1}^{n} \equiv b_{2}^{n} \equiv \ldots \equiv b_{n}^{n}=-B(\bmod \Delta)$, alors $B^{n} \equiv b_{1}^{n} \times \ldots \times b_{n}^{n} \equiv(-1)^{n} B^{n} \equiv-B^{n}$ $(\bmod \Delta)$. Par conséquent, $\Delta$ divise $2 \mathrm{~B}^{n}$. On en déduit que $\Delta$ divise 2 , ce qui conclut.

problem_match: Exercice 5.

solution_match: Solution de l'exercice 5


problem:
Soit q un nombre réel. Margaret a écrit 10 nombres réels, deux à deux distincts, sur une ligne. Puis elle ajoute trois lignes comme suit :
$\triangleright$ sur la $2^{\text {nde }}$ ligne, elle écrit tous les nombres de la forme $a-b$, où $a$ et $b$ sont deux réels (non nécessairement distincts) de la $1{ }^{\text {ère }}$ ligne;
$\triangleright$ sur la $3^{\text {ème }}$ ligne, elle écrit tous les nombres de la forme $q a b$, où $a$ et $b$ sont deux réels (non nécessairement distincts) de la $2^{\text {nde }}$ ligne;
$\triangleright$ sur la $4^{\text {ème }}$ ligne, elle écrit tous les nombres de la forme $a^{2}+b^{2}-c^{2}-d^{2}$, où $a, b, c$ et $d$ sont des réels (non nécessairement distincts) de la $2^{\text {nde }}$ ligne.
Trouver tous les réels q tels que, quels que soient les 10 nombres écrits sur la $1{ }^{\text {ère }}$ ligne, chaque nombre de la $3^{\text {ème }}$ ligne soit également sur la $4^{\text {ème }}$ ligne.

solution:
On va dire qu'un réel q est bon s'il a la propriété demandée dans l'énoncé. Tout d'abord, il est clair que, si q est bon, alors - q l'est aussi, et réciproquement. D'autre part, $q=0$ est manifestement bon. On cherche donc les bons réels $q>0$, s'il y en a.
Soit $\lambda$ un grand nombre réel et soit $\varepsilon=1 / \lambda$. On suppose que Margaret a écrit dix nombres $x_{1}, \ldots, x_{10}$ tels que $0 \leqslant x_{1}<\ldots<x_{8} \leqslant \varepsilon, x_{9}=1$ et $x_{10}=\lambda$. Alors la $2^{\text {nde }}$ ligne contient les nombres $\pm \lambda, \pm(\lambda-1)$ et $\pm 1$, ainsi que des éléments de l'ensemble $\Omega_{2}=[0,1] \cup[\lambda-\varepsilon, \lambda]$ et leurs opposés. En particulier, Margaret écrit donc les réels $q \lambda^{2}$ et $q \lambda$ sur la $3^{\text {ème }}$ ligne.

On considère alors un nombre de la $4^{\text {ème }}$ ligne, de la forme $z=a^{2}+b^{2}-c^{2}-d^{2}$, et tel que $z \geqslant 0$. Chacun des réels $\mathrm{a}^{2}, \mathrm{~b}^{2}, \mathrm{c}^{2}, \mathrm{~d}^{2}$ appartient à l'ensemble $\left\{0, \lambda^{2}\right\}+\{-2 \lambda, 0\}+[0,2]$, donc $z$ appartient à l'ensemble $\Omega_{4}=\left\{0, \lambda^{2}, 2 \lambda^{2}\right\}+\{-4 \lambda,-2 \lambda, 0,2 \lambda, 4 \lambda\}+[-4,4]$.
Si q est bon, alors $q \lambda^{2}$ et $\mathrm{q} \lambda$ appartiennent à $\Omega_{4}$, donc en faisant tendre $\lambda$ vers $+\infty$ on en déduit respectivement que $q \in\{1,2\}$ et que $q \in\{2,4\}$. Cela montre que seul $q=2$ est susceptible d'être bon.
Réciproquement, si $q=2$, tout nombre de la $3^{\text {ème }}$ est de la forme $2(a-b)(c-d)$ avec $a, b, c, d$ des réels de la $1^{\text {ère }}$ ligne. Puisque $2(a-b)(c-d)=(a-d)^{2}+(b-c)^{2}-(a-c)^{2}-(b-d)^{2}$, ce nombre est figure également sur la $4^{\text {ème }}$ ligne. Par conséquent, les bons réels sont $-2,0$ et 2 .

problem_match: Exercice 6.

solution_match: Solution de l'exercice 6


problem:
Soit $A B C$ un triangle acutangle non isocèle. Soit O le centre du cercle circonscrit à $A B C$ et $H$ l'orthocentre de $A B C$. Soit $P$ et $Q$ les points d'intersection respectifs de ( $A O)$ avec (BH) et (CH).
Montrer que le centre du cercle circonscrit à $P Q H$ se situe sur une médiane du triangle $A B C$.

solution:
Soit $\Omega$ le cercle circonscrit à $A B C, \omega$ le cercle circonscrit à PQH , et $X$ le centre de $\omega$. Puisque $B$ et $C$ jouent des rôles symétriques, on va montrer que $X$ se trouve sur la médiane issue de $A$. Soit alors $M$ le point d'intersection des droites $(A X)$ et (BC) : montrons que $M$ est le milieu de $[B C]$, c'est-à-dire que $\widehat{C M O}=90^{\circ}$.
Tout d'abord, une simple chasse aux angles montre que $\widehat{\mathrm{QHP}}=\widehat{\mathrm{CAB}}, \widehat{\mathrm{HPQ}}=\widehat{\mathrm{ABC}}$ et $\widehat{\mathrm{PQH}}=$ $\widehat{P H A}=\widehat{B C A}$. Les triangles $A B C$ et $H P Q$ sont donc semblables, et il existe une similitude $s$ telle que $s(A)=H, s(B)=P, s(C)=Q$ et $s(O)=X$.
$D^{\prime}$ autre part, puisque $\widehat{P Q H}=\widehat{P H A}$ on sait que $(A H)$ est tangente à $\omega$ en $H$. Par conséquent, si on pose $S=s^{-1}(\mathcal{A})$, alors on sait que $S$ est le point d'intersection de (BC) et de la tangente à $\Omega$ en $A$. Puisque s envoie $B S O$ sur $P A X$, on en déduit que $\widehat{M S O}=\widehat{B S O}=\widehat{\mathrm{XAP}}=\widehat{\mathrm{MAO}}$, donc que les points $M, S, O$ et $A$ sont cocycliques. Or, $\widehat{S A O}=90^{\circ}$. Il s'ensuit que $\widehat{S M O}=90^{\circ}$ également, ce qui conclut.

problem_match: Exercice 7.

solution_match: Solution de l'exercice 7