problem: Au début, les 9 cases d'un échiquier $3 \times 3$ contiennent chacune un 0 . A chaque étape, Pedro choisit deux cases partageant un côté, et ajoute soit 1 aux deux cases, soit -1 aux deux cases. Montrer qu'il est impossible d'atteindre en un nombre fini de coups la situation où toutes les cases sont remplies par un 2.

solution:
L'idée ici est de faire apparaître un invariant I.
Colorions l'échiquier naturellement en noir et blanc de telle sorte qu'il y a 4 cases noires et 5 blanches. Soit donc I la somme des cases noires moins la somme des cases blanches. Au début, $\mathrm{I}=0$, et dans une hypothétique situation où toutes les cases sont remplies par un $2, \mathrm{I}=-2$.
Or I ne varie pas; en effet, à chaque étape on choisit deux cases partageant un côté commun, donc de couleur différente, et on leur ajoute le même nombre. Il en résulte que I n'est modifié lors de l'accomplissement d'une étape, d'où le résultat.

problem_match: Exercice 1.

solution_match: Solution de l'exercice 1


problem: Soient $m, n, k$ trois entiers positifs tels que $m^{2}+n=k^{2}+k$. Montrer que $m \leqslant n$.

solution:
On écrit $(2 k+1)^{2}=4\left(k^{2}+k\right)+1=4\left(m^{2}+n\right)+1=(2 m)^{2}+4 \mathfrak{n}+1$.
Or si $\mathrm{n}<\mathrm{m}$, on peut écrire

$$
(2 \mathfrak{m})^{2}<(2 \mathfrak{m})^{2}+4 \mathfrak{n}+1<4 \mathfrak{m}^{2}+4 \mathfrak{m}+1=(2 \mathrm{~m}+1)^{2}
$$

ce qui est impossible puisque $(2 \mathrm{k}+1)^{2}=(2 \mathrm{~m})^{2}+4 \mathfrak{n}+1$ est un carré et ne peut donc pas être entre deux carrés consécutifs. D'où $n \geqslant m$.

problem_match: Exercice 2.

solution_match: Solution de l'exercice 2


problem:
Soit $A B C$ un triangle dont les trois angles sont aigus, avec $A B>A C$, et soit $\Omega$ son cercle circonscrit. On note $M$ le milieu de [BC]. Les tangentes à $\Omega$ en $B$ et $C$ s'intersectent en $P$, et les droites $(A P)$ et $(B C)$ se coupent en $S$. On note $D$ le pied de la hauteur issue de $B$ dans $A B P$, et $\omega$ le cercle circonscrit à CSD. Enfin, on note K le second point d'intersection (après C ) de $\omega$ et $\Omega$.
Montrer que $\widehat{\mathrm{CKM}}=90^{\circ}$.

solution:
![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_24_efae5af3e92a51842a8fg-3.jpg?height=1494&width=1174&top_left_y=131&top_left_x=611)

L'idée est de se rendre compte que la figure contient de nombreux points cocycliques. Pour commencer, on a $\mathrm{PB}=\mathrm{PC}$ donc (MP) est la médiatrice de $[\mathrm{BC}]$, et en particulier l'angle $\widehat{\mathrm{BMP}}$ est droit. Comme $\widehat{B D P}$ l'est aussi, les points $B, D, M$ et $P$ sont cocycliques sur le cercle $\Gamma$ de diamètre [BP]. Si on trace ce cercle sur notre figure, il semble que $\Gamma$ passe aussi par K . En effet, on va vérifier par chasse aux angles que $B, D, K$ et $P$ sont cocycliques. D'une part, en utilisant le théorème de l'angle inscrit, on a

$$
\widehat{\mathrm{KDP}}=180^{\circ}-\widehat{\mathrm{KDS}}=\widehat{\mathrm{KCS}}=\widehat{\mathrm{KCB}} .
$$

D'autre part, en utilisant le cas limite du théorème de l'angle inscrit, on a

$$
\widehat{\mathrm{KBP}}=\widehat{\mathrm{KCB}}
$$

donc les cinq points $B, D, K, M$ et $P$ sont cocycliques. On peut maintenant conclure en décomposant l'angle $\widehat{\mathrm{CKM}}$ en D pour pouvoir utiliser un maximum de cercles :

$$
\widehat{\mathrm{CKM}}=\widehat{\mathrm{CKD}}+\widehat{\mathrm{DKM}}=180^{\circ}-\widehat{\mathrm{CSD}}+\widehat{\mathrm{DBM}}=\widehat{\mathrm{BSD}}+\widehat{\mathrm{DBS}}=180^{\circ}-\widehat{\mathrm{BDS}}=90^{\circ}
$$

## Exercices Communs

problem_match: Exercice 3.

solution_match: ## Solution de l'exercice 3


problem:
Soit $A B C$ un triangle isocèle en $A$ mais pas rectangle. Soit $D$ le point de ( $B C$ ) tel que $(A D)$ soit perpendiculaire à $(A B)$, et soit $E$ le projeté orthogonal de $D$ sur $(A C)$. Soit enfin $H$ le milieu de [BC].
Montrer que $A H E$ est isocèle en H .

solution:
![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_24_efae5af3e92a51842a8fg-4.jpg?height=581&width=979&top_left_y=477&top_left_x=622)

Commençons par remarquer que les points $A, D, E$ et $H$ sont cocycliques sur le cercle de diamètre [AD]. On en déduit par chasse au angles :

$$
\widehat{\mathrm{HEA}}=\widehat{\mathrm{HDA}}=90^{\circ}-\widehat{\mathrm{DBA}}=90^{\circ}-\widehat{\mathrm{BCA}}=\widehat{\mathrm{HAE}},
$$

donc le triangle AHE est isocèle en H .

problem_match: Exercice 4.

solution_match: ## Solution de l'exercice 4


problem:
Soit $n \geqslant 2$ et soient $x_{1}, x_{2}, \ldots, x_{n}$ des nombres réels tels que $x_{1}+x_{2}+\cdots+x_{n}=0$ et $x_{1}^{2}+x_{2}^{2}+\cdots+x_{n}^{2}=1$.
Montrer qu'il existe $i$ tel que $x_{i} \geqslant \frac{1}{\sqrt{n(n-1)}}$.

solution:
On note $\mathrm{N}^{+}$le nombre d'indices $i$ tels que $x_{i}>0$ et $N^{-}$le nombre d'indices $i$ tels que $x_{i} \leqslant 0$, de sorte que $\mathrm{N}^{+}+\mathrm{N}^{-}=\mathrm{n}$. On note également

$$
S_{1}^{+}=\sum_{i \text { tel que } x_{i}>0} x_{i} \quad \text { et } \quad S_{1}^{-}=\sum_{i \text { tel que } x_{i} \leqslant 0}\left(-x_{i}\right)
$$

ainsi que

$$
S_{2}^{+}=\sum_{i \text { tel que } x_{i}>0} x_{i}^{2} \quad \text { et } \quad S_{2}^{-}=\sum_{i \text { tel que } x_{i} \leqslant 0} x_{i}^{2} .
$$

L'intérêt de ces quantités est qu'elles permettent à la fois de reformuler les hypothèses et d'utiliser des inégalités bien connues comme celle de Cauchy-Schwarz. Les hypothèses de l'énoncé se réécrivent $S_{1}^{+}=$ $S_{1}^{-}$et $S_{2}^{+}+S_{2}^{-}=1$. Pour faire apparaître la racine dans le résultat, on va utiliser $S_{2}^{+}$. Plus précisément, on va montrer que $S_{2}^{+} \geqslant \frac{1}{n}$. Comme la somme $S_{2}^{+}$contient au maximum $n-1$ termes (les nombres ne peuvent pas être tous $>0)$, un de ces termes est plus grand que $\frac{1}{n(n-1)}$, soit $x_{i}^{2} \geqslant \frac{1}{\sqrt{n(n-1)}}$ pour un certain $i$ avec $x_{i}>0$, ce qui permet de conclure.
Pour montrer cela, on écrit :

$$
1-S_{2}^{+}=S_{2}^{-} \leqslant\left(S_{1}^{-}\right)^{2}=\left(S_{1}^{+}\right)^{2} \leqslant N^{+} S_{2}^{+} \leqslant(n-1) S_{2}^{+} .
$$

La première inégalité s'obtient en développant $\left(S_{1}^{-}\right)^{2}$ et en ne gardant que les termes $\chi_{i}^{2}$. La seconde est l'inégalité de Cauchy-Schwarz, et la troisième est le fait que les $x_{i}$ ne sont pas tous strictement positifs. On en déduit $S_{2}^{+} \geqslant \frac{1}{n}$, ce qui permet de conclure.

problem_match: Exercice 5.

solution_match: Solution de l'exercice 5


problem:
Trouver tous les triplets ( $a, b, c$ ) d'entiers strictement positifs tels que

$$
3^{a}-5^{b}=c^{2}
$$

solution:
Comme $3^{a}$ et $5^{b}$ sont tous deux impairs, on a c pair donc $c^{2} \equiv 0[4]$. Comme $5^{b} \equiv 1[4]$, on doit avoir $3^{a} \equiv 1[4]$, donc a est pair. On écrit $a=2 a^{\prime}$, et l'équation devient

$$
5^{b}=3^{2 a^{\prime}}-c^{2}=\left(3^{a^{\prime}}-c\right)\left(3^{a^{\prime}}+c\right) .
$$

Notons que la somme des deux facteurs vaut $2 \times 3^{a^{\prime}}$, donc elle n'est pas divisible par 5 , donc un des deux facteurs n'est pas divisible par 5 et ne peut valoir que 1 . C'est nécessairement le plus petit, donc on a

$$
3^{a^{\prime}}-c=1 \quad \text { et } 3^{a^{\prime}}+c=5^{b}
$$

ou encore (en sommant les deux dernières égalités) $2 \times 3^{a^{\prime}}=5^{b}+1$.
On peut maintenant remarquer que $a^{\prime}=1$ est solution, mais qu'il ne semble plus y en avoir ensuite. Une manière naturelle de séparer le cas $a^{\prime}=1$ du reste est de regarder modulo 9 . En effet, dans ce cas, dès que $a^{\prime} \geqslant 2$, les deux membres doivent être divisibles par 9 , i.e. $5^{b} \equiv-1[9]$. Ceci implique que $b$ doit être divisible par 3. De plus, en regardant modulo 3, on obtient que b doit être impair. L'équation se réécrit donc

$$
2 \times 3^{a^{\prime}}=5^{3 b^{\prime}}+1=125^{b^{\prime}}+1
$$

avec $\mathbf{b}^{\prime}$ impair. Mais alors, le membre de droite se factorise par $125+1=126=2 \times 7 \times 9$. En particulier, il est divisible par 7 , ce qui n'est pas le cas du membre de gauche. Il est donc impossible d'avoir $a^{\prime} \geqslant 2$. On doit donc avoir $\boldsymbol{a}^{\prime}=1$, ce qui conduit à la solution $(\boldsymbol{a}, \boldsymbol{b}, \boldsymbol{c})=(2,1,2)$ dans l'équation de départ.

## Exercices Seniors

problem_match: Exercice 6.

solution_match: Solution de l'exercice 6


problem: Soit $\left(a_{n}\right)_{n \geqslant 0}$ une suite de réels. On suppose que $a_{n}=\left|a_{n+1}-a_{n+2}\right|$ pour tout entier naturel $n$. De plus, $a_{0}$ et $a_{1}$ sont strictement positifs et distincts. Montrer que la suite $\left(a_{n}\right)_{n \geqslant 0} n$ 'est pas bornée.

solution:
Il est clair que la suite ( $a_{n}$ ) est à termes positifs.
Soit $i$ tel que $a_{i}<a_{j}$ pour $j<i$. Supposons par l'absurde que $i \geqslant 4$. Alors $a_{i-2}=\left|a_{i}-a_{i-1}\right|=$ $a_{i-1}-a_{i}<a_{i-1}$ donc $a_{i-3}=\left|a_{i-2}-a_{i-1}\right|=a_{i-1}-a_{i-2}=a_{i}$, ce qui contredit l'hypothèse sur $i$.
Ainsi, si $m=\min \left\{a_{1}, a_{2}, a_{3}\right\}$, alors pour tout $i, a_{i} \geqslant m$. En effet, s'il existe $i$ avec $a_{i}<m$, choisissons $i$ minimal, alors $a_{i}$ est plus petit que tous les termes précédents, donc $i \leqslant 3$ ce qui contredit la définition de $m$.
De plus, $m>0$ car $a_{3} \geqslant 0$ et $a_{3}=0 \rightarrow a_{1}=a_{2}$.
Dès lors, on écrit $a_{i}=\left|a_{i+1}-a_{i+2}\right|$ pour tout $i$, donc

- Si $a_{i+1}>a_{i+2}$, d'où $a_{i+1}=a_{i}+a_{i+2} \geqslant a_{i}+m$
- Sinon, $a_{i+2}=a_{i+1}+a_{i} \geqslant a_{i}+m$

Dans tous les cas, il existe un terme de la suite $\geqslant a_{i}+m$. On peut donc prouver par une très simple récurrence sur $k$ l'existence de $i$ tel que $a_{i} \geqslant m k$, donc la suite ( $a_{i}$ ) n'est pas bornée.

problem_match: Exercice 7.

solution_match: Solution de l'exercice 7


problem:
Soit $A B C D$ un trapèze avec $(A B)$ parallèle à $(C D)$. On suppose qu'il y a deux cercles $\omega_{1}$ et $\omega_{2}$ à l'intérieur du trapèze tels que $\omega_{1}$ est tangent aux côtés [DA], $\left.A B\right]$ et $[B C]$ et $\omega_{2}$ est tangent aux côtés $[B C],[C D]$ et $[D A]$. Soit $\left(d_{1}\right)$ la seconde tangente (après $\left.(A D)\right)$ à $\omega_{2}$ passant par $A$, et soit $\left(d_{2}\right)$ la seconde tangente (après $(B C)$ ) à $\omega_{1}$ passant par $C$.
Montrer que $\left(\mathrm{d}_{1}\right)$ et $\left(\mathrm{d}_{2}\right)$ sont parallèles.

solution:
![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_24_efae5af3e92a51842a8fg-6.jpg?height=979&width=1648&top_left_y=584&top_left_x=187)

On note $X$ le point d'intersection de ( $A D$ ) et ( $B C$ ). On note respectivement $E$ et $F$ les centres de $\omega_{1}$ et $\omega_{2}$. Notons que $\omega_{1}$ est le cercle inscrit à $X A B$ et que $\omega_{2}$ est le cercle $X$-exinscrit à XCD. Enfin, on note $G$ le centre du cercle $X$-exinscrit à $X A B$.
On vérifie que les triangles XAG et $X E B$ sont semblables. En effet, on a $\widehat{A X G}=\widehat{E X B}=\frac{1}{2} \widehat{A X B}$. De plus, on a $\widehat{G A X}=90^{\circ}+\frac{1}{2} \widehat{B A X}$ et $\widehat{B E X}=180^{\circ}-\frac{1}{2} \widehat{A X B}-\widehat{A B X}=90^{\circ}+\frac{1}{2} \widehat{B A X}$, donc XAG et XEB sont bien semblables. Soit $s$ la similitude (directe) qui envoie $X$ sur $X, A$ sur $E$ et $G$ sur $B$. D'après l'homothétie décrite précédemment, on a $\frac{X C}{X B}=\frac{X F}{X G}$, donc $s(F)=C$.
Par similitude, on en déduit $\widehat{X A F}=\widehat{\mathrm{XEC}}$. La fin de l'exercice est maintenant une simple chasse aux angles, qui peut être menée de nombreuses manières différentes. Notons par exemple Y l'intersection de $\left(\mathrm{d}_{2}\right)$ avec $(A D)$. Montrer que $\left(\mathrm{d}_{1}\right)$ et $\left(\mathrm{d}_{2}\right)$ sont parallèles revient à montrer $\widehat{X Y C}=\widehat{X_{A d}}$. Or, on a

$$
\widehat{X Y C}=180^{\circ}-\widehat{A X B}-\widehat{X C Y}=\widehat{B C Y}-\widehat{A X B}=2 \widehat{B C E}-\widehat{A X B} .
$$

De plus, on peut écrire

$$
\widehat{\mathrm{BCE}}=180^{\circ}-\widehat{\mathrm{XCE}}=\frac{1}{2} \widehat{\mathrm{AXB}}+\widehat{\mathrm{XEC}}=\frac{1}{2} \widehat{A X B}+\widehat{\mathrm{XAF}}
$$

ce qui donne $\widehat{X Y C}=2 \widehat{X A F}=\widehat{\mathrm{XAd}_{1}}$, d'où finalement le résultat.

problem_match: Exercice 8.

solution_match: ## Solution de l'exercice 8


problem:
Soit $S=\{1, \ldots, n\}$, avec $n \geqslant 3$ un entier, et soit $k$ un entier strictement positif. On note $S^{k}$ l'ensemble des $k$-uplets d'éléments de $S$. Soit $f: S^{k} \rightarrow S$ telle que, si $x=\left(x_{1}, \ldots, \chi_{k}\right) \in S^{k}$ et $y=\left(y_{1}, \ldots, y_{k}\right) \in S^{k}$ avec $x_{i} \neq y_{i}$ pour tout $1 \leqslant i \leqslant k$, alors $f(x) \neq f(y)$.
Montrer qu'il existe $\ell$ avec $1 \leqslant \ell \leqslant k$ et une fonction $g: S \rightarrow S$ vérifiant, pour tous $x_{1}, \ldots, x_{k} \in S$, $f\left(x_{1}, \ldots, x_{k}\right)=g\left(x_{\ell}\right)$.

solution:
Nous montrerons le résultat par récurrence sur k. Le cas $k=1$ est trivial, supposons donc le résultat vrai pour $\mathrm{k}-1 \geqslant 1$ et montrons le pour k .
Supposons l'existence de $k-1$ éléments $a_{2}, \ldots, a_{k}$ de $S$ tels que la fonction $\phi: a \in S \mapsto f\left(a, a_{2}, \ldots, a_{k}\right) \in$ $S$ est injective. Par égalité de cardinal, elle est aussi bijective.
Dès lors, si $b_{2}, \ldots, b_{k}$ sont des éléments de $S$ avec $b_{i} \neq a_{i}$ pour tout $i \in\{2, \ldots, k\}$, et $b \in S$, alors $\phi(a) \neq f\left(b, b_{2}, \ldots, b_{k}\right)$ pour $S \ni a \neq b$. Par surjectivité de $\phi, \phi(b)=f\left(b, b_{2}, \ldots, b_{k}\right)$.
Soient $c_{2}, \ldots, c_{k}$ des éléments de $S$; puisque $n \geqslant 3$, il existe $b_{2}, \ldots, b_{k}$ tels que $a_{i} \neq b_{i} \neq c_{i}$ pour tout $i \in\{2, \ldots, k\}$. Dès lors le raisonnement précédent montre que, si $b \in S, \phi(b)=f\left(b, b_{2}, \ldots, b_{k}\right)=$ $\mathrm{f}\left(\mathrm{b}, \mathrm{c}_{2}, \ldots, \mathrm{c}_{\mathrm{k}}\right)$, et ainsi $\ell=1$, et $\mathrm{g}=\phi$ conviennent.
Nous supposons donc qu'il existe deux fonctions $\alpha, \beta: S^{k-1} \rightarrow S$ avec, pour tous $a_{2}, \ldots, a_{k}$ dans $S$, $\alpha=\alpha\left(a_{2}, \ldots, a_{k}\right) \neq \beta\left(a_{2}, \ldots, a_{n}\right)=\beta$, et $f\left(\alpha, a_{2}, \ldots, a_{k}\right)=f\left(\beta, a_{2}, \ldots, a_{k}\right)$.
Montrons que $f^{\prime}:\left(a_{2}, \ldots, a_{k}\right) \in S^{k-1} \mapsto f\left(\alpha, a_{2}, \ldots, a_{k}\right)=f\left(\beta, a_{2}, \ldots, a_{k}\right)$ satisfait les conditions du problème. En effet, si $\left(a_{2}, \ldots, a_{k}\right)$ et $\left(b_{2}, \ldots, b_{k}\right)$ sont deux $(k-1)$-uplets dont les coordonnées sont toutes différentes, alors soit $\alpha=\alpha\left(a_{2}, \ldots, a_{k}\right) \neq \alpha\left(b_{2}, \ldots, b_{k}\right)=\alpha^{\prime}$, auquel cas $g\left(a_{2}, \ldots, a_{k}\right)=$ $f\left(\alpha, a_{2}, \ldots, a_{k}\right) \neq f\left(\alpha^{\prime}, b_{2}, \ldots, b_{k}\right) g\left(b_{2}, \ldots, b_{k}\right)$ par hypothèse, soit $\alpha \neq \beta\left(b_{2}, \ldots, b_{k}\right)$ auquel cas on a de même $g\left(a_{2}, \ldots, a_{k}\right) \neq g\left(b_{2}, \ldots, b_{k}\right)$.
Dès lors par hypothèse de récurrence, et sans perte de généralité, on peut supposer l'existence de $h$ : $S \rightarrow S$ telle que $g\left(a_{2}, \ldots, a_{k}\right)=h\left(a_{2}\right)$ pour $a_{2}, \ldots, a_{k}$ dans S. $h$ doit être injective car $h(a)=$ $g(a, a, \ldots, a) \neq g(b, \ldots, b)=h(b)$ si $a \neq b$ sont des éléments de S. Par égalité de cardinal, $h$ est surjective.
Montrons que $f\left(a_{1}, \ldots, a_{k}\right)=h\left(a_{2}\right)$ pour tous $a_{1}, \ldots, a_{k} \in S$, ce qui conclura. Supposons par l'absurde l'existence d'un $k$-uplet $a=\left(a_{1}, \ldots, a_{k}\right) \in S^{k}$ tel que $f(a) \neq h\left(a_{2}\right)$. Par surjectivité, il existe $b_{2} \in S$ avec $h\left(b_{2}\right)=f(a)$ avec $b_{2} \neq a_{2}$ donc. Soient $b_{i} \neq a_{i}$ des éléments de $S$, pour $3 \leqslant i \leqslant k$. On a $\alpha=$ $\alpha\left(b_{2}, \ldots, b_{k}\right)$ et $\beta=\beta\left(b_{2}, \ldots, b_{k}\right)$ deux éléments de $S$ tels que $f\left(\alpha, b_{2}, \ldots, b_{k}\right)=f\left(\beta, b_{2}, \ldots, b_{k}\right)=$ $h\left(b_{2}\right)=f(a)$. L'hypothèse faite sur $f$ assure donc $\alpha=a_{1}=\beta$, ce qui est une contradiction d'après la définition de $\alpha$ et $\beta$.

[^0]:    Animath, Préparation Olympique Française de Mathématiques, 11-13 rue Pierre et Marie Curie, 75005 Paris.
    copies.ofm@gmail.com

problem_match: Exercice 9.

solution_match: Solution de l'exercice 9