solution:
On réduit au même dénominateur

$$
\begin{aligned}
1+\frac{1}{n^{2}}+\frac{1}{(n+1)^{2}} & =\frac{n^{2}(n+1)^{2}+(n+1)^{2}+n^{2}}{n^{2}(n+1)^{2}} \\
& =\frac{n^{4}+n^{2}(2 n+1)+n^{2}+(n+1)^{2}}{n^{2}(n+1)^{2}} \\
& =\frac{n^{4}+2 n^{2}(n+1)+(n+1)^{2}}{n^{2}(n+1)^{2}} \\
& =\frac{\left(n^{2}+(n+1)\right)^{2}}{n^{2}(n+1)^{2}}
\end{aligned}
$$

On en déduit que la somme recherchée vaut

$$
\begin{aligned}
\sum_{n=1}^{2014} \frac{n^{2}+n+1}{n(n+1)} & =\sum_{n=1}^{2014} 1+\frac{1}{n(n+1)} \\
& =2014+\sum_{n=1}^{2014} \frac{1}{n(n+1)} \\
& =2014+\sum_{n=1}^{2014} \frac{1}{n}-\frac{1}{n+1} \\
& =2014+\left(1-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}-\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{2014}-\frac{1}{2015}\right)
\end{aligned}
$$

On reconnaît une somme télescopique. Les termes se simplifient deux à deux, sauf 1 et $\frac{1}{2015}$, donc la somme vaut

$$
2014+1-\frac{1}{2015}=2015-\frac{1}{2015}
$$

problem_match: Exercice 1.

solution_match: Solution de l'exercice 1


problem: Soient $p$ et $q$ deux nombres premiers supérieurs ou égaux à 7 . Soit $x=\frac{p^{2012}+q^{2016}}{120}$. Calculer $x-[x]$, où $[x]$ désigne la partie entière de $x$, c'est-à-dire le plus grand entier inférieur ou égal à $x$.

solution:
Si a est un entier non divisible par 2,3 et 5 , on vérifie facilement que a ${ }^{4}$ est congru à 1 modulo 3,5 et 8 . Autrement dit, a ${ }^{4}-1$ est divisible par 3,5 et 8 , donc par $3 \times 5 \times 8=$ 120 . On en déduit que $p^{4}$ et $q^{4}$ sont congrus à 1 modulo 120 , donc $p^{2012}+q^{2016} \equiv 1+1 \equiv 2$ $(\bmod 120)$.
On en déduit que $x-[x]=\frac{2}{120}=\frac{1}{60}$.

problem_match: Exercice 2.

solution_match: Solution de l'exercice 2


problem: Soit $A B C$ un triangle. On dessine des triangles équilatéraux $A B E$ et $A C F$ à l'extérieur de $A B C$. Soit $G$ le centre de gravité de $A B E$ et K le milieu de $[E F]$. Déterminer les angles du triangle KCG.

solution:
![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_24_f0580e348320029ce637g-2.jpg?height=486&width=909&top_left_y=955&top_left_x=603)

Montrons que GKC est rectangle en $K$ avec $\widehat{C G K}=60^{\circ}$. Pour cela, considérons le symétrique $\mathrm{G}^{\prime}$ de $G$ par rapport à $K$ : il suffit de montrer que $\mathrm{GCG}^{\prime}$ est équilatéral.
Comme EGFG' est un parallélogramme, on a $G^{\prime} F=E G$, et comme $G$ est le centre du cercle circonscrit à $A B E$, on a $G A=G E$, donc $G A=G^{\prime} F$.
$\mathrm{D}^{\prime}$ autre part, $\mathrm{AC}=\mathrm{FC}$ car $A F C$ est équilatéral.
Enfin, $\widehat{\mathrm{GAC}}=30^{\circ}+\widehat{\mathrm{BAC}}$ et $(\overrightarrow{\mathrm{FG}}, \overrightarrow{\mathrm{FC}})=(\overrightarrow{\mathrm{GE}}, \overrightarrow{\mathrm{FC}})=(\overrightarrow{\mathrm{GE}}, \overrightarrow{A G})+(\overrightarrow{A G}, \overrightarrow{A C})+(\overrightarrow{A C}, \overrightarrow{F C})=$ $60^{\circ}+(\overrightarrow{A G}, \overrightarrow{A C})-60^{\circ}=(\overrightarrow{A G}, \overrightarrow{A C})$, donc $G A C$ et $G^{\prime} F C$ sont isométriques.
Or, F est obtenu à partir de $A$ en effectuant une rotation de $60^{\circ}$ sutour de C , donc cette rotation envoie le triangle GAC sur $\mathrm{G}^{\prime} \mathrm{FC}$. En particulier, $\mathrm{GC}=\mathrm{G}^{\prime} \mathrm{C}$ et $\widehat{\mathrm{GCG}^{\prime}}=60^{\circ}$, ce qui conclut.

Autre méthode. Si on connaît les nombres complexes, il est facile de résoudre l'exercice par une méthode analytique systématique.
On prend un repère tel que $A$ soit l'origine. On nomme $b, c, e, f, g, k$ les affixes de $B, C, E, F, G, K$. On a alors $e=e^{-i \pi / 3} \mathrm{~b}, \mathrm{f}=e^{i \pi / 3} \mathrm{c}, \mathrm{k}=(e+\mathrm{f}) / 2, \mathrm{~g}=(\mathrm{b}+\mathrm{e}) / 3$. Il est alors facile de vérifier que $\mathrm{c}-\mathrm{k}=\mathrm{i} \sqrt{3}(\mathrm{~g}-\mathrm{k})$, ce qui montre que $(\mathrm{CK}) \perp(\mathrm{GK})$ et que $\mathrm{CK}=\mathrm{GK} \times \sqrt{3}$, ce qui conclut.

problem_match: Exercice 3.

solution_match:
##
Solution de l'exercice 3


problem:
Soit $\mathrm{n} \geqslant 1$ un entier.
On considère un ensemble de $4 \mathrm{n}+5$ points du plan, trois jamais alignés, et chacun coloré soit en rouge soit en bleu.

Prouver qu'il existe $n$ triangles dont les sommets sont tous d'une même couleur (la même pour tous les triangles), et dont les intérieurs respectifs sont deux à deux disjoints et ne contiennent aucun point coloré.

solution:
Lemme. Soit $\mathrm{n} \geqslant 3$ et $\mathrm{m} \geqslant 1$ des entiers.
On considère un n-gone convexe $P$ et $m$ de ses points intérieurs, trois des $n+m$ points jamais alignés. Alors, on peut trianguler $P$ en $n+2 m-2$ triangles dont les somments sont tous parmi les $n+m$ points, aucun de ces triangles ne contenant un des $m$ points en son intérieur.

## Preuve du lemme. On procède par récurrence sur m.

Pour $\mathrm{m}=1$, il suffit de joindre le point intérieur à chacun des sommets, ce qui donne une triangulation adéquate de $P$ en $k$ triangles.
Supposons que l'affirmation soit vraie pour la valeur $m$ et donnons-nous $m+1$ points intérieurs à $P$. Soit I un de ces points intérieurs. A l'aide des m autres points intérieurs, d'après l'hypothèse de récurrence, on peut trianguler $P$ de la façon souhaitée en $k+2 m-2$ triangles. Comme I est intérieur à $P$, il est donc intérieur à l'un de ces triangles. En joignant I à chacun des trois sommets de ce triangle, on obtient ainsi une triangulation adéquate en $k+2 \mathrm{~m}-2+2=\mathrm{k}+$ $2(m+1)-2$ triangles, ce qui achève la preuve.

Revenons à l'exercice. Notons $r$ (resp. b) le nombre de points rouges (resp. bleus). On a donc $r+b=4 n+5$.
Sans perte de généralité, on peut supposer que $r \geqslant b$ et donc $r \geqslant 2 \mathfrak{n}+3$.
Soit $P$ l'enveloppe convexe des points rouges, et on suppose que $P$ est un k-gone. En particulier, il n'existe aucun point rouge en dehors de $P$, donc il y a $m$ points rouges intérieurs à $P$, avec $\mathrm{k}+\mathrm{m}=\mathrm{r} \geqslant 2 \mathrm{n}+3$. (1)
On note $w$ le nombre points bleus intérieurs à $P$.
D'après le lemme, en ne considérant que les points rouges, on peut obtenir une triangulation de $P$ en $k+2 m-2$ triangles à sommets rouges et ne contenant intérieurement aucun point rouge. Si au moins n de ces triangles ne contiennent aucun point bleu, c'est fini.
Sans quoi, au plus $n-1$ des triangles à sommets rouges ne contiennent pas de point bleu. Cela assure qu'au moins $k+2 m-2-(n-1)=k+2 m-(n+1)$ triangles à sommets rouges contiennent chacun au moins un point bleu et, ces triangles étant d'intérieurs deux à deux disjoints, on a donc $w \geqslant k+2 m-(n+1)$.
Soit $Q$ l'enveloppe convexe de ces $w$ points bleus intérieurs à $P$. Comme ci-dessus, on peut trianguler $Q$ en au moins $w-2$ triangles ne contenant aucun point bleu en leurs intérieurs.
Par l'absurde : supposons qu'au plus $n-1$ de ces triangles bleus ne contiennent pas de point rouge.
Alors, au moins $w-2-(n-1)$ triangles bleus contiennent au moins un point rouge et on a $m \geqslant w-(n+1)$. Par suite, on a $m \geqslant k+2 m-(n+1)-(n+1)$, d'où $k+m \leqslant 2 n+2$, en contradiction avec (1).

Ainsi, au moins $n$ de ces triangles à sommets bleus ne contiennent aucun point rouge, ce qui conclut.

problem_match: Exercice 4.

solution_match: ## Solution de l'exercice 4


problem:
Soit $A B C$ un triangle non isocèle inscrit dans un cercle $\Gamma$ de rayon $R$. Le cercle passant par $A$ et tangent en $C$ à $[B C]$ recoupe le cercle passant par $B$ et tangent en $C$ à $[A C]$ au point D .
a) Montrer que $C D \leqslant R$.
b) Montrer que lorsque $C$ se déplace sur $\Gamma$, la droite (CD) passe par un point fixe.

solution:
![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_24_f0580e348320029ce637g-4.jpg?height=771&width=1004&top_left_y=216&top_left_x=520)
a) On observe d'abord que $(A D, A C)=(C D, C B)$ et $(B C, B D)=(C A, C D)$, donc $D A C$ et $D C B$ sont directement semblables. On en déduit que $D^{2}=D A \cdot D B$.
De plus, en notant $\gamma=(\overrightarrow{C A}, \overrightarrow{C B})$, on a $(\overrightarrow{D C}, \overrightarrow{D A})=\pi-\gamma$ et de même $(\overrightarrow{D B}, \overrightarrow{D C})=\pi-\gamma$, donc $(\overrightarrow{D A}, \overrightarrow{D B})=2 \gamma$. Il vient

$$
\begin{aligned}
A^{2} & =D^{2}+D^{2}-2 D A \cdot D B \cos 2 \gamma=D A^{2}+D^{2}-2 D A \cdot D B\left(1-2 \sin ^{2} \gamma\right) \\
& =(D A-D B)^{2}+4 D A \cdot D B \sin ^{2} \gamma \geqslant 4 D A \cdot D B \sin ^{2} \gamma=(2 D C \sin \gamma)^{2} .
\end{aligned}
$$

Or, $2 R=\frac{A B}{\sin \gamma}$, donc $R \geqslant C D$.
b) On va montrer que (CD) passe par le point de rencontre des tangentes en $A$ et $B$ au cercle circonscrit, que nous appellerons $S$. Il est connu que (CS) est la symédiane du triangle passant par C, donc il suffit de montrer que (CD) est une symédiane.
Notons $M$ le milieu de $[A B]$. Comme les aires de $A C M$ et $B C M$ sont égales, on a $\frac{1}{2} C A \times C M \times$ $\sin \widehat{A C M}=\frac{1}{2} C B \times C M \times \sin \widehat{M C B}$, donc $C A \sin \widehat{A C M}=C B \sin \widehat{M C B}$.
On en déduit que si $\Delta$ est la symédiane et $\theta$ est l'angle entre $(C A)$ et $\Delta$, alors $\frac{\sin \theta}{\sin (\gamma-\theta)}=$ $\frac{\sin \widehat{M C B}}{\sin \widehat{A C M}}=\frac{C A}{C B}$. Il suffit donc de montrer que $\frac{\sin \widehat{A C D}}{\sin \widehat{D C B}}=\frac{C A}{C B}$.

$$
\begin{aligned}
\frac{\sin \widehat{A C D}}{\sin \widehat{D C B}} & =\frac{\sin \widehat{A C D}}{A D} \times \frac{D B}{\sin \widehat{D C B}} \times \frac{D A}{D B} \\
& =\frac{\sin \widehat{C D A}}{A C} \times \frac{B C}{\sin \widehat{B D C}} \times \frac{D A}{D B}
\end{aligned}
$$

Or, $\widehat{C D A}=\widehat{B D C}=\pi-\gamma$ et $\frac{B C}{A C}=\frac{D C}{D A}=\frac{D B}{D C}$, donc

$$
\frac{\sin \widehat{A C D}}{\sin \widehat{D C B}}=\frac{B C}{A C} \times \frac{D A}{D C} \times \frac{D C}{D B}=\frac{D C}{D B}=\frac{C A}{C B}
$$

problem_match: Exercice 5.

solution_match: ## Solution de l'exercice 5


problem: Existe-t-il des entiers strictement positifs $a$ et $b$ tels que $a^{n}+n^{b}$ et $b^{n}+n^{a}$ soient premiers entre eux pour tout entier $n \geqslant 0$ ?

solution:
Par l'absurde : supposons qu'il existe de tels entiers a et b.
Par symétrie, on peut supposer que $a \geqslant b$.
Si $d=\operatorname{pgcd}(a, b)$ alors, pour $n=d$, il est clair que $d$ divise $a^{d}+d^{b}$ et $b^{d}+d^{a}$. Or ces deux nombres étant censés être premiers entre eux, c'est que $d=1$.

Soit $N=a^{a}+b^{b}$. On a $N>1$ donc il existe un nombre premier $p$ qui divise $N$. De plus, $p$ ne peut diviser a sans quoi il devrait diviser également $b$, en contradiction avec $d=1$. Ainsi, $a$ est inversible modulo $p$ et il existe un entier $k \in\{0, \cdots, p-1\}$ tel que $k a=b \bmod [p]$.

On choisit alors $n=k+p(a-b-k+p-1)$. D'après le petit théorème de Fermat, il vient :

$$
a^{n}+n^{b} \equiv a^{k} \cdot a^{a-b-k+p-1}+k^{b} \equiv a^{a-b}+k^{b} \bmod [p]
$$

$d^{\prime}$ où $a^{b}\left(a^{n}+n^{b}\right) \equiv a^{a}+b^{b} \equiv 0 \bmod [p]$,
et, puisque $p$ ne divise par $a$, on a alors $a^{n}+n^{b} \equiv 0 \bmod [p]$.
On prouve de même, on a $b^{n}+n^{a} \equiv 0 \bmod [p]$.
Mais, alors $p$ divise à la fois $a^{n}+n^{b}$ et $b^{n}+n^{a}$, ce qui contredit qu'ils soient premiers entre eux.

Finalement, il n'existe pas de tels entiers.

problem_match: Exercice 6.

solution_match: ## Solution de l'exercice 6


problem:
Les Xantiens sont les habitants, en nombre éventuellement infini, de la planète Xanta. Vis-à-vis d'eux-mêmes et de leurs semblables, les Xantiens sont capables de ressentir deux types d'émotions, qu'ils appellent amour et respect. Il a été observé que:

- Chaque Xantien aime un et un seul Xantien, et respecte un et un seul Xantien.
- Si $A$ aime $B$, alors tout Xantien qui respecte $A$ aime également $B$.
- Si $A$ respecte $B$, alors tout Xantien qui aime $A$ respecte également $B$.
- Chaque Xantien est aimé d'au moins un Xantien.

Est-il vrai que chaque Xantien respecte le Xantien qu'il aime?

solution:
Pour chaque Xantien $x$, désignons respectivement par $f(x)$ et $g(x)$ les Xantiens aimés et respectés par $x$.
La première condition assure que l'on a bien défini des fonctions $f$ et $g$ de l'ensemble $X$ des Xantiens sur lui-même.
Il s'agit de savoir si, pour tout $x$, on a $f(x)=g(x)$.
En fait, nous allons même prouver que, pour tout $x$, on a $f(x)=g(x)=x$.
Soit $x$ un Xantien.
Il respecte $g(x)$ qui, de son côté, aime $f(g(x))$.
La seconde condition assure donc que $f(g(x))=f(x)$ pour tout $x$. (1)
De même, la troisième condition conduit à $g(f(x))=g(x)$ pour tout $x$. (2)
Enfin, la quatrième condition signifie que f est surjective.
Soit $x$ un Xantien. Il existe donc un Xantien $y$ tel que $f(y)=x$.
Or, on a $f(g(f(y)))=f(g(y))$ d'après (2)
et ainsi, d'après (1), il vient $f(f(y))=f(y)$, ou encore $f(x)=x$.
De (1), on déduit alors immédiatement que $g(x)=x$.
Finalement, pour tout $x$, on a bien $f(x)=g(x)=x$.

problem_match: Exercice 7.

solution_match: ## Solution de l'exercice 7


problem: Déterminer tous les entiers strictement positifs a et $b$ tels que $4 \boldsymbol{a}+1$ et $4 \boldsymbol{b}-1$ soient premiers entre eux, et tels que $a+b$ divise $16 a b+1$.

solution:
Notons (C) la condition de l'énoncé. Les entiers $4 \mathbf{a}+1$ et $4 \mathrm{~b}-1$ sont premiers entre eux si et seulement si $4 \boldsymbol{a}+1$ est premier avec $(4 a+1)+(4 b-1)=4(a+b)$. Or, $4 \boldsymbol{a}+1$ est impair donc il est automatiquement premier avec 4 . On en déduit que $4 \boldsymbol{a}+1$ et $4 \boldsymbol{b}-1$ sont premiers entre eux si et seulement si $4 a+1$ est premier avec $a+b$.
D'autre part, $16 a b+1=16 a(a+b)+\left(1-16 a^{2}\right)=16 a(a+b)-(4 a-1)(1+4 a)$, donc $a+b$ divise $16 a b+1$ si et seulement si $a+b$ divise $(4 a-1)(1+4 a)$. Or, si $a+b$ est premier avec $1+4 a$ alors ceci équivaut à $a+b \mid 4 a-1$.
On en déduit que (C) équivaut à ce que $\operatorname{pgcd}(a+b, 4 a+1)=1$ et $a+b \mid 4 a-1$.
D'autre part, montrons que si $a+b \mid 4 a-1$ alors on a automatiquement $\operatorname{pgcd}(a+b, 4 a+1)=1$. En effet, si un nombre premier $p$ divise $a+b$ et $4 a+1$, alors il divise $4 a-1$ et $4 a+1$, donc il divise $(4 a+1)-(4 a-1)=2$. Il vient $p=2$, puis $2 \mid 4 a-1$. Impossible.
Finalement, (C) équivaut à $\mathrm{a}+\mathrm{b} \mid 4 \mathrm{a}-1$.
Or, $\mathrm{a}+\mathrm{b}>\mathrm{a}>\frac{4 \mathrm{a}-1}{4}$, donc $\mathrm{a}+\mathrm{b} \mid 4 \mathrm{a}-1$ ne peut se produire que si $\mathrm{a}+\mathrm{b}=4 \mathrm{a}-1$ ou $\mathrm{a}+\mathrm{b}=\frac{4 \mathrm{a}-1}{2}$ ou $\mathrm{a}+\mathrm{b}=\frac{4 \mathrm{a}-1}{3}$.
Le deuxième cas ne peut pas se produire car $4 a-1$ est impair.
(C) équivaut donc à $\mathrm{a}+\mathrm{b}=4 \mathrm{a}-1$ ou $\mathrm{a}+\mathrm{b}=\frac{4 \mathrm{a}-1}{3}$, $\mathrm{c}^{\prime}$ est-à-dire $\mathrm{b}=3 \mathrm{a}-1$ ou $\mathrm{a}=3 \mathrm{~b}+1$.

problem_match: Exercice 8.

solution_match: Solution de l'exercice 8


problem: Soit $A B C$ un triangle tel que $\widehat{A}=40^{\circ}$ et $\widehat{B}=60^{\circ}$. Soient $D$ et $E$ des points de [AC] et $[\mathrm{AB}]$ tels que $\widehat{\mathrm{CBD}}=40^{\circ}$ et $\widehat{\mathrm{ECB}}=70^{\circ}$. On note F l'intersection de (BD) et (CE). Monter que $(A F) \perp(B C)$.

solution:
![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_24_f0580e348320029ce637g-6.jpg?height=559&width=627&top_left_y=1672&top_left_x=749)

On a $\widehat{\mathrm{BFC}}=180^{\circ}-\widehat{\mathrm{CBF}}-\widehat{\mathrm{FCB}}=180^{\circ}-40^{\circ}-70^{\circ}=70^{\circ}=\widehat{\mathrm{FCB}}$ donc BCF est isocèle en B . Il vient $B C=B F$.
Soit $M$ le point d'intersection entre la bissectrice de $\widehat{C B F}$ et ( $A C$ ). On a $\widehat{B M A}=40^{\circ}=\widehat{B A M}$ donc $M A=M B$.
D'autre part, $\widehat{B M C}=180^{\circ}-\widehat{C B M}-\widehat{M C B}=180^{\circ}-20^{\circ}-80^{\circ}=80^{\circ}=\widehat{M C B}$ donc $B C=B M$.
On déduit de ce qui précède que $M A=B F$.

Soit $\mathrm{B}^{\prime} \in(\mathrm{BC})$ tel que $A B^{\prime}$ est équilatéral. Soit $\Delta$ la bissectrice de $\widehat{\mathrm{B}^{\prime} \mathrm{BA}}$. Comme $\mathrm{BF}=\mathrm{BM}$ et $\widehat{\mathrm{FBA}}=\widehat{\mathrm{CBM}}$, les points $M$ et $F$ sont symétriques par rapport à $\Delta$. Or, $A$ et $B^{\prime}$ sont aussi symétriques par rapport à $\Delta$, donc $M A=\mathrm{FB}^{\prime}$.
Finalement, $\mathrm{FB}^{\prime}=\mathrm{FB}$, donc $F$ appartient à la médiatrice de $\left[\mathrm{BB}^{\prime}\right]$, qui est aussi la hauteur ( $A F$ ) du triangle $A B B^{\prime}$.
Autre solution. Notons $H$ le projeté de $F$ sur $[B C]$ et $H^{\prime}$ le projeté de $A$ sur [BC]. Il s'agit de montrer que $\mathrm{H}=\mathrm{H}^{\prime}$. Pour cela, il suffit de voir que $\mathrm{BH}=\mathrm{BH}^{\prime}$.
On a $B^{\prime}=A B \cos 60$ et $B H=B F \cos 40=B C \cos 40$. Comme $\frac{A B}{B C}=\frac{\sin 80}{\sin 40}$, il suffit de montrer que $\sin 80 \cos 60=\sin 40 \cos 40$, c'est-à-dire (compte tenu de $\cos 60=\frac{1}{2}$ ) que $\sin 80=$ $2 \sin 40 \cos 40$, ce qui est vrai d'après la formule générale $\sin 2 x=2 \sin x \cos x$.

problem_match: Exercice 9.

solution_match: ## Solution de l'exercice 9


problem:
Pour tout entier strictement positif $x$, on note $S(x)$ la somme des chiffres de son écriture décimale.
Soit $k>0$ un entier. On définit la suite $\left(x_{n}\right)$ par $x_{1}=1$ et $x_{n+1}=S\left(k x_{n}\right)$ pour tout $n>0$.
Prouver que $x_{n}<27 \sqrt{k}$, pour tout $n>0$.

solution:
Lemme. Pour tout entier $s \geqslant 0$, on a $10^{s} \geqslant(s+1)^{3}$.
Preuve du lemme. On raisonne par récurrence sur s.
Pour $s=0$, on a $10^{0}=1=(0+1)^{3}$.
Supposons l'inégalité vraie pour la valeur s. Alors :
$10^{\mathrm{s}+1} \geqslant 10(\mathrm{~s}+1)^{3}$ d'après l'hypothèse de récurrence
$=10 s^{3}+30 s^{2}+30 s+10$
$\geqslant \mathrm{s}^{3}+6 \mathrm{~s}^{2}+12 \mathrm{~s}+8$
$=(s+2)^{3}$, ce qui achève la preuve.
Si $x>0$ est un entier dont l'écriture décimale utilise $s+1$ chiffres, on a $S(x) \leqslant 9(s+1)$ et $10^{s} \leqslant x<10^{s+1}$. Or, d'après le lemme, on a $s+1 \leqslant 10^{\frac{s}{3}}$, donc $s+1 \leqslant x^{\frac{1}{3}}$ et ainsi $S(x) \leqslant 9 x^{\frac{1}{3}}$.
Montrons maintenant par récurrence que $x_{n}<27 \sqrt{k}$ pour tout $n$. L'assertion est claire pour $n=1$. Supposons $x_{n}<27 \sqrt{k}$, alors $x_{n+1}=S\left(k x_{n}\right) \leqslant 9\left(k x_{n}\right)^{\frac{1}{3}}<9(27 k \sqrt{k})^{\frac{1}{3}}=9 \times 3 \times \sqrt{k}=$ $27 \sqrt{\mathrm{k}}$, d'où le résultat.

problem_match: Exercice 10.

solution_match: ## Solution de l'exercice 10


problem:
Soient $a, b, c$ trois nombres réels strictement positifs tels que $a+b+c=9$. Montrer que

$$
\frac{a^{3}+b^{3}}{a b+9}+\frac{b^{3}+c^{3}}{b c+9}+\frac{c^{3}+a^{3}}{c a+9} \geqslant 9
$$

solution:
On cherche une minoration de la forme $\frac{a^{3}+b^{3}}{a b+9} \geqslant u(a+b)+v, c^{\prime}$ est-àdire $f(a) \geqslant 0$ où $f(a)=a^{3}+b^{3}-(u(a+b)+v)(a b+9)$.
En sommant les trois inégalités, on en déduirait $\frac{a^{3}+b^{3}}{a b+9}+\frac{b^{3}+c^{3}}{b c+9}+\frac{c^{3}+a^{3}}{c a+9} \geqslant 2 u(a+b+c)+3 v=$ $3(6 u+v)$, donc il suffit que $6 u+v=3$.
D'autre part, si une telle minoration existe, comme l'inégalité devient une égalité lorsque $\mathrm{a}=$ $\mathrm{b}=\mathrm{c}=3$, on doit avoir $\mathrm{f}(3)=0$ si $\mathrm{b}=3$. Comme de plus $\mathrm{f}(\mathrm{a}) \geqslant 0$ pour tout a , on doit nécessairement avoir $\mathrm{f}^{\prime}(3)=0$ pour $\mathrm{b}=3$.
Ceci impose la condition $0=f^{\prime}(3)=27-18 \mathbf{u}-(6 \mathbf{u}+\boldsymbol{v}) \times 3=18(1-\mathfrak{u})$, donc $\mathbf{u}=1$ et $v=-3$.

Montrons donc $\frac{a^{3}+b^{3}}{a b+9} \geqslant(a+b)-3$. Comme $a^{3}+b^{3} \geqslant \frac{(a+b)^{3}}{4}$ et $a b+9 \leqslant\left(\frac{a+b}{2}\right)^{2}+9$, il suffit de montrer que

$$
\frac{s^{3}}{s^{2}+36} \geqslant s-3
$$

où $s=a+b$. On réduit au même dénominateur; l'inégalité se simplifie en $3 s^{2}-36 s+108 \geqslant 0$, ou encore en $3(s-6)^{2} \geqslant 0$, ce qui est vrai.

problem_match: Exercice 11.

solution_match: Solution de l'exercice 11


problem: Déterminer tous les entiers $\mathrm{n}>0$ ayant la propriété suivante: "tout nombre strictement positif qui s'écrit comme la somme des carrés de $n$ entiers multiples de $n$ peut également s'écrire comme la somme des carrés de $n$ entiers dont aucun n'est un multiple de $\mathrm{n}^{\prime \prime}$.

solution:
Un entier n ayant la propriété désirée sera dit bon.
Soit $\mathrm{n} \geqslant 2$ un entier bon. Alors 2 n est également bon : en effet, soit $\mathrm{m}=2 \mathrm{n}$ et soit $x_{1}, \cdots, x_{m}$ des entiers divisibles par m. Si deux de ces entiers sont non nuls, on peut supposer sans perte de généralité qu'il s'agit de $x_{1}$ et $x_{m}$. Puisque $n$ est bon, il existe alors des entiers $y_{i}$ non divisibles par $n$ (donc non divisibles par $m$ ) tels que $\sum_{i=1}^{n} x_{i}^{2}=\sum_{i=1}^{n} y_{i}^{2}$ et $\sum_{i=n+1}^{2 n} x_{i}^{2}=\sum_{i=n+1}^{2 n} y_{i}^{2}$. Ainsi, $\sum_{i=1}^{m} x_{i}^{2}=\sum_{i=1}^{m} y_{i}^{2}$ avec chaque $y_{i}$ non divisible par $m$.
Si un et un seul des $x_{i}$ est non nul, alors $\sum_{i=1}^{m} x_{i}^{2}$ est de la forme $(2 a)^{2}=a^{2}+a^{2}+a^{2}+a^{2}$ où $a>0$ est divisible par n et on raisonne de la même manière.

Lemme. Soit $\mathrm{n}>0$ un entier impair et $x_{1}, \cdots, x_{n}$ des entiers dont au moins un n'est pas divisible par $n$. Alors il existe des entiers $y_{1}, \cdots, y_{n}$ non divisibles par $n$ tels que $\sum_{i=1}^{n}\left(n x_{i}\right)^{2}=\sum_{i=1}^{n} y_{i}^{2}$.
![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_24_f0580e348320029ce637g-8.jpg?height=63&width=1744&top_left_y=1687&top_left_x=185) pose $X=2 \sum_{i=1}^{n} x_{i}$.
Si $n$ divise $X$, on remplace $x_{1}$ par $-x_{1}$. La nouvelle valeur $X^{\prime}$ vérifie $X^{\prime}=X-4 x_{1}$. Comme $n$ divise $X$ mais pas $4 x_{1}$ (rappelons que $n$ est supposé impair), il ne divise pas $X^{\prime}$. Ainsi, sans perte de généralité, on peut supposer que $n$ ne divise pas $X$.
Il est facile de vérifier que $\sum_{i=1}^{n}\left(n x_{i}\right)^{2}=\sum_{i=1}^{n}\left(X-n x_{i}\right)^{2}$. En posant $y_{i}=X-n x_{i}$ pour tout $i$, la conclusion souhaitée en découle.

On peut maintenant prouver que tout $n \geqslant 3$ impair est bon. En effet, si $a>0$ est un entier qui peut s'écrire comme la somme de $n$ carrés d'entiers tous divisibles par $n$ alors, en considérant la plus grande puissance de $n$ qui divise ces entiers, il existe donc un entier $r>0$ et des entiers $x_{1}, \cdots, x_{n}$ dont au moins un n'est pas divisible par $n$ tels que $a=\sum_{i=1}^{n}\left(n^{r} x_{i}\right)^{2}$.

D'après le lemme, il existe des entiers $y_{1}, \cdots, y_{n}$ non divisibles par $n$ tels que $\sum_{i=1}^{n}\left(n x_{i}\right)^{2}=\sum_{i=1}^{n} y_{i}^{2}$, et donc $\sum_{i=1}^{n}\left(n^{r} x_{i}\right)^{2}=\sum_{i=1}^{n}\left(n^{r-1} y_{i}\right)^{2}$. Ainsi, en appliquant le lemme $r$ fois de suite, on est assuré de l'existence d'entiers $z_{1}, \cdots, z_{n}$ non divisibles par $n$ tels que $a=\sum_{i=1}^{n} z_{i}^{2}$. Cela prouve que $n$ est bon.

Puisque le double de tout entier bon est bon, tout entier qui n'est pas une puissance de 2 est bon.

On prouve maintenant que 8 est bon : En effet, si a est la somme de 8 carrés d'entiers divisibles par 8 alors a est divisible par 64 . En particulier $a \geqslant 64 \mathrm{et}$, d'après le théorème des quatre carrés de Lagrange, il existe des entiers $x_{1}, x_{2}$, $x_{3}, x_{4}$ tels que $a=1^{2}+4^{2}+4^{2}+4^{2}+x_{1}^{2}+x_{2}^{2}+x_{3}^{2}+x_{4}^{2}$. Notons que, puisque $a \equiv 0 \bmod [8]$, on a $x_{1}^{2}+x_{2}^{2}+x_{3}^{2}+x_{4}^{2} \equiv 7 \bmod$ [8]. Or, un carré étant congru à 0,1 ou 4 modulo 8 , la seule façon d'obtenir une somme de quatre carrés congrue à 7 modulo 8 est d'avoir $1,1,1,4$ à l'ordre près. Ainsi, aucun des $x_{i}$ n'est divisible par 8 , ce qui conclut.

Enfin, on prouve que 4 n'est pas bon. Pour cela, il suffit de constater que $32=4^{2}+4^{2}+0^{2}+0^{2}$. D'autre part, pour obtenir $32=x_{1}^{2}+x_{2}^{2}+x_{3}^{2}+x_{4}^{2}$, on doit avoir $\left|x_{i}\right| \leqslant 5$ pour tout i. De plus, si l'on veut éviter les multiples de 4 , il ne reste plus que $\left|x_{i}\right|=1,2,3$ ou 5 . Or, comme ci-dessus en raisonnant modulo 8 , la seule possibilités est d'avoir $\left|x_{i}\right|=2$ pour tout $i$. Mais, on a $32 \neq$ $2^{2}+2^{2}+2^{2}+2^{2}$, ce qui assure que $4 \mathrm{n}^{\prime}$ est pas bon.
Ainsi, tout diviseur de 4 ne peut être bon.
Finalement, tous les entiers $\mathrm{n}>0$ sont bons sauf 1,2 et 4 .

problem_match: Exercice 12.

solution_match: ## Solution de l'exercice 12