problem:
Déterminer tous les entiers naturels a pour lesquels il existe des nombres premiers $\mathbf{p}, \mathbf{q}, \mathrm{r}$, pas forcément distincts, tels que

$$
a=\frac{p+q}{r}+\frac{q+r}{p}+\frac{r+p}{q}
$$

solution:
Tout d'abord, si $p=q=r$, alors on obtient $\mathrm{a}=6$, qui est bien une solution. Montrons qu'il s'agit de la seule solution, et supposons qu'il existe une solution $a=\frac{p+q}{r}+\frac{q+r}{p}+\frac{r+p}{q}$ avec $p, q, r$ premiers et non tous égaux.

- Si deux des nombres $p, q, r$ sont égaux, disons $p=q \neq r$, alors:

$$
\mathrm{a}=2\left(\frac{\mathrm{p}}{\mathrm{r}}+\frac{\mathrm{r}}{\mathrm{p}}\right)+2=\frac{2\left(\mathrm{p}^{2}+\mathrm{r}^{2}\right)}{\mathrm{pr}}+2
$$

Ainsi, $\frac{2\left(\mathfrak{p}^{2}+r^{2}\right)}{p r}$ est un entier. On en déduit que le nombre premier $p$ divise $2 r^{2}$ tout en étant premier avec $r$, et donc que $p=2$. Le raisonnement $s^{\prime}$ adapte mot pour mot pour prouver que $r=2$, ce qui contredit que $r \neq p$. Il n'y a donc pas de solution dans ce cas.

- Si $p, q, r$ sont deux à deux distincts alors, sans perte de généralité, on peut supposer que $p>q>$ $r$ (on note qu'alors $p$ et $q$ sont impairs), et alors

$$
\operatorname{apqr}=\mathrm{pq}(\mathrm{p}+\mathrm{q})+\mathrm{qr}(\mathbf{q}+\mathrm{r})+\mathrm{rp}(\mathrm{r}+\mathrm{p})
$$

Ainsi, $p$ divise $q r(q+r)$. Puisque $p$ est premier avec $q r$, il divise donc $q+r$. Mais $0<q+r<2 p$ donc $p=q+r$. Cela implique que $r$ est pair, et donc que $r=2$. On a alors $p=q+2$ et $a=(q+1)+1+\frac{q+4}{q}=q+3+\frac{4}{q}$. En particulier, $\frac{4}{q}$ soit être un entier, ce qui est impossible pour $\mathrm{q}>1$ impair. Il n'y a ainsi pas de solution dans ce cas, ce qui conclut.

problem_match: Exercice 1.

solution_match: Solution de l'exercice 1


problem:
Au club théâtre d'un lycée, on a formé 14 groupes de 4 élèves afin de travailler les scènes d'une pièce. Deux groupes différents ont toujours un et un seul élève en commun.
a) Prouver qu'il existe un élève qui appartient à au moins 5 groupes.
b) Chaque élève du club théâtre est membre d'au moins un groupe. Combien y a-t-il d'élèves dans ce club?

solution:
a) Soit G un des groupes. Chacun des 13 autres groupes a un élève en commun avec G. Or $13=3 \times 4+1$ donc, d'après le principe des tiroirs, un des quatre élèves de G, disons $x$, appartient à au moins 4 des neuf autres groupes. Avec G, cela signifie que $x$ appartient à au moins 5 groupes.
b) Prouvons que $x$ appartient à tous les groupes. On note $\mathrm{G}=\mathrm{G}_{1}, \mathrm{G}_{2}, \mathrm{G}_{3}, \mathrm{G}_{4}, \mathrm{G}_{5}$ des groupes auxquels appartient $x$, puis on procède par l'absurde : supposons qu'il existe un groupe $\mathrm{G}^{\prime}$ tel que $x \notin \mathrm{G}^{\prime}$.
Puisque $\mathrm{G}^{\prime}$ a un élève en commun avec chacun des groupes $\mathrm{G}_{1}, \mathrm{G}_{2}, \mathrm{G}_{3}, \mathrm{G}_{4}, \mathrm{G}_{5}$ et, comme $\mathrm{G}^{\prime}$ ne contient que quatre élèves, c'est que l'un des membres de $G^{\prime}$, disons $y$, appartient à deux de ces cinq groupes, disons $G_{i}$ et $G_{j}$, avec $1 \leqslant i<j \leqslant 5$. Clairement, on a $x \neq y$, car $x \notin G^{\prime}$ et $y \in G^{\prime}$. Mais alors les groupes $G_{i}$ et $G_{j}$ ont $x$ et $y$ en commun, en contradiction avec l'hypothèse de l'énoncé.
Ainsi, $x$ appartient à tous les groupes. En enlevant $x$ de chacun de ces 14 groupes, on obtient alors 14 groupes deux à deux disjoints de 3 élèves, soit $14 \times 3=42$ élèves. Il faut encore y ajouter $x$ et, puisque chaque membre du club appartient à un des groupes, les membres sont alors bien tous comptés une et une seule fois.
Il y a donc exactement 43 membres dans le club.

problem_match: Exercice 2.

solution_match: ## Solution de l'exercice 2


problem:
Soit $A B C D$ un quadrilatère convexe dont les diagonales ne sont pas perpendiculaires et tel que les droites $(A B)$ et $(C D)$ ne sont pas parallèles. On note O le point d'intersection de $[A C]$ et $[B D]$. Soit $\mathrm{H}_{1}$ et $\mathrm{H}_{2}$ les orthocentres respectifs des triangles $A O B$ et $C O D$. On désigne par $M$ et $N$ les milieux respectifs de $[A B]$ et [CD].

Prouver que les droites $\left(H_{1} H_{2}\right)$ et $(M N)$ sont parallèles si et seulement si $A C=B D$.

solution:
Soit $A^{\prime}$ et $B^{\prime}$ les pieds des hauteurs issues respectivement de $A$ et $B$ dans $A O B$. Soit $\mathrm{C}^{\prime}$ et $\mathrm{D}^{\prime}$ les pieds des hauteurs issues respectivement de C et D dans COD.
Les points $A^{\prime}$ et $D^{\prime}$ appartiennent donc au cercle $\Gamma_{1}$ de diamètre $[A D]$, et les points $B^{\prime}$ et $C^{\prime}$ appartiennent au cercle $\Gamma_{2}$ de diamètre $[B C]$. Les points $A^{\prime}$ et $B^{\prime}$ appartiennent donc au cercle $\Gamma_{3}$ de diamètre $[A B]$. En utilisant la puissance de $H_{1}$ par rapport à $\Gamma_{3}$, il vient $H_{1} A \cdot H_{1} A^{\prime}=H_{1} B \cdot H_{1} B^{\prime}$.
On en déduit que $\mathrm{H}_{1}$ a la même puissance par rapport à $\Gamma_{1}$ et $\Gamma_{2}$, donc que $\mathrm{H}_{1}$ appartient à l'axe radical de ces deux cercles, que l'on note $\Delta$. De même, on a $\mathrm{H}_{2} \in \Delta$. Or, l'axe radical de deux cercles étant perpendiculaire à la droite qui relie leur centres, on a $\left(\mathrm{H}_{1} \mathrm{H}_{2}\right) \perp(\mathrm{PQ})$, où $P$ et $Q$ sont les milieux respectifs de $[A D]$ et $[B C]$.

Ainsi, $\left(\mathrm{H}_{1} \mathrm{H}_{2}\right) / /(\mathrm{MN})$ si et seulement si $(\mathrm{MN}) \perp(\mathrm{PQ})$. Or, d'après le théorème des milieux, il est facile de vérifier que $P M Q N$ est un parallélogramme et que $M P=\frac{1}{2} B D$ et $M Q=\frac{1}{2} A C$. Par suite, $(M N) \perp(P Q)$ si et seulement si $P M Q N$ est un losange, ce qui équivaut à $M P=M Q$, c'est-à-dire $A C=B D$.

problem_match: Exercice 3.

solution_match: Solution de l'exercice 3


solution:
Les points considérés étant définis uniquement par des intersections de droite et de relations d'orthogonalité (mais ne faisant intervenir ni égalités d'angles ni intersections de cercles ou de cercle et droite), on peut tenter une approche analytique, qui sera pénible mais humainement faisable.
Plaçons-nous dans un repère orthonormé de centre $O$ et tel que les points $A, B, C, D, O$ aient pour coordonnées respectives

$$
\binom{-a}{0},\binom{-1}{-b},\binom{c}{0},\binom{d}{b \mathrm{~d}},\binom{0}{0}
$$

Alors les points $\mathrm{H}_{1}, \mathrm{H}_{2}, \mathrm{M}, \mathrm{N}$ ont pour coordonnées respectives

$$
\binom{-1}{y_{1}}, \quad\binom{d}{y_{2}}, \quad\binom{-(a+1) / 2}{-b / 2}, \quad\binom{(c+d) / 2}{b d / 2}
$$

avec $\overrightarrow{\mathrm{AH}_{1}} \cdot \overrightarrow{\mathrm{OB}}=-(\mathrm{a}-1)-\mathrm{y}_{1} \mathrm{~b}=0$ et $\overrightarrow{\mathrm{CH}_{2}} \cdot \overrightarrow{\mathrm{OD}}=(\mathrm{d}-\mathrm{c}) \mathrm{d}+\mathrm{y}_{2} \mathrm{bd}=0$, c'est-à-dire

$$
\mathrm{y}_{1}=\frac{1-\mathrm{a}}{\mathrm{~b}} \text { et } \mathrm{y}_{2}=\frac{\mathrm{c}-\mathrm{d}}{\mathrm{~b}}
$$

Les droites $\left(\mathrm{H}_{1} \mathrm{H}_{2}\right)$ et $(\mathrm{MN})$ sont parallèles si et seulement si elles ont même pente, c'est-à-dire si l'égalité

$$
\frac{y_{2}-y_{1}}{d+1}=\frac{b d+b}{c+d+a+1}
$$

est vérifiée. On calcule donc que

$$
\text { (1) } \begin{aligned}
& \Leftrightarrow b(d+1)^{2}=(c+d+a+1)\left(y_{2}-y_{1}\right)=\frac{1}{b}(c+d+a+1)(c-d+a-1) \\
& \Leftrightarrow b^{2}(d+1)^{2}=(c+a)^{2}-(d+1)^{2} \\
& \Leftrightarrow B D^{2}=(d+1)^{2}\left(b^{2}+1\right)=(c+a)^{2}=A C^{2}
\end{aligned}
$$

ce qui permet de conclure.
![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_24_e419beb79ed0e9db0bb5g-05.jpg?height=1359&width=1459&top_left_y=779&top_left_x=341)

solution_match: Solution alternative


problem:
Soit $S$ un ensemble d'entiers strictement positifs tel que

$$
\lfloor\sqrt{x}\rfloor=\lfloor\sqrt{y}\rfloor \text { pour tous } x, y \in S
$$

Prouver que si $x, y, z, t \in S$ avec $(x, y) \neq(z, t)$ et $(x, y) \neq(t, z)$, alors $x y \neq z t$.
( $\lfloor.$.$\rfloor désigne la partie entière.)$

solution:
Supposons tout d'abord qu'il existe des entiers $x_{1}, x_{2}, x_{3}, x_{4}$ dans $S$ tels que $x_{1} x_{2} \leqslant x_{3} x_{4}$ et $x_{1}+x_{2}>x_{3}+x_{4}$. Puisqu'il s'agit d'entiers, on a donc $x_{1}+x_{2}-x_{3}-x_{4} \geqslant 1$. Soit $n=\left\lfloor\sqrt{x_{1}}\right\rfloor$. Par définition de $S$, pour $i=1,2,3,4$, il existe donc un entier $w_{i}$ tel que $0 \leqslant w_{i} \leqslant 2 n$ et $x_{i}=n^{2}+w_{i}$.

Les inégalités $x_{1} x_{2} \leqslant x_{3} x_{4}$ et $x_{1}+x_{2}>x_{3}+x_{4}$ deviennent respectivement

$$
w_{1}+w_{2}-w_{3}-w_{4} \geqslant 1 \quad \text { et } \quad\left(w_{1}+w_{2}-w_{3}+w_{4}\right) n^{2} \leqslant w_{3} w_{4}-w_{1} w_{2}
$$

En particulier, on doit avoir $\boldsymbol{w}_{3}>0$, et donc

$$
\begin{aligned}
\mathrm{n}^{2} & \leqslant\left(w_{1}+w_{2}-w_{3}+w_{4}\right) n^{2} \leqslant w_{3} w_{4}-w_{1} w_{2} \\
& <w_{3}\left(w_{1}+w_{2}-w_{3}\right)-w_{1} w_{2}=\left(w_{1}-w_{3}\right)\left(w_{3}-w_{2}\right) \\
& <\frac{\left(\left(w_{1}-w_{3}\right)+\left(w_{3}-w_{2}\right)\right)^{2}}{4}=\frac{\left(w_{1}-w_{2}\right)^{2}}{4} \leqslant n^{2}
\end{aligned}
$$

d'où la contradiction.
Soit alors $x_{1}, x_{2}, x_{3}, x_{4}$ dans $S$ tels que $x_{1} x_{2}=x_{3} x_{4}=a$. D'après le lemme ci-dessus, on a donc $x_{1}+x_{2}=$ $x_{3}+x_{4}=b$. Les nombres $x_{1}$ et $x_{2}$ d'une part, $x_{3}$ et $x_{4}$ d'autre part, sont alors les racines du polynôme $X^{2}-a X+b$. On a alors $x_{1}=x_{3}$ et $x_{2}=x_{4}$, ou $x_{1}=x_{4}$ et $x_{2}=x_{3}$, ce qui conclut.

problem_match: Exercice 4.

solution_match: Solution de l'exercice 4


problem:
Soit $n \geqslant 5$ un entier, et $\left\{a_{1}, a_{2}, \cdots, a_{n}\right\}=\{1,2, \cdots, n\}$. Prouver que les nombres $a_{1}, a_{1}+$ $a_{2}, a_{1}+a_{2}+a_{3}, \cdots, a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n}$ donnent au moins $\lfloor\sqrt{n}\rfloor+1$ restes distincts modulo $n$.
( $\lfloor.$.$\rfloor désigne la partie entière.)$

solution:
Pour $i=1, \cdots, n$, on pose $b_{i}=a_{1}+\cdots+a_{i}$. Procédons par l'absurde et supposons que les nombres $b_{1}, \cdots, b_{n}$ ne donnent qu'au plus $\sqrt{n}$ restes distincts modulo $n$.
Notons que, pour $i=1, \cdots, n-1$, on a $a_{i+1}=b_{i+1}-b_{i}$, et seul celui des $a_{i}$ qui vaut $n$ peut donc conduire à $b_{i+1}-b_{i} \equiv 0(\bmod n)$. Les nombres $b_{i+1}-b_{i}$ ne peuvent donc prendre, modulo $n$, qu'au plus $\sqrt{n}(\sqrt{n}-1)$ valeurs non nulles distinctes. En tenant compte du $a_{i}$ qui est égal à $n$ et de $a_{n}$ (qui n'est pas de la forme $b_{i+1}-b_{i}$ ), et puisque $n \geqslant 5$, les $a_{i}$ prennent donc au plus

$$
\mathrm{n}-\sqrt{\mathrm{n}}+2 \leqslant \mathrm{n}-\sqrt{5}+2<\mathrm{n}
$$

valeurs distinctes modulo $n$. Or, les $a_{i}$ forment une permutation de $\{1, \cdots, n\}$ donc ils représentent tous les restes modulo n : il y a là une contradiction.
Les nombres $b_{1}, \cdots, b_{n}$ donnent donc au moins $\lfloor\sqrt{n}\rfloor+1$ restes distincts modulo $n$.

problem_match: Exercice 5.

solution_match: Solution de l'exercice 5


problem:
Soit H le pied de la hauteur issue de $A$ dans le triangle acutangle $A B C$, et $\mathrm{H}^{\prime}$ le symétrique de $H$ par rapport au milieu de $[B C]$. Les tangentes au cercle circonscrit à $A B C$ en $B$ et en $C$ se rencontrent en $X$. La perpendiculaire à $\left(\mathrm{XH}^{\prime}\right)$ en $\mathrm{H}^{\prime}$ rencontre la droite $(A B)$ en $Y$, et la droite $(A C)$ en $Z$.
Prouver que $\widehat{\mathrm{YXB}}=\widehat{\mathrm{ZXC}}$.

solution:
Soit $P, Q$ et $M$ les projetés orthogonaux respectifs de $X \operatorname{sur}(A B),(A C)$ et (BC). Clairement $M$ est le milieu de $[B C]$. Les points $X, H^{\prime}, Y, P$ sont sur le cercle de diamètre $[X Y]$, et les points $\mathrm{X}, \mathrm{H}^{\prime}, \mathrm{Z}, \mathrm{Q}$ sont sur le cercle de diamètre $[\mathrm{XZ}]$ donc

$$
\widehat{\mathrm{H}^{\prime} \mathrm{XY}}=\widehat{\mathrm{YPH}^{\prime}}=\widehat{\mathrm{APH}^{\prime}} \text { et } \widehat{\mathrm{H}^{\prime} \mathrm{XZ}}=\widehat{\mathrm{ZQH}^{\prime}}=\widehat{\mathrm{AQH}^{\prime}} \text {, }
$$

ce qui montre que $\widehat{Z X Y}=\widehat{\mathrm{ZXH}^{\prime}}+\widehat{\mathrm{H}^{\prime} X Y}=\widehat{\mathrm{AQH}^{\prime}}+\widehat{\mathrm{APH}^{\prime}}=\widehat{\mathrm{PH}^{\prime} \mathrm{Q}}-\widehat{\mathrm{ABC}}$.
Puisque $\widehat{\mathrm{BXC}}=180^{\circ}-2 \widehat{\mathrm{BAC}}$, pour conclure il suffit donc de prouver que $\widehat{\mathrm{PH}^{\prime} \mathrm{Q}}=180^{\circ}-\widehat{\mathrm{BAC}}$. Or, les points $B, P, X, M$ sont sur le cercle de diamètre $[B X]$, donc

$$
\widehat{A P M}=\widehat{B P M}=\widehat{B X M}=90^{\circ}-\widehat{B A C},
$$

ce qui montre que $(P M) \perp(A Q)$.
De même, $(Q M)$ est perpendiculaire à ( $A P)$, et $M$ est donc l'orthocentre du triangle $A P Q$. Cela assure que $(A M) \perp(P Q)$ et que $A M=2 r \cos (\widehat{P A Q})$, où $r$ est le rayon du cercle circonscrit à $A P Q$.
Soit $R$ le projeté orthogonal de $A$ sur ( $X M$ ). Alors $A R M H$ est un parallélogramme, donc $A R H^{\prime} M$ est aussi un parallélogramme. Les droites $\left(\mathrm{RH}^{\prime}\right)$ et $(A M)$ sont alors parallèles, et ainsi $\left(\mathrm{RH}^{\prime}\right)$ et $(P Q)$ sont perpendiculaires. D'autre part, puisque $A, R, Q, X$ et $P$ sont tous sur le cercle de diamètre $[A X]$, on a $\widehat{\mathrm{PRQ}}=\widehat{\mathrm{PAQ}}=\widehat{\mathrm{BAC}}$. Par suite $\mathrm{RH}^{\prime}=\mathrm{AM}=2 \mathrm{r} \cos (\widehat{\mathrm{PAQ}})=2 \mathrm{r} \cos (\widehat{\mathrm{PRQ}})$, ce qui prouve que $\mathrm{H}^{\prime}$ est en fait l'orthocentre de PRQ.
En particulier, on a $\widehat{\mathrm{PH}^{\prime} \mathrm{Q}}=180^{\circ}-\widehat{\mathrm{PRQ}}=180^{\circ}-\widehat{\mathrm{BAC}}$, ce qui achève la démonstration.
![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_24_e419beb79ed0e9db0bb5g-09.jpg?height=1918&width=1701&top_left_y=300&top_left_x=215)

problem_match: Exercice 6.

solution_match: Solution de l'exercice 6


problem:
Soit $a_{1}, a_{2} a_{3}$ des entiers strictement positifs. Pour tout entier $n \geqslant 3$, on pose

$$
a_{n+1}=\operatorname{ppcm}\left(a_{n}, a_{n-1}\right)-\operatorname{ppcm}\left(a_{n-1}, a_{n-2}\right)
$$

étant entendu que l'on a $\operatorname{ppcm}(0, x)=0$ pour tout entier $x$.
Prouver qu'il existe un entier naturel $k$ tel que $k \leqslant a_{3}+4$ et $a_{k} \leqslant 0$.

solution:
Si $x$ et $y$ sont des entiers, on note $x \vee y=\operatorname{ppcm}(x, y)$ et $x \wedge y=\operatorname{pgcd}(x, y)$, avec $\operatorname{pgcd}(0, x)=x$ pour tout $x$. On rappelle qu'alors $x y=(x \vee y)(x \wedge y)$.
Pour tout entier $n \geqslant 3, a_{n-1}$ divise $a_{n} \vee a_{n-1}$ et $a_{n-1} \vee a_{n-2}$, donc que $a_{n-1}$ divise $a_{n+1}$ également. Mais alors, pour tout $n \geqslant 4$, le nombre $a_{n-2}$ divise $a_{n}$, donc divise $a_{n} \vee a_{n-1}$ et $a_{n-1} \vee a_{n-2}$, et enfin divise $a_{n+1}$. Le nombre $a_{n+1}$ est donc divisible par $a_{n-1} \vee a_{n-2}$. On pose maintenant $c_{4}=\frac{a_{5}}{a_{2} \vee a_{3}}$. Montrons alors l'égalité ( $E_{n}$ ) suivante pour tout entier $n \geqslant 4$ tel que $a_{4}, \ldots, a_{n}>0$ :

$$
\left(a_{n-1} \vee a_{n-2}\right)\left(4+c_{4}-n\right)=a_{n+1}
$$

Tout d'abord, par construction, l'égalité ( $E_{4}$ ) est vraie. Supposons maintenant que l'égalités ( $E_{n-1}$ ) est vraie, et déduisons-en que, si $a_{4}, \ldots, a_{n}>0$, alors ( $E_{n}$ ) est vraie aussi. Puisque $a_{n-3}$ divise $a_{n-1}$, on observe que

$$
\begin{aligned}
\left(a_{n-1} \wedge a_{n}\right)\left(a_{n-1} \vee a_{n-2}\right) & =\left(a_{n-1} \wedge\left(a_{n-1} \vee a_{n-2}-a_{n-2} \vee a_{n-3}\right)\right) \cdot\left(a_{n-1} \vee a_{n-2} \vee a_{n-3}\right) \\
& =\left(a_{n-1} \wedge\left(a_{n-2} \vee a_{n-3}\right)\right) \cdot\left(a_{n-1} \vee\left(a_{n-2} \vee a_{n-3}\right)\right) \\
& =a_{n-1}\left(a_{n-2} \vee a_{n-3}\right) .
\end{aligned}
$$

Or, puisque

$$
\begin{aligned}
\left(E_{n}\right) & \Leftrightarrow \frac{a_{n+1}}{a_{n-1} \vee a_{n-2}}=4+c_{4}-n=\frac{a_{n}}{a_{n-2} \vee a_{n-3}}-1 \\
& \Leftrightarrow \frac{a_{n} \vee a_{n-1}}{a_{n-1} \vee a_{n-2}}=\frac{a_{n}}{a_{n-1} \vee a_{n-2}}+1=\frac{a_{n}}{a_{n-2} \vee a_{n-3}} \\
& \Leftrightarrow\left(a_{n-1} \vee a_{n-2}\right) a_{n}=\left(a_{n-2} \vee a_{n-3}\right)\left(a_{n} \vee a_{n-1}\right) \\
& \Leftrightarrow\left(a_{n-1} \vee a_{n-2}\right) a_{n}\left(a_{n} \wedge a_{n-1}\right)=\left(a_{n-2} \vee a_{n-3}\right) a_{n} a_{n-1},
\end{aligned}
$$

on en déduit que ( $E_{n}$ ) est bien vraie.
Il s'ensuit qu'il existe un entier naturel $k$, minimal, tel que $k \leqslant c_{4}+5$ et $a_{k} \leqslant 0$. Si $k \leqslant 5$, alors on a bien $k \leqslant a_{3}+4$. Sinon, alors $0<a_{5}<a_{3} \vee a_{4}$ et $0<a_{4}<a_{2} \vee a_{3}$, donc

$$
c_{4}=\frac{a_{5}}{a_{2} \vee a_{3}}<\frac{a_{3} \vee a_{4}}{a_{2} \vee a_{3}} \leqslant \frac{a_{3} a_{4}}{a_{2} \vee a_{3}}<a_{3},
$$

donc $k \leqslant \mathrm{c}_{4}+5 \leqslant \mathrm{a}_{3}+4$, ce qui conclut.

problem_match: Exercice 7.

solution_match: Solution de l'exercice 7


problem: Un ensemble E fini et non vide de réels strictement positifs est dit puissant lorsque, pour tous $a, b \in E$ distincts, l'un au moins des nombres $a^{b}$ et $b^{a}$ appartient aussi à $E$. Déterminer le nombre maximal d'éléments que peut contenir un ensemble puissant.

solution:
Tout d'abord, l'ensemble

$$
\left\{1, \frac{1}{2}, \frac{1}{4}, \frac{1}{16}\right\}
$$

est un ensemble puissant qui contient quatre éléments. Soit S un ensemble puissant, et n son cardinal : nous allons montrer que $\mathrm{n} \leqslant 4$.
Démontrons d'abord le lemme suivant : il n'existe pas d'éléments a et b de $S$ tels que $\mathrm{a}<1<\mathrm{b}$. En effet, si l'on avait $a<1<b$, alors $a^{b}<a<1<b^{a}<b$; en prenant $a=\min S$ et $b=\min \{s \in S: 1<s\}$, on s'assurerait donc que ni $a^{b}$ ni $b^{a}$ n'appartient à $S$, contredisant le fait que $S$ est puissant.
D'autre part, si $S$ est un ensemble puissant, alors $S \cup\{1\}$ l'est aussi. Notre recherche d'un ensemble puissant de cardinal maximal nous amène donc à considérer deux cas.

1. Si $S=\left\{a_{1}, a_{2}, \cdots, a_{n}\right\}$, avec $n \geqslant 5$ et $1=a_{1}<a_{2}<\cdots<a_{n}$, alors on observe que

$$
a_{n}<a_{n}^{a_{2}}<a_{n}^{a_{3}}<\ldots<a_{n}^{a_{n-1}}
$$

donc que $S$ contient les éléments

$$
a_{2}<a_{2}^{a_{n}}<a_{3}^{a_{n}}<\ldots<a_{n-1}^{a_{n}} .
$$

Cela montre que $a_{i+1}=a_{i}^{a_{n}}$ pour tout $i \in\{2, \ldots, \mathfrak{n}-1\}$. On remarque cependant que

$$
\mathrm{a}_{2}<\mathrm{a}_{2}^{\mathrm{a}_{3}}<\mathrm{a}_{2}^{\mathrm{a}_{\mathrm{n}}}=\mathrm{a}_{3}<\mathrm{a}_{3}^{\mathrm{a}_{2}}<\mathrm{a}_{3}^{\mathrm{a}_{\mathrm{n}}}=\mathrm{a}_{4}
$$

ce qui montre que ni $a_{2}^{a_{3}} n i a_{3}^{a_{2}} n$ 'appartient à $S$, qui ne peut donc pas être puissant.
2. Si $S=\left\{a_{1}, a_{2}, \cdots, a_{n}\right\}$, avec $n \geqslant 5$ et $a_{1}<a_{2}<\cdots<a_{n}=1$, alors on observe que

$$
a_{n-1}<a_{n-1}^{a_{n-2}}<a_{n-1}^{a_{n-3}}<\ldots<a_{n-1}^{a_{1}}<a_{n}
$$

donc que $S$ contient les éléments

$$
a_{1}<a_{1}^{a_{n-1}}<a_{2}^{a_{n-1}}<\ldots<a_{n-2}^{a_{n-1}}<a_{n}=1
$$

Cela montre que $a_{i+1}=a_{i}^{a_{n-1}}$ pour tout $i \in\{1, \ldots, n-2\}$. De même, on observe que

$$
a_{n-1}=a_{n-2}^{a_{n-1}}<a_{n-2}^{a_{n-3}}<\ldots<a_{n-2}^{a_{1}}<a_{n}=1
$$

donc que $S$ contient les éléments

$$
a_{2}=a_{1}^{a_{n-1}}<a_{1}^{a_{n-2}}<a_{2}^{a_{n-2}}<\ldots<a_{n-3}^{a_{n-2}}<a_{n}=1 .
$$

Cela montre aussi que $a_{i+2}=a_{i}^{a_{n-2}}=a_{i}^{a_{n-1}^{2}}$ pour tout $i \in\{1, \ldots, n-3\}$.
On en déduit que $a_{n-1}=a_{n-2}^{a_{n-1}}=a_{n-1}^{2 a_{n-1}}$ puis que $1=2 a_{n-1}$, donc que $a_{n-i}=2^{-2^{i}}$ pour $i \in\{1, \ldots, n-1\}$. Cependant, puisque $n \geqslant 5$, alors $a_{n-4}^{a_{n-3}}=2^{-2^{-4}}$ et $a_{n-3}^{a_{n-4}}=2^{-2^{-13}}$, donc $S$ ne contient ni $a_{n-4}^{a_{n-3}}$ et $a_{n-3}^{a_{n-4}}$ et ne peut pas être puissant.

problem_match: Exercice 8.

solution_match: ## Solution de l'exercice 8