# OLYMPIADES FRANÇAISES DE MATHÉMATIQUES 

TEST DE SÉLECTION

SAMEDI 10 MARS ET DIMANCHE 11 MARS 2012

## Exercice 1

Soient $n$ et $k$ deux entiers strictement positifs. On considère une assemblée de $k$ personnes telle que, pour tout groupe de $n$ personnes, il y en ait une $(n+1)$-ième qui les connaisse toutes (si $A$ connaît $B$ alors $B$ connaît $A$ ).

1) Si $k=2 n+1$, prouver qu'il existe une personne qui connaît toutes les autres.
2) Si $k=2 n+2$, donner un exemple d'une telle assemblée dans laquelle personne ne connaît tous les autres.

## Solution.

1) On commence par construire, par récurrence, un groupe de $n+1$ personnes qui se connaissent deux à deux : il est clair que l'on peut trouver deux personnes qui se connaissent. Supposons que pour $p \in\{2, \ldots, n\}$ fixé, on ait réussi à trouver un groupe de $p$ personnes qui se connaîssent deux à deux. En complétant ce groupe par $n-p$ personnes quelconques, on forme un groupe de $n$ personnes dont on sait qu'il en existe une $(n+1)^{i e ̀ m e}$ qui les connaît toutes. En ajoutant cette personne à notre groupe de $p$ personnes, on forme ainsi un groupe de $p+1$ personnes qui se connaissent deux à deux.
On considère donc un groupe $G$ de $n+1$ personnes qui se connaissent deux à deux. Puisque $k=2 n+1$, il reste donc $n$ personnes qui forment un groupe $G^{\prime}$ disjoint du précédent. Pour ce groupe $G^{\prime}$, on sait qu'il existe une personne appartenant nécessairement à $G$ qui en connaît tous les membres. Cette personne connaît alors tout le monde.
2) On divise les personnes en $n+1$ paires disjointes, et on suppose que chaque personne connaît toutes les autres sauf celle qui est dans la même paire qu'elle. Ainsi, personne ne connaît tout le monde.
Soit $G$ un groupe de $n$ personnes de cette assemblée. Puisqu'il y a $n+1$ paires, c'est donc qu'il existe une paire, disons $\{A, B\}$, dont aucun des deux membres n'est dans $G$. Par suite, $A$ connaît tous les membres de $G$, et les conditions de l'énoncé sont satisfaites.

## Exercice 2

Soit $A B C$ un triangle acutangle avec $A B \neq A C$. On note $\Gamma$ son cercle circonscrit, $H$ son orthocentre et $O$ le centre de $\Gamma$. Soit $M$ le milieu de $[B C]$. La droite $(A M)$ recoupe $\Gamma$ en $N$ et le cercle de diamètre $[A M]$ recoupe $\Gamma$ en $P$.

Prouver que les droites $(A P),(B C),(O H)$ sont concourantes si, et seulement si, $A H=H N$.

## Solution.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_06_a80ab240af1dcc7464d4g-02.jpg?height=1037&width=1340&top_left_y=655&top_left_x=390)

Montrons d'abord que $P, H, M$ sont alignés. À cet effet, introduisons $V$, le point diamétralement opposé à $A$ sur $\Gamma$. Alors $(V C) \perp(A C)$ et donc $(B H) / /(V C)$. De même on voit que $(C H) / /(V B)$. Il s'ensuit que $B H C V$ est un parallélogramme de centre $M$. Les points $H, M, V$ sont donc alignés. Si on note $U$ la deuxième intersection de $(H V)$ avec $\Gamma$, par cocyclicité on obtient $\widehat{A U V}=\widehat{A B V}=90^{\circ}$. Comme $\widehat{A P V}=\widehat{A P M}=90^{\circ}$, on conclut que $U=P$ et donc que $P, H, M$ sont alignés.

Soit J l'intersection de $(A P)$ et de (BC). Comme $(A H)$ et $(M P)$ sont des hauteurs du triangle $A J M, H$ est aussi l'orthocentre de $A J M$. Ainsi, $(O H)$ passe par $J$ si, et seulement si, $(O H) \perp(A N)$. Or $O A=O N$, ce qui implique que $(O H) \perp(A N)$ si, et seulement si $(O H)$ est la médiatrice de de $[A N]$, c'est-à-dire si, et seulement si, $H A=H N$.

## Exercice 3

Soit $p$ un nombre premier. Trouver tous les entiers $a, b, c \geq 1$ tels que:

$$
a^{p}+b^{p}=p^{c}
$$

## Solution. La réponse est:

(i) $p=2$ et $(a, b, c)=\left(2^{u}, 2^{u}, 2 u+1\right)$ pour un entier $u \geq 0$
(ii) $p=3$ et $(a, b, c)=\left(2 \cdot 3^{u}, 3^{u}, 2+3 u\right)$ ou $(a, b, c)=\left(3^{u}, 2 \cdot 3^{u}, 2+3 u\right)$ pour un entier $u \geq 0$.

Pour un entier $n \geq 1$ et un nombre premier $p$ on note $v_{p}(n)$ le plus grand entier $k \geq 0$ tel que $p^{k}$ divise $n$. On montre d'abord trois lemmes.

## Lemme 1

Soit $p$ un nombre premier. Alors, pour $1 \leq j \leq p-1,\binom{p}{j}$ est divisible par $p$.
Démonstration: On a $j!(p-j)!\binom{p}{j}=p$ !. Comme $1 \leq j<p$ et $1 \leq p-j<p, j$ et $p-j$ sont premiert avec $p$ de sorte que $p$ divise $\binom{p}{j}$.

## Lemme 2

Soit $p$ un nombre premier impair et soient $a, j$ des entiers strictement positifs avec $2 \leq j \leq p$. On pose $u=v_{p}(a)$ et on considère un entier $k>u$. Alors:

$$
v_{p}\left(\binom{p}{j} p^{j k} a^{p-j}\right) \geq k+u(p-1)+2
$$

Démonstration: D'après le lemme 1, pour $2 \leq j \leq p-1$, on a $v_{p}\left(\left({ }_{j}^{p}\right) p^{j k} a^{p-j}\right) \geq 1+j k+$ $u(p-j)$. Il suffit donc de prouver que $1+j k+u(p-j) \geq k+u(p-1)+2$, ce qui est équivalent au fait que $(j-1)(k-u) \geq 1$, ce qui est clairement vérifié. Pour $j=p$, on a $v_{p}\left(\binom{p}{j} p^{j k} a^{p-j}\right)=p k$, qui est supérieur ou égal à $k+u(p-1)+2$ car l'inégalité $p k \geq$ $k+u(p-1)+2$ est équivalente à $(p-1)(k-u) \geq 2$, qui est clairement vraie.

## Lemme 3

On a $(2 n)^{\frac{1}{n-1}}<2$ pour tout entier $n \geq 5$.
Démonstration: On raisonne par récurrence sur $n$. Pour $n=5$, on a clairement $10<2^{4}$. On suppose que $2 n<2^{n-1}$. Alors $2(n+1)=2 n+2 \leq 2^{n-1}+1<2^{n}$ car $2^{n}-2^{n-1}=2^{n-1}>1$. Ceci clôt la preuve.

Résolvons maintenant l'exercice. On considère en un premier temps le cas $p=2$. Si $c<2$, la seule solution est $a=b=c=1$. Si $c \geq 2$ et $a^{2}+b^{2}=2^{c}$, en raisonnant modulo 4, on voit que $a$ et $b$ doivent être pairs. Soit $u=\min \left(v_{2}(a), v_{2}(b)\right)$. Alors $\left(a / 2^{u}\right)^{2}+\left(b / 2^{u}\right)^{2}=$ $2^{c-2 u}$. Si $c-2 u \geq 2$, alors $a / 2^{u}$ et $b / 2^{u}$ sont des entiers pairs, ce qui contredit la définition de $u$. Donc $c-2 u=1$ et $a=b=2^{u}$. Pour conclure, on vérifie aisément que pour tout entier $u \geq 0$ :

$$
\left(2^{u}\right)^{2}+\left(2^{u}\right)^{2}=2^{2 u+1} .
$$

On suppose maintenant que $p>2$. Soient $a, b, c \geq 1$ des entiers tels que $a^{p}+b^{p}=p^{c}$. Sans perte de généralité, supposons $a \geq b$. Comme $a+b$ divise $a^{p}+b^{p}$, il existe un entier $k \geq 1$ tel que :

$$
a+b=p^{k}
$$

Soit $u=v_{p}(a)$. En particulier, (5) implique que $a<p^{k}$ de sorte que $u<k$. Alors, en utilisant le fait que $p$ est impair

$$
a^{p}+b^{p}=a^{p}+\left(p^{k}-a\right)^{p}=\sum_{j=2}^{p}(-1)^{j+1} u_{j}+u_{1}, \quad \text { où } \quad u_{j}=\binom{p}{j} p^{j k} a^{p-j}
$$

D'après le Lemme 2 , on a $v_{p}\left(u_{j}\right) \geq k+u(p-1)+2$ pour $2 \leq j \leq p$. De plus, comme $v_{p}\left(u_{1}\right)=i+k+u(p-1)$, il en découle que $v_{p}\left(a^{n}+b^{n}\right)=1+k+u(p-1)$. Comme $a^{p}+b^{p}$ est une puissance de $p$, on conclut que:

$$
a^{p}+b^{p}=p^{1+k+u(p-1)}=p(a+b) p^{u(p-1)},
$$

où l'on a utilisé le fait que $a+b=p^{k}$ pour la dernière égalité. Puisque $a \geq b$, ceci impose $a^{p} \leq 2 p a p^{u(p-1)}$. Ainsi :

$$
a \leq(2 p)^{\frac{1}{p-1}} p^{u}
$$

Mais par définition $u=v_{p}(a)$, de sorte que $a \geq p^{u}$. De plus, $a>p^{u}$ implique $a \geq 2 p^{u}$ D'après le Lemme 3 , comme $(2 p)^{\frac{1}{p-1}}<2$ pour $p \geq 5$, on en déduit que $p \geq 5$ implique $a=p^{u}$, et que $p=3$ implique $a=3^{u}$ ou $a=2 \cdot 3^{u}$ (le cas $p=2$ est exclu car $p$ est impair).

On étudie d'abord le cas $a=p^{u}$. On a alors:

$$
b^{p}=p^{u p}\left(p^{c-u p}-1\right),
$$

de sorte que $v_{p}(b)=p^{u}$. Comme $a \geq b$ et $a=p^{u}$, ceci implique $a=b$, et donc 2 divise $p$, ce qui est exclu car $p$ est impair.

On a donc prouvé que ( $p$ est impair) :

$$
a^{p}+b^{p}=p^{c} \text { et } a \geq b \quad \Longrightarrow \quad p=3, \quad a=2 \cdot 3^{u} .
$$

Dans la suite on suppose donc que $p=3$ et $a=2 \cdot 3^{u}$. Alors $b^{3}=3^{3 u}\left(3^{c-3 u}-8\right)$. Donc $3^{u}$ divise $b$. Par suite $3^{u} \leq b \leq a=2 \cdot 3^{u}$. Si $b=a$, alors 2 divise $p^{c}$, ce qui contredit le fait
que $p$ est impair. Donc $b=3^{u}$, ce qui implique $\left(3^{u}\right)^{3}+\left(2 \cdot 3^{u}\right)^{3}=3^{3 u+2}=3^{c}$. Finalement, $c=3 u+2$ et on vérifie aisément que pour tout entier $u \geq 0$ :

$$
\left(2 \cdot 3^{u}\right)^{3}+\left(3^{u}\right)^{3}=3^{2+3 u} .
$$

Ainsi $p=3, a=2 \cdot 3^{u}, b=3^{u}, c=2+3 u$ pour un certain entier $u \geq 0$.

Remarque. Il est possible d'utiliser le lemme dit LTE (voir poly sur le site d'Animath) pour aborder l'exercice : si $p$ est un nombre premier impair tel que $p$ ne divise pas $a$ et ne divise pas $b$, alors:

$$
v_{p}\left(a^{p}+b^{p}\right)=1+v_{p}(a+b) .
$$

## Exercice 4

Soit $k>1$ un entier. Une fonction $f: \mathbb{N}^{*} \rightarrow \mathbb{N}^{*}$ est dite $k$-tastrophique lorsque pour tout entier $n>0$, on a $f_{k}(n)=n^{k}$ où $f_{k}$ est la $k$-ième itérée de f :

$$
f_{k}(n)=\underbrace{f \circ f \circ \cdots \circ f}_{k \text { fois }}(n)
$$

Pour quels $k$ existe-t-il une fonction $k$-tastrophique?
## Solution. On va prouver que, pour tout entier $k \geq 1$, il existe une fonction $k$-tastrophique.
 Clairement, la fonction $f: n \longmapsto n$ est 1-tastrophique. On suppose donc que $k \geq 2$.

On procède maintenant de la façon suivante. On pose $f(1)=1$, et si $n$ est le plus petit entier pour lequel $f(n)$ n'est pas encore défini, alors:

- si $n=a^{k}$ pour un certain entier $a \geq 2$, on pose :

$$
f(n)=f(a)^{k}
$$

- si $n$ n'est pas la puissance $k^{i e ̀ m e}$ d'un entier, on note $n_{1}=n, n_{2}, \ldots, n_{k}$ les $k$ plus petits entiers (dans l'ordre) qui ne sont pas des puissances $k^{i e ̀ m e s}$ d'entiers et pour lesquels $f$ n'est pas définie, et on pose:

$$
f\left(n_{1}\right)=n_{2}, f\left(n_{2}\right)=n_{3}, \ldots, f\left(n_{k-1}\right)=n_{k}, \text { et } f\left(n_{k}\right)=n_{1}^{k}=n^{k}
$$

Il est clair que l'on définit ainsi une fonction $f: \mathbb{N} \longrightarrow \mathbb{N}$. Il reste à vérifier qu'elle est $k$-tastrophique. Soit $a \geq 2$ un entier. On commence par noter que, d'après (1), on a :

$$
f_{2}\left(a^{k}\right)=f\left(f\left(a^{k}\right)\right)=f\left(f(a)^{k}\right)=[f(f(a))]^{k}=\left[f_{2}(a)\right]^{k}
$$

et, par une récurrence immédiate, on a

$$
f_{p}\left(a^{k}\right)=\left[f_{p}(a)\right]^{k} \text { pour tout entier } p \geq 1
$$

On prouve alors que $f$ est $k$-tastrophique par récurrence (forte) : On a évidemment $f_{k}(1)=1=1^{k}$. Supposons que $n \geq 2$ soit un entier et que $f_{k}(m)=m^{k}$ pour tout entier naturel $m \leq n-1$.

- Si $n=a^{k}$ pour un certain entier $a \geq 2$. Alors $a \leq n-1$ et on a

$$
\begin{aligned}
f_{k}(n) & =f_{k}\left(a^{k}\right)=\left[f_{k}(a)\right]^{k} \quad \text { d'après }(4) \\
& =\left(a^{k}\right)^{k} \quad \text { d'après l'hypothèse de récurrence } \\
& =n^{k}
\end{aligned}
$$

- Si $n$ n'est pas la puissance $k^{i e ̀ m e} d^{\prime}$ un entier, on sait qu'il existe des entiers $n_{1}, n_{2}, \ldots, n_{k}$ pour lesquels on a (3) et avec $n=n_{i}$ pour un certain $i \in\{1, \ldots, k\}$. Alors, d'après (3) et (4),
il vient

$$
\begin{aligned}
f_{k}(n) & =f_{k}\left(n_{i}\right)=f_{k+i-1}\left(n_{1}\right)=f_{i-1}\left(f_{k}\left(n_{1}\right)\right) \\
& =f_{i-1}\left(f\left(n_{k}\right)\right)=f_{i-1}\left(n_{1}^{k}\right)=\left[f_{i-1}\left(n_{1}\right)\right]^{k}=n_{i}^{k}=n^{k}
\end{aligned}
$$

Ainsi, dans tous les cas, on a $f_{k}(n)=n^{k}$. Ce qui achève la récurrence, et la démonstration.

## Exercice 5

Déterminer tous les polynômes $X^{n}+a_{1} X^{n-1}+\cdots+a_{n-1} X+a_{n}$, non constants et à coefficients entiers, dont les racines sont exactement les nombres $a_{1}, \ldots, a_{n-1}, a_{n}$ (avec multiplicité).

## Solution. \text{Soit } P(X) = X^n + a_1 X^{n-1} + \cdots + a_{n-1} X + a_n \; \text{un polynôme à coefficients entiers.}

Alors $P(X)$ est une solution du problème ssi

$$
P(X)=\prod_{i=1}^{n}\left(X-a_{i}\right)
$$

Supposons tout d'abord que $a_{n}=0$. Soit alors $i$ minimal tel que $a_{n-i} \neq 0$. On a donc $P(X)=X^{i}\left(X^{n-i}+a_{1} X^{n-i-1}+\cdots+a_{n-i-1}\right)$ et ainsi (5) est vérifiée si et seulement si $Q(X)=X^{n-i}+a_{1} X^{n-i-1}+\cdots+a_{n-i-1}$ est constant ou est lui-même une solution du problème. Le premier cas correspond à $P(X)=X^{n}$, qui convient bien.

On supposera donc dans ce qui suit que $P(X)$ est une solution avec $a_{n} \neq 0$. Dans ces conditions, on en déduit tout de suite que l'on ne peut avoir $X+a_{1}=X-a_{1}$ et donc qu'il n'y a pas de polynôme de degré 1 qui soit solution. On suppose donc que $n \geq 2$. De $P(0)=a_{n}=(-1)^{n} \prod_{i=1}^{n} a_{i}$, on déduit alors que

$$
(-1)^{n} \prod_{i=1}^{n-1} a_{i}=1
$$

Et, puisque les $a_{i}$ sont des entiers, on a $a_{i}=1$ ou $a_{i}=-1$ pour tout $i \leq n-1$. On note $k$ le nombre d'entre eux qui valent -1 (et donc $0 \leq k \leq n-1$ ). On peut noter que (6) montre alors que $k$ et $n$ ont la même parité. Les relations entre coefficients et racines conduisent à

$$
-a_{1}=\sum_{i=1}^{n} a_{i}=a_{n}+(n-1-k)-k
$$

d'où

$$
a_{n}=2 k-n \quad \text { ou } \quad a_{n}=2 k-n+2
$$

Pour $n=2$, puisque $a_{2} \neq 0$ et que $k$ doit être pair et ne pas dépasser 1 , la seule possibilité est $k=0, a_{1}=1, a_{2}=-2$, et donc $P(X)=X^{2}+X-2=(X-1)(X+2)$, qui est bien solution.

On suppose maintenant que $n \geq 3$. Alors

$$
a_{2}=\sum_{1 \leq i<j \leq n} a_{i} a_{j}=a_{n} \sum_{i=1}^{n-1} a_{i}+\frac{k(k-1)}{2}+\frac{(n-1-k)(n-2-k)}{2}-k(n-1-k)
$$

et donc

$$
2 a_{2}=2 a_{n}(n-1-2 k)+n^{2}+4 k^{2}-4 k n-3 n+4 k+2
$$

Compte-tenu de (7), deux cas se présentent:

- Si $a_{n}=2 k-n$ : De (8), on tire $(n-2 k)^{2}+n=2-2 a_{2}$, avec $a_{2}=1$ ou $a_{2}=-1$. Donc $a_{2}=-1$ et, puisque $n-2 k=-a_{n} \neq 0$, la seule possibilité est $n=3$ et $(n-2 k)^{2}=1$. De $k \leq n-1$ et de même parité que $n$, on déduit que $k=1$, puis que $a_{1}=1$ et $a_{3}=-1$, d'où $P(X)=X^{3}+X^{2}-X-X=(X+1)^{2}(X-1)$, qui est bien solution.
- Si $a_{n}=2 k-n+2$ : Comme ci-dessus, on obtient cette fois

$$
(n-2 k-2)^{2}+n=2-2 a_{2}
$$

et donc $a_{2}=-1, n=3, k=1, a_{1}=1, a_{3}=1$, d'où $P(X)=X^{3}+X^{2}-X+1 \neq$ $(X-1)^{2}(X+1)$, qui n'est pas solution.
En définitive, les solutions du problème sont les polynômes $P(X)=X^{n}$ pour $n \geq 1$, $P(X)=X^{n}\left(X^{2}+X-2\right)$ ou $P(X)=X^{n}\left(X^{3}+X^{2}-X-X\right)$ pour $n \geq 0$.

## Exercice 6

Soit $A B C D$ un quadrilatère convexe tel que les droites $(A D)$ et $(B C)$ ne sont pas parallèles. On suppose que les cercles de diamètre $[A B]$ et $[C D]$ se coupent en deux points $E$ et $F$ situés à l'intérieur de $A B C D$. Soit $\Gamma_{E}$ le cercle qui passe par les projetés orthogonaux de $E$ sur $(A B),(B C)$ et $(C D)$, et $\Gamma_{F}$ le cercle qui passe par les projetés orthogonaux de $F$ sur $(C D),(D A)$ et $(A B)$.

Prouver que le milieu de $[E F]$ appartient à la droite passant par les deux points d'intersection de $\Gamma_{E}$ et $\Gamma_{F}$.

Solution.
![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_06_a80ab240af1dcc7464d4g-10.jpg?height=1316&width=1606&top_left_y=762&top_left_x=257)

Soient $P, Q, R, S$ les projections de $E$ sur les droites $(D A),(A B),(B C),(C D)$. Les points $P$ et $Q$ appartiennent au cercle de diamètre $[A E]$ de sorte que $\widehat{Q P E}=\widehat{Q A E}$. De même, $\widehat{Q R E}=\widehat{Q B E}$. Ainsi :

$$
\widehat{Q P E}+\widehat{Q R E}=\widehat{Q A E}+\widehat{Q B E}=90^{\circ}
$$

De même, on montre que $\widehat{Q P S}+\widehat{Q R S}=90^{\circ}+90^{\circ}=180^{\circ}$. Ainsi, les points $P, Q, R, S$ appartiennent à $\Gamma_{E}$. De même, les projetés orthogonaux de $F$ sur les côtés de $A B C D$ sont sur $\Gamma_{F}$.

Soit $K$ le point d'intersection de $(A D)$ et $(B C)$. Sans perte de généralité, on suppose que $A \in[D K]$. On voit facilement que $\widehat{C K D}<90^{\circ}$ (sinon le cercle de diamètre $[C D]$ couvre entièrement $A B C D$ ). Les droites $(E P)$ et $(B C)$ s'intersectent donc en un point $P^{\prime}$ et les droites $(E R)$ et $(A D)$ en un point $R^{\prime}$. Montrons que $P^{\prime}$ et $R^{\prime}$ sont sur $\Gamma_{E}$. Par cocyclicité des points $R, E, Q, B$ :

$$
\widehat{Q R K}=\widehat{Q E B}=90^{\circ}-\widehat{Q B E}=\widehat{Q A E}=\widehat{Q P E} .
$$

Donc $\widehat{Q R K}=\widehat{Q P P^{\prime}}$, ce qui implique que $P^{\prime} \in \Gamma_{E}$. De même, $R^{\prime} \in \Gamma_{E}$.
De même, soient $M$ et $N$ les projections respectives de $F$ sur $(A D)$ et (BC), et soient $M^{\prime}$ le point d'intersection de $(F M)$ et $(B C)$ et $N^{\prime}$ le point d'intersection de $(F N)$ et $(A D)$. En utilisant les mêmes arguments que précédemment on voit que $M^{\prime}$ et $N^{\prime}$ sont sur $\Gamma_{F}$.

Soient finalement $U$ l'intersection de $\left(N N^{\prime}\right)$ avec $\left(P P^{\prime}\right)$ et $V$ l'intersection de ( $\left.M M^{\prime}\right)$ avec $\left(R R^{\prime}\right)$. Comme les angles en $N$ et $P$ sont droits, $N, N^{\prime}, P, P^{\prime}$ sont cocycliques. La puissance de $U$ par rapport au cercle passant par ces points vaut donc:

$$
U N \cdot U N^{\prime}=U P \cdot U P^{\prime}
$$

Ainsi, $U$ appartient à l'axe radical de $\Gamma_{E}$ et $\Gamma_{F}$. De même $V$ appartient à cet axe radical. Or $E U F V$ est un parallelogramme, ce qui implique que $(U V)$ coupe $[E F]$ en son milieu.