## PRÉPARATION OLYMPIQUE FRANÇAISE DE MATHÉMATIQUES

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TEST DU 9 JANVIER 2019
DURÉE : 4H

## Instructions

$\triangleright$ Le groupe Junior est constitué des élèves nés en 2004 ou après.
Le groupe Senior est constitué des élèves nés en 2003 ou avant.
$\triangleright$ Les exercices 1 à 3 ne concernent que les élèves du groupe Junior.
L'exercice 4 concerne tous les élèves, quel que soit leur groupe.
Les exercices 5 et 6 ne concernent que les élèves du groupe Senior.
$\triangleright$ Rédigez les différents problèmes sur des copies distinctes. Sur chaque copie, écrivez en haut à gauche votre nom en majuscules, votre prénom en minuscules. Écrivez votre classe et le numéro du problème traité en haut à droite.
$\triangleright$ On demande des solutions complètement rédigées, où toute affirmation est soigneusement justifiée. La notation tiendra compte de la clarté et de la précision de la copie. Travaillez d'abord au brouillon, et rédigez ensuite au propre votre solution, ou une tentative, rédigée, de solution contenant des résultats significatifs pour le problème.
Ne rendez pas vos brouillons : ils ne seraient pas pris en compte.
$\triangleright$ Une solution complète rapportera plus de points que plusieurs tentatives inachevées. Il vaut mieux terminer un petit nombre de problèmes que de tous les aborder.
$\triangleright$ Règles, équerres et compas sont autorisés. Les rapporteurs sont interdits.
Les calculatrices sont interdites, ainsi que tous les instruments électroniques.
Chaque exercice est noté sur 7 points.

Animath,
Préparation Olympique Française de Mathématiques, 11-13 rue Pierre et Marie Curie, 75005 Paris.

## Exercices du groupe Junior

Exercice 1. Soit $x$ et $y$ deux entiers tels que $5 x+6 y$ et $6 x+5 y$ soient des carrés parfaits. Montrer que $x$ et $y$ sont tous deux divisibles par 11.
Note : on dit qu'un entier $n$ est un carré parfait si c'est le carré d'un entier.
Solution de l'exercice 1 Soit $a$ et $b$ deux entiers tels que $5 x+6 y=a^{2}$ et $6 x+5 y=b^{2}$. On note que $a^{2}+b^{2}=11(x+y)$ est divisible par 11 . Or, modulo 11 , les carrés sont $0,1,3,4,5$ et 9 : ainsi, la somme de deux carrés est nulle (mod. 11) si et seulement si les deux carrés en question sont nuls (mod. 11) eux aussi.
Dans notre cas, cela signifie que $a$ et $b$ sont divisibles par 11. Il existe donc des entiers $A$ et $B$ tels que $a=11 A$ et $b=11 \mathrm{~B}$. Mais alors

$$
11 x=(6 \times 6-5 \times 5) x=6\left(b^{2}-5 y^{2}\right)-5\left(a^{2}-6 y\right)=6 b^{2}-5 a^{2}=11^{2}\left(6 B^{2}-5 A^{2}\right)
$$

de sorte que $x=11\left(6 B^{2}-5 A^{2}\right)$ est bien divisible par 11. De même, on montre que $y=$ $11\left(6 A^{2}-5 B^{2}\right)$ est lui aussi divisible par 11.
Exercice 2. Soit $\Gamma$ un cercle de centre $O$ et de rayon $r$ et $\ell$ une droite qui ne coupe pas $\Gamma$. On note $E$ le point d'intersection entre $\ell$ et la droite perpendiculaire à $\ell$ passant par $O$.
Soit $M$ un point de $\ell$ différent de $E$. Les tangentes au cercle $\Gamma$ et passant par $M$ touchent $\Gamma$ en $A$ et $B$. Enfin, soit $H$ le point d'intersection des droites ( $A B$ ) et ( $O E$ ).
Montrer que $\mathrm{OH}=\mathrm{r}^{2} / \mathrm{OE}$.
Solution de l'exercice 2 Tout d'abord, les triangles OAM, OBM et OEM sont respectivement rectangles en $A, B$ et $E$, de sorte que les points $A, O, B, E, M$ appartiennent tous à un même cercle de diamètre [OM].
Or, d'après la loi des sinus dans les triangles OBH et OEA, on sait que

$$
\frac{\mathrm{OH} \times \mathrm{OE}}{\mathrm{r}^{2}}=\frac{\mathrm{OH}}{\mathrm{OB}} \times \frac{\mathrm{OE}}{\mathrm{OA}}=\frac{\sin (\widehat{\mathrm{OBA}})}{\sin (\widehat{\mathrm{OHB}})} \times \frac{\sin (\widehat{\mathrm{OAE}})}{\sin (\widehat{\mathrm{OEA}})}
$$

Les points $O, B, E$ et $A$ étant cocycliques, on sait que $\widehat{O B A}=\widehat{O E A}$. D'autre part, puisque les droites $(\mathrm{AH})$ et $(\mathrm{HO})$ sont respectivement perpendiculaires à $(\mathrm{OM})$ et $(\mathrm{ME})$, on sait également que

$$
\widehat{\mathrm{OHB}}=180^{\circ}-\widehat{\mathrm{AHO}}=180^{\circ}-\widehat{\mathrm{OME}}=180^{\circ}-\widehat{\mathrm{OAE}}
$$

Cela montre que $\sin (\widehat{O B A})=\sin (\widehat{O E A})$ et que $\sin (\widehat{O H B})=\sin (\widehat{O A E})$, ce qui conclut.
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Exercice 3. Soit $n$ un entier naturel. Un escalier de taille $n$ est constitué de petits carrés $1 \times 1$, avec 1 carré pour la première marche, 2 carrés pour la deuxième marche, et ainsi de suite, jusqu'à $n$ carrés pour la $n^{\text {ème }}$ marche.
On dispose de pierres carrées (de coté entier) de toutes les tailles pour construire cet escalier et on note $f(n)$ le nombre minimum de pierres que l'on doit utiliser pour un escalier de taille $n$. Par exemple, $f(2)=3$ et $f(4)=7$, comme illustré ci-dessous.
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1. Trouver tous les entiers $n \geqslant 0$ tels que $f(n)=n$.
2. Trouver tous les entiers $n \geqslant 0$ tels que $f(n)=n+1$

Solution de l'exercice 3 Commençons par quelques définitions et observations générales. Dans la suite, on note $(i, j)$ le petit carré $1 \times 1$ situé au jème étage de la $i^{\text {ème }}$ marche. On appellera carré supérieur chaque petit carré ( $k, k$ ), c'est-à-dire chaque carré situé tout en haut d'une marche.
On considère une construction de l'escalier de taille $n$ à partir de $f(n)$ pierres carrées. Deux carrés supérieurs distincts ne peuvent appartenir à la même pierre. Puisqu'il y a exactement $n$ carrés supérieurs dans un escalier de taille $n$, on en déduit que $f(n) \geqslant n$ pour tout $n \geqslant 0$. On traite maintenant les questions 1 et 2.

1. Tout d'abord, il est clair que $f(0)=0$. Soit maintenant $n \geqslant 1$ un entier tel que $f(n)=n$.

Au vu de l'observation ci-dessus, chaque pierre contient un unique carré supérieur. C'est en particulier le cas de la pierre contenant le carré ( $n, 1$ ). Mais alors cette pierre sépare l'escalier en 2 parties symétriques. Ainsi, chaque partie forme un escalier de taille $(n-1) / 2$, tel que $f((n-1) / 2)=(n-1) / 2$. Par conséquent, une récurrence immédiate montre qu'il existe un entier $k \geqslant 0$ tel que $n=2^{k}-1$.
Réciproquement, et en suivant cette construction dans l'autre sens, une récurrence immédiate montre que $f\left(2^{k}-1\right)=2^{k}-1$ pour tout entier $k \geqslant 0$.
Les entiers $n$ recherchés sont donc bien les entiers de la forme $n=2^{k}-1$ avec $k \geqslant 0$.
2. Cette fois-ci, on sait que $n \geqslant 2$. D'autre part, la pierre contenant le carré ( $n, 1$ ) ne saurait contenir de carré supérieur; en effet, si c'était le cas, elle couperait l'escalier en 2 parties symétriques, formant chacune un escalier de taille ( $n-1$ )/2, de sorte que $f(n)-n$ devrait être pair.
Il s'agit donc de la seule la seule pierre qui ne contient pas de carré supérieur. Soit $\ell \times \ell$ les dimensions de cette pierre. Une fois $\ell$ et $n$ fixés, chaque autre pierre doit contenir un carré supérieur, et les dimensions des pierres sont donc prescrites. En particulier, une récurrence immédiate sur $n+i-j$ montre que les pierres contenant les carrés ( $i, j$ ) et $(\mathfrak{n}+1-\mathfrak{j}, \mathfrak{n}+1-\mathfrak{i})$ occupent en fait des positions symétriques.
Afin de se ramener à ne traiter que des escaliers où chaque pierre contient un carré supérieur, on s'intéresse donc spécifiquement aux pierres contenant les carrés ( $\mathrm{n}, 1$ ), $(n-\ell, 1),(n, \ell+1)$ et $(n-\ell, \ell+1)$; cette dernière pierre n'existe que si $n \neq 2 \ell$.
On suppose tout d'abord que $n \neq 2 \ell$. Dans ce cas, nos quatre pierres sont deux à deux disjointes, de tailles respectives $\ell \times \ell,(n+1-\ell) / 2,(n+1-\ell) / 2$ et $(n+1-2 \ell) / 2$, et elles coupent l'escalier en quatre petits escaliers : deux escaliers de taille ( $n-1-\ell$ ) /2 et deux escaliers de taille $(n-1-2 \ell) / 2$. Au vu des résultats de la première question, il existe donc deux entiers naturels non nuls $k$ et $k^{\prime}$ tels que $n=2^{\mathrm{k}}+\ell-1=2^{\mathrm{k}^{\prime}}+2 \ell-1$.

Cela signifie que $\ell=2^{k}-2^{k^{\prime}}$, donc que $k \geqslant k^{\prime}$ et que $n=2^{k+1}-2^{k^{\prime}}-1$. Réciproquement, s'il existe des entiers $k \geqslant k^{\prime} \geqslant 1$ tels que $n=2^{k+1}-2^{k^{\prime}}-1$, il suffit en effet de choisir $\ell=2^{k}-2^{k^{\prime}}$ pour que notre construction fonctionne.
De même, si $n=2 \ell$, on a en fait trois pierres, qui coupent l'escalier en quatre petits escaliers de taille $(n-1-\ell) / 2=(\ell-1) / 2$, donc il existe un entier naturel non nul $k$ tel que $\ell=2^{k}-1$ et $n=2^{k+1}-2$. Réciproquement, s'il existe un entier $k \geqslant 1$ tel que $\mathrm{n}=2^{\mathrm{k}+1}-2$, il suffit en effet de choisir $\ell=\mathrm{n} / 2$ pour que notre construction fonctionne. Les entiers $n$ recherchés sont donc bien les entiers de la forme $n=2^{k+1}-2^{k^{\prime}}-1$ avec $k \geqslant k^{\prime} \geqslant 0$.

## Exercice commun aux groupes Junior et Senior

Exercice 4. Trouver toutes les fonctions $\mathrm{f}: \mathbb{N} \rightarrow \mathbb{N}$ telles que

$$
x f(y)+y f(x)=(x+y) f\left(x^{2}+y^{2}\right)
$$

pour tous les entiers naturels $x$ et $y$.
Note : on rappelle que $\mathbb{N}$ désigne l'ensemble des entiers naturels, c'est-à-dire $\mathbb{N}=\{0,1,2, \ldots\}$.
Solution de l'exercice 4 Dans la suite, on notera $\mathbf{E}_{x, y}$ l'équation de l'énoncé.
Tout d'abord, l'équation $E_{x, 0}$ indique que $x f(0)=x f\left(x^{2}\right)$, ce qui montre que $f\left(x^{2}\right)=f(0)$ pour tout entier $x \geqslant 1$. Par conséquent, pour tout entier $y \geqslant 1$, l'équation $\mathbf{E}_{x, y^{2}}$ indique que $x+y^{2}$ divise $x(f(0)-f(x))$. Cette relation de divisibilité étant valide même quand $y$ est arbitrairement grand, on en déduit que $f(x)=f(0)$ quel que soit $x$.
Réciproquement, on vérifie aisément que les fonctions constantes sont bien des solutions de l'équation.

## Exercices du groupe Senior

Exercice 5. Soit $n$ un entier impair, et soit $S$ un ensemble de $n$ points du plan à coordonnées entières. On considère une permutation $\mathrm{f}: \mathrm{S} \rightarrow \mathrm{S}$ qui satisfait la propriété suivante :
Pour toute paire de points $A$ et $B$ appartenant à $S$, la distance entre $f(A)$ et $f(B)$ est supérieure ou égale à la distance entre $A$ et $B$.
Montrer qu'il existe un point $X$, appartenant à $S$, tel que $f(X)=X$.
Solution de l'exercice 5 Puisque $S$ est de cardinal impair, f admet une orbite de cardinal impair. Sans perte de généralité, on peut donc supposer que $S$ est égal à cette orbite, et même que $S=\left\{P_{1}, \ldots, P_{n}\right\}$ avec $f\left(P_{i}\right)=P_{i+1}$ pour tout $i \leqslant n$, en posant $P_{1}=n+1$.
Si f n'a aucun point fixe, $\mathrm{c}^{\prime}$ est donc que $n \geqslant 3$. Montrons que ce cas est en fait impossible.
En effet, dans ces conditions, l'énoncé montre que $P_{1} P_{2} \leqslant P_{2} P_{3} \leqslant \ldots \leqslant P_{n} P_{1}$, de sorte que toutes ces inégalités sont en fait des égalités. En outre, toujours sans perte de généralité, quitte à considérer un point $P_{i}$ plutôt que $P_{1}$ et quitte à effectuer des translations à coordonnées entières et à diviser toutes nos coordonnées par 2, on peut supposer que les coordonnées du vecteur $\overrightarrow{\mathrm{P}_{1} \mathrm{P}_{2}}$ ne sont pas toutes les deux paires. Maintenant, on va noter $x_{i}$ et $y_{i}$ les coordonnées du point $P_{i}$.

Puisque les carrés modulo 4 sont 0 et 1 , on en déduit que $P_{i} P_{i+1}^{2}=P_{1} P_{2}^{2}=\left(x_{i}-x_{i+1}\right)^{2}+$ $\left(y_{i}-y_{i+1}\right)^{2}$ est congru à 1 ou 2 modulo 4 .
Dans le premier cas, $c^{\prime}$ est donc que la somme $\Delta_{i}=x_{i}+y_{i}+x_{i+1}+y_{i+1} \equiv 1(\bmod 2)$. On en déduit que

$$
n \equiv \sum_{i=1}^{n} \Delta_{i} \equiv 2 \sum_{i=1}^{n}\left(x_{i}+y_{i}\right) \equiv 0 \quad(\bmod 2)
$$

Dans le deuxième cas, on a directement $\Delta_{i}^{x}=x_{i}+x_{i+1} \equiv 1(\bmod 2)$ et $\Delta_{i}^{y}=y_{i}+y_{i+1} \equiv 1$ $(\bmod 2)$, de sorte que

$$
n \equiv \sum_{i=1}^{n} \Delta_{i}^{x} \equiv 2 \sum_{i=1}^{n} x_{i} \equiv 0 \quad(\bmod 2)
$$

Puisque n est impair, aucun de ces deux cas n'est possible, ce qui conclut.
Exercice 6. Soit $A B C$ un triangle, et soit $E$ et $F$ deux points appartenant respectivement aux droites $(A B)$ et $(A C)$, distincts de $A, B$ et $C$. Soit également $\Omega$ le cercle circoncscrit à $A B C$, soit $O$ le centre de $\Omega$, et soit $\Gamma$ le cercle circonscrit à $A E F$. Enfin, soit $P$ le point d'intersection $\operatorname{de} \Gamma$ et $\Omega$ autre que $A$, et soit $Q$ le symétrique de $P$ par rapport à la droite (EF).
Montrer que Q appartient à la droite ( BC ) si et seulement si O appartient au cercle $\Gamma$.
Solution de l'exercice 6 Puisque (BC) et (EF) sont deux droites d'intérêt notoire, on note 7 leur point d'intersection, éventuellement rejeté à l'infini. Alors Q appartient à la droite ( BC ) si et seulement si, en angles de droites, on a (BT, ET) $=(\mathrm{ET}, \mathrm{PT})$.
Or, toujours en angles de droites, on sait déjà que

$$
\begin{aligned}
(\mathrm{PB}, \mathrm{PE}) & =(\mathrm{PB}, \mathrm{PA})+(\mathrm{PA}, \mathrm{PE})=(\mathrm{CB}, \mathrm{CA})+(\mathrm{FA}, \mathrm{FE}) \\
& =(\mathrm{CT}, \mathrm{CF})+(\mathrm{CF}, \mathrm{FT})=(\mathrm{CT}, \mathrm{FT})=(\mathrm{TB}, \mathrm{TE}),
\end{aligned}
$$

ce qui signifie que les points $\mathrm{P}, \mathrm{E}, \mathrm{B}$ et T sont cocycliques. Par conséquent, on sait que $(B T, E T)=(B P, E P)$ et $(E T, P T)=(E B, P B)=(A B, P B)$.
On sait aussi que $2(B A, B P)=(O A, O P)$ et que $(E A, E P)=(B A, B P)+(B P, E P)$. Ainsi,

$$
\begin{aligned}
\text { Q appartient à la droite }(\mathrm{BC}) & \Leftrightarrow(\mathrm{BP}, \mathrm{EP})=(\mathrm{AB}, \mathrm{~PB}) \\
& \Leftrightarrow(\mathrm{EA}, \mathrm{EP})=2(\mathrm{BA}, \mathrm{BP})=(\mathrm{OA}, \mathrm{OP}) \\
& \Leftrightarrow \mathrm{O} \text { appartient au cercle } \Gamma .
\end{aligned}
$$

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