problem: Dans un pays, se trouvent 100 villes. Chacune de ces villes est reliée à exactement trois autres villes par des routes directes dans les deux sens. Prouver qu'il existe une ville $A$ à partir de laquelle on peut aller de ville en ville et revenir en $A$, sans jamais passer deux fois par une même route, et en utilisant un nombre total de routes qui n'est pas divisible par 3 (il n'est pas demandé que toutes les villes du pays soient visitées au cours de ce voyage).

solution:
Puisqu'il n'y a qu'un nombre fini de villes, on peut considérer un chemin C de longueur maximale. Soit $v_{0}$ une des villes extrémités de C et parcourons C en partant de $v_{0}$ en numérotant les villes au fur et à mesure. La maximalité de C assure que les trois villes reliées à $v_{0}$ par une route sont dans C. Il s'agit de $v_{1}, \nu_{i}$ et $v_{j}$ avec $1<i<j$. On a ainsi identifié trois cycles :

$$
\begin{gathered}
v_{0}, v_{1}, \cdots, v_{i}, v_{0} \text {, de longueur } \mathfrak{i}+1, \\
v_{0}, v 1, \cdots, v_{j}, v_{0} \text {, de longueur } \mathfrak{j}+1 \\
v_{0}, v_{i}, v_{i+1}, \cdots, v_{j}, v_{0}, \text { de longueur } \mathfrak{j}-\mathfrak{i}+2
\end{gathered}
$$

Si $i+1$ ou $j+1$ n'est pas divisible par 3, l'un des deux premiers cycles convient. Sinon, c'est que $\boldsymbol{i}=\mathbf{j}=-1 \bmod 3, d^{\prime}$ où $\boldsymbol{j}-\mathfrak{i}+2=2 \bmod 3$ et le troisième cycle permet de conclure.

problem_match: Exercice 1.

solution_match: ## Solution de l'exercice 1


problem: Déterminer tous les polynômes P à coefficients dans $\mathbb{Z}$ tels que, pour tous $p$ premier et $u$ et $v$ dans $\mathbb{Z}$ tels que $p \mid u v-1$ on ait : $p \mid P(u) P(v)-1$.

solution:
Soit f un tel polynôme, et $\mathrm{n} \geqslant 0$ son degré. Clairement $\mathrm{f} \mathrm{n}^{\prime}$ est pas le polynôme nul.
Posons $g(X)=X^{n} f\left(\frac{1}{X}\right)$. Alors $g$ est un polynôme à coefficients entiers.
Soit $x$ un entier non nul, et $p$ un nombre premier avec $p>\max \left(|x|,\left|f(x) g(x)-x^{n}\right|\right)$. Alors $x$ est inversible modulo $p$, et il existe $y>0$ tel que $x y=1 \bmod p$. On vérifie facilement que $x^{n} f(y)=g(x) \bmod [p]$.

D'autre part, on sait que $f(x) f(y)=1 \bmod p$, $d^{\prime}$ où $x^{n}=x^{n} f(x) f(y)=f(x) g(x) \bmod [p]$. Ainsi $p$ divise $f(x) g(x)-x^{n}$ avec $p>\left|f(x) g(x)-x^{n}\right|$, d'où $f(x) g(x)=x^{n}$, pour tout $x \neq 0$ (et donc aussi pour $x=0$ comme égalité entre deux polynômes).

Puisque $f$ est de degré $n$, on en déduit que $g$ est constant et que $f(X)=a X^{n}$, où $a$ est un entier. En reportant dans $f(x) g(x)=x^{n}$, il vient immédiatement $a= \pm 1$, et donc $f(X)= \pm X^{n}$.

Réciproquement, tout polynôme de la forme $f(X)= \pm X^{n}$ est bien une solution du problème puisque, pour tous entiers $u$ et $v$ et tout nombre premier $p$, si $u v=1 \bmod [p]$ alors $u^{n} v^{n}=$ $1 \bmod [p]$.

Finalement, les polynômes cherchés sont ceux de la forme $f(X)= \pm X^{n}$, avec $n \in \mathbb{N}$.

problem_match: Exercice 2.

solution_match: ## Solution de l'exercice 2


problem:
Soit $A B C$ un triangle non isocèle en $A$ et $\Gamma$ son cercle circonscrit. Soit $N$ le milieu de l'arc de $\Gamma$ entre $B$ et $C$ qui contient $A$. Soient $I$ le centre du cercle inscrit à $A B C, J$ le centre du cercle $A$-exinscrit à $A B C$ et $K$ le point d'intersection de ( $B C)$ avec la bissectrice extérieure de $\angle B A C$.

Montrer que $(\mathrm{JN}) \perp(\mathrm{IK})$.

solution:
![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_06_74218f7ca50f486d828ag-2.jpg?height=749&width=1342&top_left_y=840&top_left_x=386)

Notons $\mathrm{J}_{\mathrm{b}}$ et $\mathrm{J}_{\mathrm{c}}$ les centres des cercles exinscrits dans les angles $\widehat{\mathrm{B}}$ et $\widehat{\mathrm{C}}$. Alors I est l'orthocentre de $J_{b} J_{c}$. En utilisant le fait que $B$ et $C$ sont sur le cercle de diamètre $J_{b} J_{c}$, et que $A, B, C, N$ sont cocycliques, on a $\overline{\mathrm{KJ}_{\mathrm{b}}} \cdot \overline{\mathrm{KJ}} \mathrm{c}=\overline{\mathrm{KB}} \cdot \overline{\mathrm{KC}}=\overline{\mathrm{KA}} \cdot \overline{\mathrm{KN}}$, donc

$$
\begin{aligned}
\left(\overline{\mathrm{KA}}+\overline{A J_{b}}\right)\left(\overline{\mathrm{KA}}+\overline{A J_{c}}\right) & =\overline{\mathrm{KA}} \cdot(\overline{\mathrm{KA}}+\overline{\mathrm{AN}}) \\
\overline{\mathrm{KA}}\left(\overline{A J_{b}}+\overline{A J_{c}}+\overline{N A}\right) & =-\overline{A J_{b}} \cdot \overline{A J_{c}}
\end{aligned}
$$

Or, $\overline{A J_{b}}+\overline{A J_{c}}+\overline{N A}=\overline{N J_{b}}+\overline{A J_{c}}=\overline{J_{c} N}+\overline{A J_{c}}=\overline{A N}$, donc $\overline{K A}=-\frac{\overline{A J_{b}} \cdot \overline{A J_{c}}}{\overline{A N}}$.
Or, I étant l'orthocentre de $J_{b} J_{c}$, on a $\frac{I A}{A J_{b}}=\frac{A J_{c}}{A J}$. Il vient $\frac{I A}{K A}=\frac{A N}{A J}$, donc les triangles rectangles KAI et JAN sont semblables. Comme $(\mathrm{KA}) \perp(\mathrm{JA})$, il vient $(\mathrm{KI}) \perp(\mathrm{JN})$.

Autre solution. Il suffit de montrer que I est l'orthocentre de KJN . Comme $(\mathrm{AJ}) \perp(\mathrm{KN})$, il suffit de voir que (NI) $\perp(\mathrm{KJ})$.

Soit $\omega$ le cercle de diamètre $[\mathrm{IJ}]$. Il contient les points B et C . Soit L le second point d'intersection de (KJ) avec $\omega$. On a $\overline{\mathrm{KL}} \cdot \overline{\mathrm{KJ}}=\overline{\mathrm{KB}} \cdot \overline{\mathrm{KC}}=\overline{\mathrm{KA}} \cdot \overline{\mathrm{KN}}$ donc $A, N, L$, J sont cocycliques.

Or, $(J A) \perp($ AN $)$, donc $(J L) \perp(L N)$.
De plus, comme $\omega$ a pour diamètre [IJ], on a (JL) $\perp$ (IL), donc N, I, L sont alignés. Il vient $(\mathrm{NI}) \perp(\mathrm{JL})$.

problem_match: Exercice 3.

solution_match: ## Solution de l'exercice 3


problem: Déterminer tous les polynômes P et Q à coefficients entiers tels que, si l'on définit la suite $\left(x_{n}\right)$ par $x_{0}=2015, x_{2 n+1}=P\left(x_{2 n}\right)$ et $x_{2 n+2}=\mathrm{Q}\left(x_{2 n+1}\right)$ pour tout $n \geqslant 0$, alors tout entier $\mathrm{m}>0$ divise au moins un terme non nul de la suite.

solution:
Soit P et Q deux tels polynômes.
On dira qu'une suite $\left(\mathrm{y}_{\mathrm{n}}\right)$ d'entiers possède la propriété D si tout entier $\mathrm{m}>0$ divise au moins un terme non nul de cette suite. On dira qu'un polynôme T à coefficients entiers possède la propriété D s'il existe un entier a tel que la suite $\left(x_{n}\right)$ définie par $x_{0}=a$ et $x_{n+1}=T\left(x_{n}\right)$ possède la propriété D.

Nous débutons maintenant par trois lemmes.
Lemme 1. Soit ( $x_{n}$ ) une suite d'entiers et soit $k$ un entier naturel non nul. Alors ( $x_{n}$ ) possède la propriété D si et seulement si l'une des $k$ suites $\left(x_{k n}\right),\left(x_{k n+1}\right), \ldots,\left(x_{k n+k-1}\right)$ possède la propriété D.

Preuve du lemme 1. Supposons d'abord qu'aucune des $k$ suites $\left(x_{k n}\right),\left(x_{k n+1}\right), \ldots,\left(x_{k n+k-1}\right)$ ne possède la propriété $D$. Alors, pour chaque entier $\ell \in\{0,1, \ldots, k-1\}$, il existe un entier $M_{\ell}$ qui ne divise aucun terme non nul de la suite ( $x_{k n+\ell}$ ). En particulier, l'entier $\prod_{\ell=0}^{k-1} M_{\ell}$ ne peut donc diviser aucun terme non nul de la suite $\left(x_{n}\right)$, qui ne peut posséder la propriété D non plus.

Réciproquement, si une suite $\left(x_{k n+\ell}\right)$ a la propriété $D$, alors clairement $\left(x_{n}\right)$ a la propriété $D$ aussi.

Lemme 2. Soit T un polynôme à coefficients entiers, de degré d et de coefficient dominant $\rho$. Si R possède la propriété D , alors $\mathrm{d}=1$ et $|\rho|<4$.

Preuve du lemme 2. Si T est constant, la suite ( $x_{n}$ ) ne prend qu'un nombre fini de valeurs distinctes, ce qui lui interdit d'avoir la propriété D. Procédons maintenant par l'absurde, et supposons que $d \geqslant 2$ ou que $d=1$ et $|\rho| \geqslant 4$. Il existe alors un réel $c>0$ tel que

$$
|\mathrm{T}(\mathrm{x})|>3|x| \text { pour tout } x \text { tel que }|x|>c \text {. (1) }
$$

On note qu'il n'existe qu'un nombre fini d'entiers dans [-c; c] et que chacun d'eux ne peut être atteint qu'un nombre fini de fois par $T$. Ainsi, il existe un entier $N \geqslant 0$ tel que $\left|x_{N}\right|>c$. Une récurrence immédiate à l'aide de (1) montre qu'alors $\left|x_{i}\right|>c$ pour tout $i \geqslant N$.

De plus, sans perte de généralité, on peut choisir $N$ minimal ayant cette propriété. On a donc

$$
\left|x_{i}\right| \leqslant c \text { pour tout } i<N, \text { et }\left|x_{i}\right|>c \text { pour tout } i \geqslant N \text {. (2) }
$$

En particulier, de (1) et (2), on déduit que $\left|x_{N+1}\right|>\max \left(c,\left|x_{0}\right|, \cdots,\left|x_{N}\right|\right)$.
Posons $m=\left|x_{N+1}-x_{N}\right|$, qui est bien un entier strictement positif. Alors:
$m \geqslant\left|x_{N+1}\right|-\left|x_{N}\right|>2\left|x_{N}\right|>\max \left(\left|x_{0}\right|, \cdots,\left|x_{N}\right|\right)$, ce qui assure $m$ ne divise aucun $x_{i}$ non nul lorsque $i \leqslant N$. Mais alors $m$ ne divise pas $x_{N+1}$ non plus.

D'autre part, puisque $T$ est à coefficients entiers, $x_{n+1}-x_{n}=T\left(x_{n}\right)-T\left(x_{n-1}\right)$ est divisible par $x_{n}-x_{n-1}$ pour tout $n \geqslant 1$. En particulier, pour tout $n \geqslant N$, on a $x_{n+1}-x_{n}$ divisible par $m$, et donc

$$
x_{n+1}-x_{N+1}=\left(x_{n+1}-x_{n}\right)+\left(x_{n}-x_{n-1}\right)+\cdots+\left(x_{N+2}-x_{N+1}\right)
$$

est lui aussi divisible par $m$. Mais, $m$ ne divisant pas $x_{N+1}$, il ne divise donc pas non plus $x_{n}$ pour tout $n \geqslant N+1$. Finalement, $m$ ne divise aucun terme non nul de la suite, en contradiction avec l'hypothèse que $\left(x_{n}\right)$ possède la propriété $D$.

Lemme 3. Soit $T(X)=\rho X+\theta$ un polynôme à coefficients entiers. Si $T$ possède la propriété $D$, alors $\rho=1$.

Preuve du lemme 3. Si T possède la propriété D , soit $x_{0}$ un entier tel que la suite ( $x_{n}$ ) définie par $x_{n+1}=T\left(x_{n}\right)$ ait la propriété $D$. D'après le lemme 1, l'une des suites $\left(x_{2 n}\right)$ et $\left(x_{2 n+1}\right)$ a la propriété $D$, et satisfait bien $x_{n+2}=T\left(T\left(x_{n}\right)\right)$. Le polynôme $T(T(X))$ a donc également la propriété D .

Or, $T(T(X))$ est de coefficient dominant $\rho^{2}$. Le lemme 2 montre donc que $\rho^{2}<4$, donc que $\rho \in\{-1,0,1\}$. Puisque $\rho$ est un coefficient dominant de $T$, on a nécessairement $\rho \neq 0$. De plus, si $\rho=-1$, alors $T(T(X))=X$ n'a pas la propriété $D$. Il s'ensuit que $\rho=1$.

Revenons maintenant à l'exercice.
On pose $H(X)=P(Q(X))$ et $K(X)=Q(P(X))$.
D'après le lemme 1, l'une des deux suites ( $\mathrm{x}_{2 \mathrm{k}}$ ) et $\left(\mathrm{x}_{2 \mathrm{k}+1}\right)$ possède la propriété D , donc l'un des polynômes H et K possède la propriété D , car $\mathrm{x}_{2 \mathrm{k}+2}=\mathrm{H}\left(\mathrm{x}_{2 \mathrm{k}}\right)$ et $\mathrm{x}_{2 \mathrm{k}+3}=\mathrm{K}\left(\mathrm{x}_{2 \mathrm{k}+1}\right)$.

Puisque $\operatorname{deg} H=(\operatorname{deg} P) \cdot(\operatorname{deg} Q)=\operatorname{deg} K$, le lemme 2 indique que $\operatorname{deg} H=\operatorname{deg} P=\operatorname{deg} \mathbf{Q}=$ $\operatorname{deg} K=1$. Notons alors $P(X)=a X+b$ et $Q(X)=c X+d$. On a alors $H(X)=a c X+a d+b$ et $K(X)=a c X+b c+d$, donc le lemme 3 indique que $a=c= \pm 1$.

Finalement, notons que $x_{2 n}=2015+(a d+b) n$ et que $x_{2 n+1}=(a 2015+d)+(b c+d) n$. Or, une suite arithmétique $\left(y_{n}\right)$ de raison $r$ a la propriété $D$ si et seulement si $r$ divise $y_{0}$ :

- si $y_{0}=q r$, et si $m \in \mathbb{N}^{*}$, alors $q^{2} m-q \geqslant 0$ et $m$ divise $y_{q^{2} m-q}=q^{2} m r$;
- si $r$ ne divise pas $y_{0}$, alors $r$ ne divise aucun entier $y_{n}$.

Or, le lemme 1 inidique que $\left(x_{n}\right)$ a la propriété $D$ si et seulement si $\left(x_{2 n}\right)$ ou $\left(x_{2 n+1}\right)$ a la propriété $D$. Dans le premier cas, cela signifie que $a d+b$ divise $x_{0}=2005$. Dans le second cas, cela signifie que $b c+d$ divise $x_{1}=2005 c+d$. Or, notons que $|a d+b|=|b c+d|$.

Les paires des polynômes $(P(X), Q(X))$ recherchées sont donc les paires $(P(X), Q(X))=$ $(\varepsilon X+b, \varepsilon X+d)$ telles que $\varepsilon= \pm 1$ et $b+\varepsilon$ d divise 2005 ou $2005+\varepsilon d$.

problem_match: Exercice 4.

solution_match: Solution de l'exercice 4