problem:
Soit $a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{2 n}$ des réels tels que $a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{2 n}=0$.
Prouver qu'il existe au moins $2 n-1$ couples $\left(a_{i}, a_{j}\right)$ avec $i<j$ tels que $a_{i}+a_{j} \geqslant 0$.

solution:
Sans perte de généralité, on peut supposer que $a_{1} \leq a_{2} \leq \cdots \leq a_{2 n}$. On distingue deux cas :

- Si $a_{n}+a_{2 n-1} \geq 0$ alors on a $a_{i}+a_{2 n-1} \geq 0$ pour $i=n, \cdots, 2 n-2$, et $a_{i}+a_{2 n} \geq 0$ pour $i=n \cdots, 2 n-1$. Cela fournit bien $2 n-1$ sommes positives ou nulles.
- Si $a_{n}+a_{2 n-1}<0$ alors

$$
a_{1}+\cdots+a_{n-1}+a_{n+1}+\cdots a_{2 n-2}+a_{2 n}>0
$$

D'autre part, on a $0>a_{n}+a_{2 n-1} \geq a_{n-1}+a_{2 n-2} \geq \cdots \geq a_{2}+a_{n+1}$, donc

$$
a_{2}+a_{3}+\cdots+a_{n-1}+a_{n+1}+\cdots+a_{2 n-2}<0
$$

De (1) et (2), on déduit que $a_{1}+a_{2 n} \geq 0$, ce qui assure que $a_{i}+a_{2 n} \geq 0$ pour $i=1, \cdots 2 n-1$.
Autre solution. Notons $b_{1} \leqslant b_{2} \leqslant \cdots \leqslant b_{\ell}$ les entiers positifs ou nuls parmi $a_{1}, \ldots, a_{2 n}$. Premier cas: $\ell>n$. Alors il y a au moins $\frac{\ell(\ell-1)}{2} \geq \frac{n(n+1)}{2}$ couples $\left(a_{i}, a_{j}\right)$ avec $i<j, a_{i} \geqslant 0$ et $a_{j} \geqslant 0$. Or, $\frac{n(n+1)}{2}-(2 n-1)=\frac{n^{2}-3 n+2}{2}=\frac{(n-1)(n-2)}{2} \geqslant 0$, donc il y a au moins $2 n-1$ couples $\left(a_{i}, a_{j}\right)$ avec $i<j$ tels que $a_{i}+a_{j} \geqslant 0$.
Deuxième cas : $\ell \leqslant n$. Notons $c_{1} \leqslant \cdots \leqslant c_{\ell}$ les plus petits entiers parmi $a_{1}, \ldots, a_{2 n}$. Comme $\ell \leqslant n$, on a $c_{\ell}<0$. De plus, $\sum_{i=1}^{2 n} a_{i}$ est égal à la somme de $\sum_{i=1}^{\ell}\left(b_{i}+c_{i}\right)$ et de termes négatifs, donc $\sum_{i=1}^{\ell}\left(b_{i}+c_{i}\right) \geqslant 0$. Or, $b_{\ell}+c_{\ell} \geqslant b_{i}+c_{i}$ pour tout $i$, donc $b_{\ell}+c_{\ell} \geqslant 0$.
On forme ainsi déjà $2 n-\ell$ couples $\left(a_{i}, a_{j}\right)$ en prenant $a_{j}=b_{\ell}$ et $a_{i}$ autre que $c_{1}, \ldots, c_{\ell-1}, b_{\ell}$.
De plus, pour tout $k=1, \ldots, \ell-1$, on a $\sum_{i=1}^{\ell}\left(b_{i}+c_{i+k}\right) \geqslant 0$ (où par convention $c_{\ell+1}=c_{1}$, $c_{\ell+2}=c_{2}$, etc.), donc pour tout $k$ il existe $i$ tel que $b_{i}+c_{i+k} \geqslant 0$. Ceci fournit encore $\ell-1$ couples supplémentaires.

problem_match: Exercice 1.

solution_match: Solution de l'exercice 1


problem: Soit $A B C$ un triangle dont tous les angles sont aigus, et $H$ son orthocentre. Les bissectrices de $\widehat{A B H}$ et $\widehat{A C H}$ se coupent en un point $I$. Montrer que $I$ est aligné avec les milieux de $[B C]$ et de $[A H]$.

solution:
![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_06_bef5fb0578c5beb524cag-2.jpg?height=914&width=1153&top_left_y=126&top_left_x=508)

Notons $D, E, F$ les pieds des hauteurs, $O$ le centre du cercle circonscrit, $M$ le milieu de $[B C]$ et $N$ le milieu de $[A H]$. On a $2 \overrightarrow{M N}=2 \overrightarrow{O N}-2 \overrightarrow{O M}=\overrightarrow{O A}+\overrightarrow{O H}-\overrightarrow{O B}-\overrightarrow{O C}$.
Or, $\overrightarrow{O H}=\overrightarrow{O A}+\overrightarrow{O B}+\overrightarrow{O C}$ donc $\overrightarrow{M N}=\overrightarrow{O A}$. Par conséquent, il suffit de montrer que ( $M I$ ) est parallèle à $(O A)$.
Comme $B C F$ est un triangle rectangle en $F$, le point $F$ est situé sur le cercle de centre $M$ passant par $B$ et $C$. Il en va de même pour le point $E$. La bissectrice de $\widehat{A B H}$ passe par le milieu de l'arc $E F$, et de même pour la bissectrice de $\widehat{A C H}$, donc $I$ est le milieu de l'arc $E F$. En notant $C^{\prime}$ le milieu de $[A B]$, on en déduit les égalités d'angles de droites $(M I, M B)=2(C I, C B)=$ $(C E, C B)+(C F, C B)=(C A, C B)+(C F, A B)+(A B, C B)$.
D'autre part, $(O A, M B)=\left(O A, O C^{\prime}\right)+\left(O C^{\prime}, A B\right)+(A B, M B)=(C A, C B)+(C F, A B)+$ $(A B, C B)$ car $\left(O C^{\prime}\right)$ et $(C F)$ sont parallèles.
Par conséquent, $(O A, M B)=(M I, M B)$, ce qui prouve que $(O A)$ et $(M I)$ sont parallèles.

problem_match: Exercice 2.

solution_match: Solution de l'exercice 2


problem:
Pour tout entier $n \in \mathbb{N}^{*}$, on note $v_{3}(n)$ la valuation 3 -adique de $n$, c'est-à-dire le plus grand entier $k$ tel que $n$ est divisible par $3^{k}$. On pose $u_{1}=2$ et $u_{n}=4 v_{3}(n)+2-\frac{2}{u_{n-1}}$ pour tout $n \geqslant 2$ (si tant est que $u_{n-1}$ soit défini et non nul).
Montrer que, pour tout nombre rationnel strictement positif $q$, il existe un et un seul entier $n \geqslant 1$ tel que $u_{n}=q$.

solution:
Tout d'abord, notons que $u_{1}=2, u_{2}=1, u_{3}=3, u_{4}=\frac{3}{2}, u_{5}=\frac{2}{3}$ et $u_{6}=3$. On prouve par récurrence que, pour tout entier $n \geq 2$, on a $0<u_{n}$ et

$$
0<u_{3 n-1}<1<u_{3 n-2}<2<u_{3 n}=2+u_{n}:
$$

c'est déjà vrai pour $n=2$.
Puisque $u_{3 n}=u_{n}+2$, on montre successivement que $u_{3 n+1}, u_{3 n+2}$ et $u_{3 n+3}$ sont bien définis, avec

$$
\begin{aligned}
& u_{3 n+1}=2-\frac{2}{u_{3 n}}=1+\frac{u_{n}}{2+u_{n}}, \text { donc } 1<u_{3 n+1}<2 ; \\
& u_{3 n+2}=2-\frac{2}{u_{3 n+1}}=1+\frac{u_{n}}{1+u_{n}}, \text { donc } 0<u_{3 n+2}<1 ; \\
& u_{3 n+3}=4 v_{3}(3(n+1))+2-\frac{2}{u_{3 n+2}}=4 v_{3}(n)+4-\frac{2}{u_{n}}=2+u_{n+1} .
\end{aligned}
$$

Ceci conclut la récurrence.
Maintenant, considérons la fonction $\varphi:\{x \in \mathbb{Q}: 0<x$ et $x \notin\{1,2\}\} \mapsto\{x \in \mathbb{Q}: 0<x\}$ telle que

$$
\begin{aligned}
\varphi: & x \mapsto \frac{x}{1-x} \text { si } 0<x<1 ; \\
& x \mapsto 2 \frac{x-1}{2-x} \text { si } 1<x<2 ; \\
& x \mapsto x-2 \text { si } 2<x
\end{aligned}
$$

En outre, pour toute fraction irréductible $\frac{p}{q}$, avec $p \geq 0$ et $q>0$, on pose $\left\|\frac{p}{q}\right\|=p+q$. Alors :

- $\left\|\varphi\left(\frac{p}{q}\right)\right\|=\left\|\frac{p}{q-p}\right\|=p<p+q=\left\|\frac{p}{q}\right\|$ si $0<p<q$ ；
- $\left\|\varphi\left(1+\frac{p}{q}\right)\right\|=\left\|2 \frac{p}{q-p}\right\| \leq 2 q<(p+q)+q=\left\|1+\frac{p}{q}\right\|$ si $0<p<q$ ；
- $\left\|\varphi\left(2+\frac{p}{q}\right)\right\|=\left\|\frac{p}{q}\right\|=p+q<(p+2 q)+q=\left\|2+\frac{p}{q}\right\|$ si $0<p$ et $0<q$.

Dans tous les cas, si $x$ est un rationnel strictement positif tel que $x \notin\{1,2\}$, on a $\|\varphi(x)\|<\|x\|$. Or, pour tout rationnel strictement positif $x$ et pour tout entier $n \geq 1$ :

- si $0<x<1$, alors $u_{n}=\varphi(x) \Leftrightarrow u_{3 n+2}=x ;$
- si $1<x<2$, alors $u_{n}=\varphi(x) \Leftrightarrow u_{3 n+1}=x$;
- si $2<x$, alors $u_{n}=\varphi(x) \Leftrightarrow u_{3 n}=x$.

Une récurrence sur $\|x\|$ montre donc immédiatement que, pour tout rationnel strictement positif $x$, il existe un entier unique entier $n \geq 1$ tel que $u_{n}=x$, ce qui conclut l'exercice.

problem_match: Exercice 3.

solution_match: ## Solution de l'exercice 3