problem:
Soit $n \geq 5$ un entier, et $E_{1}, E_{2}, \ldots, E_{2 n-1}$ des parties distinctes à deux éléments de $\{1,2, \ldots, n\}$.
Prouver que, parmi les $2 n-1$ parties $E_{i}$, on peut en choisir $n$ de sorte que la réunion de ces $n$ parties ne contienne pas plus de $\frac{2}{3} n+1$ éléments.

solution:
On va prouver par récurrence sur $k \leq \frac{2 n-1}{3}$ que l'on peut toujours éliminer $3 k$ des $2 n-1$ parties de sorte que la réunion des $2 n-1-3 k$ restantes ne contienne pas plus de $n-k$ éléments.
Le cas $k=0$ est immédiat.
Soit maintenant $1 \leq k \leq \frac{2 n-1}{3}$. On suppose que l'on a éliminé $3(k-1)$ des $E_{i}$ de sorte que la réunion $U_{k-1}$ des $2 n-1-3(k-1)$ autres ne contienne pas plus de $n-k+1$ éléments.
Chacun des $E_{i}$ contient deux éléments. De $2(2 n-1-3(k-1))<4(n-k+1)$, on déduit alors qu'il existe un élément $x$ de $U_{k-1}$ qui n'appartient qu'à au plus trois de $E_{i}$ qui forment $U_{k-1}$. Ainsi, en éliminant encore trois des $E_{i}$ non déà éliminés, dont tous ceux qui contiennent $x$, cela assure que la réunion des $n-3 k$ restants ne contient pas plus de $n-k$ éléments.
Cela achève la récurrence.
Pour $k=\left\lfloor\frac{n-1}{3}\right\rfloor$, on a $n-\left\lfloor\frac{n-1}{3}\right\rfloor \leq n-\frac{n-1}{3}=\frac{2}{3} n+1$, ce qui conclut.

problem_match: Exercice 1.

solution_match: Solution de l'exercice 1


problem:
Soit $A B C$ un triangle. On note $P$ le symétrique de $B$ par rapport à $(A C)$ et $Q$ le symétrique de $C$ par rapport à $(A B)$.
Soit $T$ l'intersection entre $(P Q)$ et la tangente en $A$ au cercle circonscrit à $(A P Q)$.
Montrer que le symétrique de $T$ par rapport à $A$ appartient à $(B C)$.

solution:
![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_06_aeaf7854ec54f098fd72g-1.jpg?height=619&width=909&top_left_y=1946&top_left_x=608)

Soient $B^{\prime}$ et $C^{\prime}$ les symétriques de $B$ et $C$ par rapport à $A$. Comme le triangle $A B^{\prime} P$ est isocèle en $A$, on a $\widehat{A B^{\prime} P}=\frac{1}{2}\left(180^{\circ}-\widehat{B^{\prime} A P}\right)=\frac{1}{2} \widehat{P A B}=\widehat{B A C}$, donc $\left(B^{\prime} P\right) \|(A C)$.
De même, $\left(C^{\prime} Q\right) \|(A B)$, donc les droites $\left(B^{\prime} P\right)$ et $\left(C^{\prime} Q\right)$ sont sécantes. Notons $A^{\prime}$ leur point d'intersection.
Les triangles $A^{\prime} B^{\prime} C^{\prime}$ et $A C B$ sont semblables car leurs côtés sont deux à deux parallèles.
De plus, $A B^{\prime} P$ et $A C^{\prime} Q$ sont semblables car $\widehat{A B^{\prime} P}=\widehat{A C^{\prime} Q}$ et car ces deux triangles sont isocèles en $A$.
Montrons maintenant l'assertion demandée. Par symétrie par rapport à $A$, il revient au même de montrer que $T, B^{\prime}, C^{\prime}$ sont alignés. En appliquant le théorème de Ménélaüs dans $A^{\prime} P Q$, cela équivaut à

$$
\frac{B^{\prime} P}{B^{\prime} A^{\prime}} \times \frac{C^{\prime} A^{\prime}}{C^{\prime} Q} \times \frac{T Q}{T P}=1 \quad(E)
$$

Comme $T A Q$ et $T P A$ sont semblables, on a $\frac{T A}{T P}=\frac{T Q}{T A}=\frac{A Q}{A P}$, donc $\frac{T Q}{T P}=\frac{A Q^{2}}{A P^{2}}=\frac{A C^{2}}{A B^{2}}$.
Comme $A^{\prime} B^{\prime} C^{\prime}$ et $A C B$ sont semblables, on a $\frac{C^{\prime} A^{\prime}}{B^{\prime} A^{\prime}}=\frac{A B}{A C}$.
Comme $A B^{\prime} P$ et $A C^{\prime} Q$ sont semblables, on a $\frac{B^{\prime} P}{C^{\prime} Q}=\frac{A P}{A Q}=\frac{A B}{A C}$.
On en déduit que $(E)$ est vraie.

problem_match: Exercice 2.

solution_match: ## Solution de l'exercice 2


problem:
Déterminer tous les entiers $a>0$ pour lesquels il existe des entiers strictement positifs $n, s, m_{1}, \cdots, m_{n}, k_{1}, \cdots, k_{s}$ tels que

$$
\left(a^{m_{1}}-1\right) \cdots\left(a^{m_{n}}-1\right)=\left(a^{k_{1}}+1\right) \cdots\left(a^{k_{s}}+1\right)
$$

solution:
On va prouver que les entiers $a$ cherchés sont $a=2$ et $a=3$.
Tout d'abord, on constate que $2^{2}-1=2+1$ et que $(3-1)(3-1)=3+1$, ce qui assure que $a=2$ et $a=3$ sont effectivement des solutions du problème.
Réciproquement, soit $a, n, s, m_{1}, \cdots, m_{n}, k_{1}, \cdots, k_{s}$ des entiers strictement positifs tels que

$$
\left(a^{m_{1}}-1\right) \cdots\left(a^{m_{n}}-1\right)=\left(a^{k_{1}}+1\right) \cdots\left(a^{k_{s}}+1\right)
$$

Clairement, on a $a \neq 1$, puisque si $a=1$ le membre de droite vaut 0 mais pas celui de gauche.
Par l'absurde: supposons que $a>3$.
On pose $A=\left(a^{m_{1}}-1\right) \cdots\left(a^{m_{n}}-1\right)=\left(a^{k_{1}}+1\right) \cdots\left(a^{k_{s}}+1\right)$.
Lemme 1. Chacun des nombres $m_{1}, \cdots, m_{n}$ et $a-1$ est une puissance de 2.
Preuve du lemme 1. Soit $i \in\{1, \cdots, n\}$ et $\gamma$ un diviseur impair de $m_{i}$ (éventuellement $\gamma=1$ ), disons $m_{i}=\gamma \times b$. Soit $p$ un diviseur premier de $a^{\gamma}-1$.
Puisque $a^{\gamma} \equiv 1(\bmod p)$, on a $a^{m_{i}} \equiv\left(a^{\gamma}\right)^{b} \equiv 1(\bmod p)$.
Ainsi $A$ est divisible par $p$, ce qui assure qu'il existe $j$ tel que $a^{k_{j}}+1$ soit divisible par $p$. Comme ci-dessus, on a alors $\left(a^{\gamma}\right)^{k_{j}}-1 \equiv 0(\bmod p)$ et, puisque $\gamma$ est impair, on a aussi $\left(a^{k_{j}}\right)^{\gamma} \equiv-1$ $(\bmod p)$.
Par suite $p$ divise $\left(\left(a^{k_{j}}\right)^{\gamma}+1\right)-\left(\left(a^{\gamma}\right)^{k_{j}}-1\right)=2$, d'où $p=2$.
Ainsi, le seul diviseur premier de $a^{\gamma}-1$ est $p=2$, ce qui prouve que $a^{\gamma}-1$ est une puissance de 2. Il existe donc un entier $c$ tel que

$$
2^{c}=a^{\gamma}-1=(a-1)\left(a^{\gamma-1}+\cdots+a+1\right) .
$$

En particulier, $a-1$ est donc une puissance de 2 et $a$ est impair. Mais, puisque $\gamma$ est impair, $a^{\gamma-1}+\cdots+a+1$ est impair et doit aussi être une puissance de 2 . Cela implique que $\gamma=1$ et donc que le seul diviseur impair de $m_{i}$ est 1 , ce qui conclut la preuve du lemme 1.
D'après le lemme, on a $a-1=2^{c}$ et $a-1>2$, donc $a-1$ est divisible par 4. Pour tout entier $k \geq 0$, on a alors $a^{k}+1 \equiv 2(\bmod 4)$.
Pour tout $i$, on pose $a_{i}=\frac{1}{2}\left(a^{2^{i}}+1\right)$. On sait donc que $a_{i}$ est un entier impair.
On vérifie facilement par récurrence que, pour tout entier $d \geq 0$ :

$$
a^{2^{d}}-1=(a-1)(a+1)\left(a^{2}+1\right) \cdots\left(a^{2^{d-1}}+1\right)=2^{c} \cdot 2^{d} \cdot a_{0} a_{1} \cdots a_{d-1}
$$

Lemme 2. Les nombres $a_{0}, a_{1}, a_{2}, \cdots$ sont deux à deux premiers entre eux.
Preuve du lemme 2. Soit $0 \leq i<j$. On note que $a_{i}$ et $a_{j}$ sont impairs donc leur pgcd $d$ est impair. D'après (1), le nombre $a^{2^{j}}-1$ est divisible par $a_{i}$. Puisque $a^{2^{j}}+1=2 a_{j}$, on en déduit que tout diviseur commun à $a_{i}$ et $a_{j}$ divise aussi $\left(a^{2^{j}}+1\right)-\left(a^{2^{j}}-1\right)=2$. Ainsi $d$ est impair et divise 2, donc $d=1$. On a donc $a_{i}$ et $a_{j}$ premiers entre eux, et cela achève la preuve du lemme 2.
D'après le lemme 1, on sait que chaque $m_{i}$ est une puissance de 2 . En utilisant (1) pour chaque $m_{i}$, on déduit que $A$ peut s'écrire sous la forme

$$
A=2^{N}\left(a_{0}\right)^{N_{0}} \cdots\left(a_{q}\right)^{N_{q}}(2),
$$

avec $N>N_{0}+\cdots N_{q}$. Puisque chaque $a^{k_{j}}+1$ est congru à 2 modulo 4 , on doit donc avoir $s=N$. Or, pour tout $j$, si l'on pose $k_{j}=2^{r} t$ avec $t$ impair, alors $a^{k_{j}}+1=\left(a^{2^{r}}\right)^{t}+1 \equiv(-1)^{t}+1 \equiv 0$ $(\bmod 2)^{r}+1$. Ainsi $a^{k_{j}}+1$ est divisible par $a_{r}$.
Ainsi, chacun des nombres $a^{k_{j}}+1$ est divisible par un des $a_{i}$. Puisque $s>N_{0}+\cdots N_{q}$, il existe $i$ pour lequel $a_{i}$ divise plus de $N_{i}$ des $a^{k_{j}}+1$. Par suite, $A$ est divisible par $\left(a_{i}\right)^{N_{i}+1}$, ce qui est impossible d'après (2), puisque $a_{i}$ est impair et premier avec chacun des autres $a_{j}$ d'après le lemme 2.

problem_match: Exercice 3.

solution_match: Solution de l'exercice 3