## Romanian Master of Mathematics: Solutions

Solution du problème 1. On appelle LC-coloriage un coloriage avec une case verte par ligne et une case bleue par colonne, et LL-coloriage un coloriage avec une case verte et une case bleue par ligne.

Pour choisir un LC-coloriage ou un LL-coloriage, on peut commencer par positionner les $n$ cases vertes. Si on souhaite un LL-coloriage, il nous reste à positionner les $n$ cases bleues, ce que l'on a $(n-1)^{n}$ manières de faire : pour chacune des $n$ lignes, il nous reste $n-1$ cases vacantes.

En revanche, si on souhaite un LC-coloriage, notons $v_{i}$ le nombre de cases coloriées en vert sur la $i$-ème colonne. On a $n-v_{i}$ manières de choisir quelle case vacante de la $i$-ème colonne on va colorier en bleu, soit $\prod_{i=1}^{n}\left(n-v_{i}\right)$ manières de choisir l'ensemble des cases bleues. L'inégalité arithméticogéométrique montre que

$$
\prod_{i=1}^{n}\left(n-v_{i}\right) \leq\left(\frac{\sum_{i=1}^{n} n-v_{i}}{n}\right)^{n}=(n-1)^{n}
$$

avec égalité si et seulement si $v_{1}=\ldots=v_{n}=1$ (ce qui n'arrivera pas tout le temps, par exemple si on a mis toutes nos cases vertes sur la première colonne).

Le positionnement des cases vertes étant décidé, il nous restait donc autant au moins de façons de construire un LL-coloriage que de construire un LC-coloriage, voire strictement plus dans certains cas. Il y a donc strictement plus de LL-coloriages que de LC-coloriages, ce qui signifie que $B>A$.

## Solution du problème 2.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_06_3f0fd63f9dd205886591g-1.jpg?height=823&width=958&top_left_y=1599&top_left_x=566)

L'aire de $A B D E$ étant égale à $\frac{1}{2} \times A D \cdot B E \cdot \sin \widehat{A M B}$, on doit montrer que

$$
A D \times B E \times \sin \widehat{A M B}=B E \times C F \times \sin \widehat{B M C}=C F \times A D \times \sin \widehat{C M D}
$$

Par permutation circulaire, il suffit de montrer la première égalité, à savoir

$$
A D \times \sin \widehat{A M B}=C F \times \sin \widehat{B M C}
$$

Notons $O_{1}, O_{2}, \ldots, O_{6}$ les centres des cercles circonscrits à $M A B, M B C, \ldots, M F A$, et $A^{\prime}, B^{\prime}, \ldots, F^{\prime}$ les milieux de $[M A],[M B], \ldots,[M F]$.

Comme $O_{1}$ est sur la médiatrice de $[A M]$, on a $\left(O_{1} A^{\prime}\right) \perp(A M)$ et de même $\left(O_{6} A^{\prime}\right) \perp(M A)$, donc $A^{\prime}, O_{1}, O_{6}$ sont alignés sur une droite perpendiculaire à $(A M)$. Par conséquent, $A$ est le symétrique de $M$ par rapport à la droite $\left(O_{1} O_{6}\right)$; on a des assertions analogues pour les points $B, C, \ldots F$.

Comme $\left(O_{6} O_{1}\right)$ et $\left(O_{3} O_{4}\right)$ sont perpendiculaires à $(A M)=(D M)$, elles sont parallèles entre elles. De même, on a $\left(O_{i} O_{i+1}\right) / /\left(O_{i+3} O_{i+4}\right)$ pour tout $i$, en convenant que $O_{7}=O_{1}, O_{8}=O_{2}$, etc. Comme $O_{i} O_{i+1} O_{i+3} O_{i+4}$ est un trapèze inscriptible, il est isocèle, donc $O_{i} O_{i+3}=O_{i+1} O_{i+4}$. On en déduit qu'il existe une constante $k$ telle que $O_{i} O_{i+3}=k$ pour tout $i$.

Notons $R$ le rayon du cercle passant par $O_{1}, \ldots, O_{6}$. Soit $K$ le projeté orthogonal de $O_{6}$ sur $\left(O_{2} O_{3}\right)$. On a

$$
\begin{aligned}
\frac{C^{\prime} F^{\prime}}{O_{2} O_{6}} & =\frac{K O_{6}}{O_{2} O_{6}} \\
& =\sin \widehat{K O_{2} O_{6}}=\sin \widehat{O_{3} O_{2} O_{6}} \quad \text { car } O_{2} K O_{6} \text { est un triangle rectangle } \\
& =\frac{O_{3} O_{6}}{2 R} \quad \text { d'après la loi des sinus } \\
& =\frac{k}{2 R} .
\end{aligned}
$$

Or, $O_{2} O_{6}=2 R \sin \widehat{O_{2} O_{1} O_{6}}=2 R \sin \widehat{A M B}$ (car les côtés des angles $\widehat{O_{2} O_{1} O_{6}}$ et $\widehat{A M B}$ sont deux à deux perpendiculaires ), donc $C^{\prime} F^{\prime}=k \sin \widehat{A M B}$, d'où $\frac{C F}{\sin \widehat{A M B}}=2 k$.

On prouve de même $\frac{A D}{\sin \widehat{B M C}}=2 k$, donc $\frac{C F}{\sin \widehat{A M B}}=\frac{A D}{\sin \widehat{B M C}}$.
Solution du problème 3. Tout d'abord, le problème est évident si $p=5$, car alors $2^{p-1} \equiv 16 \not \equiv 1$ $\left(\bmod p^{2}\right)$ et $3^{p-1} \equiv 6 \not \equiv 1\left(\bmod p^{2}\right)$. On suppose donc désormais que $p \geq 7$.

Notons $K$ l'ensemble $\left\{n \mid n^{p-1} \equiv 1\left(\bmod p^{2}\right)\right\}$. Alors $K$ est stable par produit. De plus, si $a \in K$ $(\operatorname{donc} a \not \equiv 0(\bmod p))$ et si $k$ est un entier, alors

$$
(a+k p)^{p-1} \equiv a^{p-1}+(p-1) a^{p-2} k p \equiv 1-k p a^{p-2} \quad\left(\bmod p^{2}\right) .
$$

Ainsi, $a+k p \in K$ si et seulement si $k \in p \mathbb{Z}$.
Puisque $\{-1,1\} \subseteq K$, alors $\{p-1, p+1\} \cap K=\emptyset$ : il existe donc deux nombres premiers $q$ et $r$ tels que $q$ divise $p-1, r$ divise $p+1$ et $\{p, q\} \cap K=\emptyset$. En outre, puisque $p-1$ et $p+1$ sont pairs donc composés, on a $1 \leq q \leq \frac{p-1}{2}<p$ et $1 \leq r \leq \frac{p+1}{2}<p$.

Si $q \neq r$, on a donc trouvé deux nombres premiers distincts dans l'ensemble $\{1, \ldots, p-1\} \backslash K$. En revanche, si $q=r$, alors $q$ divise $\operatorname{PGCD}(p-1, p+1)=2$, donc $q=2 \notin K$.

Le seul cas à traiter est celui où tout nombre premier impair de l'intervalle $\{1, \ldots, p-1\}$ appartient à $K$, c'est-à-dire celui où $\{1, \ldots, p-1\} \backslash 2 \mathbb{Z} \subseteq K$. On pose alors $\theta=1$ si $p \equiv 1(\bmod 3)$, ou $\theta=5$ si $p \equiv 2(\bmod 3)$. Puisque $\theta \in K$ et que $2 \notin p \mathbb{Z}$, on sait que $2 p+\theta \notin K$. Cependant, on sait également que $\left\{3, \frac{2 p+\theta}{3}\right\} \subseteq\{1, \ldots, p-1\} \backslash 2 \mathbb{Z} \subseteq K$, donc que $2 p+\theta \in K$.

Cette contradiction montre que $K$ devait nécessairement contenir deux nombres premiers $q$ et $r$ tels que $1<q<r<p$.