problem:
Antoine propose à Baptiste de jouer à l'"alphabet en folie" : Ils commencent par se mettre d'accord sur une lettre. Puis, à tour de rôle, chacun peut choisir de prononcer entre 1 et 2 lettres suivantes dans l'alphabet en partant de A. Celui qui prononce la lettre choisie a gagné. Si Antoine commence, pour quelles lettres de départ dispose-t-il d'une stratégie lui permettant de gagner la partie à coup sûr?

Voici un exemple de partie : la lettre choisie initialement est E. Antoine dit "A", Baptiste "BC", Antoine "CD" et Baptiste dit "E". Dans ce cas, Baptiste a gagné.

solution:
Montrons que Antoine a une stratégie gagnante si, et seulement si, le rang de la lettre choisie dans l'alphabet n'est pas un multiple de 3 . Colorons les lettres de l'alphabet en bleu-blanc-rouge dans l'ordre. Si la lettre d'arrivée est rouge (c'est à dire que son rang dans l'alphabet est un multiple de 3), Baptiste possède la stratégie suivante : à chaque fois qu'Antoine choisit de dire une lettre, Baptiste en dit deux et à chaque fois qu'Antoine décide de dire deux lettres il n'en dit qu'une. Selon cette stratégie, quels que soient ses choix passés, Antoine n'a le choix à chaque tour qu'entre une lettre bleue ou une lettre bleue et une blanche et ne dira pas la lettre finale rouge. En revanche, si la lettre choisie est blanche ou bleue, Antoine possède une stratégie gagnante : il lui suffit de prendre A si la lettre finale est bleue ou A et B si elle est blanche, puis d'appliquer la stratégie qui était celle de Baptiste dans le cas rouge.

Commentaire des correcteurs: L'exercice est compris dans l'ensemble des copies. Certains élèves perdent des points en oubliant de montrer qu'ils trouvent bien toutes les lettres pour lesquelles Antoine a une stratégie gagnante. Précisément, il était nécessaire d'expliquer pourquoi Antoine n'a pas de stratégie gagnante pour les lettres dont le rang est un multiple de 3. Outre cet écueil, beaucoup de rédactions sont laborieuses ou peu précises : cela n'a pas été pénalisé lorsque le raisonnement était manifestement compris. La rédaction d'un exercice de combinatoire est souvent source de difficulté, il s'agit toutefois d'une piste d'amélioration rapide et il est donc vivement conseillé de lire les corrigés des exercices afin de pouvoir s'inspirer de rédactions claires et efficaces à l'avenir.

problem_match: Exercice 1.

solution_match: Solution de l'exercice 1


problem: Aurélien découpe une feuille de papier en 7 morceaux. Une étape consiste ensuite à choisir un morceau et à le découper en 4,7 ou 10 morceaux. Aurélien peut-il obtenir ainsi 2021 morceaux ?

solution:
L'exercice décrit une suite d'opérations et demande s'il est possible de passer d'un état initial à un état final, on peut donc légitimement chercher un invariant du système.
Ici, nous allons montrer que le nombre de morceausx d'Aurélien est toujours de la forme $3 k+1$, avec $k$ un entier naturel.
C'est le cas dans la situation initiale, puisqu'Aurélien dispose de $7=3 \times 2+1$ morceaux. Puis, si c'est le cas lors d'une étape et qu'Aurélien dispose de $3 k+1$ morceaux avec $k$ un entier naturel, Aurélien remplace un morceau par $3 \times 1+1$ morceaux, par $3 \times 2+1$ morceaux ou par $3 \times 3+1$ morceaux, de sorte qu'il lui reste, à la fin de l'opération, $3(k+1)+1,3(k+2)+1$ ou $3(k+3)+1$ morceaux. De proche en proche, on a bien le résultat annoncé. Comme $2021=3 \times 673+2$ n'est pas de la forme indiquée, on ne peut jamais obtenir 2021 morceaux par le processus décrit.

Commentaire des correcteurs : Exercice très bien réussi par ceux qui l'ont abordé. Certains manquent un peu d'habitude pour bien justifier proprement, ce qui peut être dommageable dans des cas plus compliqués. Je vous conseille de regarder le corrigé pour quelque chose de parfaitement clair.

problem_match: Exercice 2.

solution_match: Solution de l'exercice 2


problem:
On dispose de cinq couleurs et d'une grille $99 \times 99$. On colorie certains carrés de la grille avec l'une des cinq couleurs de sorte que

- Chaque couleur apparaît le même nombre de fois dans la grille.
- Aucune ligne et aucune colonne ne contient des cases de couleur différente.

Quelle est le plus grand nombre possible de cases que l'on peut colorier en suivant ces règles?

solution:
Réponse : $\mathrm{N}=5 \times 19 \times 20=1900$.
Comme chaque ligne ou colonne ne peut contenir qu'une couleur, on va réfléchir en partant des lignes. On dit qu'une ligne ou colonne est d'une couleur (disons rouge) quand la seule couleur que peuvent avoir des cases de cette ligne ou colonne est le rouge. Si une ligne ou colonne n'a pas de couleur, on lui assigne arbitrairement une couleur. Ainsi, une case rouge se trouve forcément à l'intersection d'une ligne rouge et d'une colonne rouge. Par conséquent, on peut majorer le nombre de case rouge par le produit du nombre de ligne rouges par le nombre de colonnes rouges. Introduisons maintenant des notations. On numérotes les couleurs disponibles de 1 à 5 et on note $x_{i}$ le nombre de lignes colorées de la i-ième couleur, et $y_{i}$ le nombre de colonnes colorées de cette couleur. Notons enfin N le nombre de cases coloriées par couleur. On veut maximiser le nombre total de cases coloriées, 5 N . Les arguments précédemment cités montrent que $\forall i: N \leqslant x_{i} y_{i}$. ON a évidemment aussi, $x_{1}+x_{2}+\ldots+x_{5}=y_{1}+y_{2}+\ldots y_{5}=99$. L'étude des petits cas nous montre que pour maximiser $N$ il faut que les $x_{i}$ et les $y_{i}$ soient tous environs égaux, valant tous $\frac{99}{5}$ arrondi soit par excès ou par défaut. Une étude plus approfondie des petits cas où on remplace 99 par un petit nombre congru à $4 \bmod 5$, comme 99 , nous permet de conjecturer que la construction suivante est optimale :
![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_24_60574c6b8c1b47e378c4g-04.jpg?height=1009&width=1003&top_left_y=1244&top_left_x=561)

Ici, on a $N=19 \cdot 20$.
Prouvons maintenant l'optimalité. Supposons par l'absurde disposer d'une configuration valide où $\mathrm{N}>$ $19 \times 20$, donc $\forall i: x_{i} y_{i}>19 \times 20$. On remarque ensuite que $x_{i}+y_{i}>39$. En effet,

$$
x_{i} y_{i}=\frac{1}{4}\left(\left(x_{i}+y_{i}\right)^{2}-\left(x_{i}-y_{i}\right)^{2}\right)
$$

Donc

$$
38^{2}<4 \cdot 19 \cdot 20=39^{2}-1<\left(x_{i}+y_{i}\right)^{2}-\left(x_{i}-y_{i}\right)^{2}<\left(x_{i}+y_{i}\right)^{2}
$$

Donc $38<x_{i}+y_{i}$. De plus, si $x_{i}+y_{i}=39$, alors $\left(x_{i}-y_{i}\right)^{2}<1$ Donc $x_{i}=y_{i}$, ce qui est impossible car 39 est impair. Donc $x_{i}+y_{i} \geqslant 40$.
Le compte final $2 \cdot 99=\left(x_{1}+y_{1}\right)+\left(x_{2}+y_{2}\right)+\ldots+\left(x_{5}+y_{5}\right) \geqslant 5 \times 40=200$ est une contradiction et termine la preuve.

Commentaire des correcteurs : Le problème n'a pas été beaucoup résolu par les élèves qui l'ont abordé. Dans l'ensemble, une bonne partie des élèves ont trouvé une configuration qui marchait pour $\mathrm{N}=1900$, qui était bien la réponse maximale. Mais peu d'entre eux ont montré qu'on ne pouvait pas faire mieux, beaucoup se sont contentés de dire qu'en partant de la configuration qu'ils avaient donnés, on ne pouvait pas colorier plus de cases : mais ceci ne veut pas dire qu'on ne peut pas trouver une autre configuration, complètement différente (et qui ne part pas de la configuration à $\mathrm{N}=1900$ ), avec plus de cases coloriées. Enfin, un certain nombre d'élèves sont partis du principe qu'il devait forcément y avoir le même nombre de ligne et de colonne par couleur, et ont abouti à 1805 : mais la contrainte était d'avoir le même nombre de cases par couleur au total, aucune condition ne portait sur le nombre de lignes et de colonnes par couleur, et d'ailleurs les configurations optimales n'ont pas le même nombre de lignes et de colonnes par couleur. Enfin, certains élèves avaient le bon raisonnement, mais ont oublié de répondre à la question de l'énoncé, qui était "quel est le plus grand nombre de cases possibles à colorier dans la grille" : on souligne l'importance de bien se relire et d'être sûr qu'on a bien répondu à la question posée avant de rendre une copie.

problem_match: Exercice 3.

solution_match: Solution de l'exercice 3


problem: Une partie se joue sur un échiquier de taille $\mathrm{n} \times \mathrm{n}$. Au début, il y a 99 pierres sur chaque case. Tour à tour, Aimeric et Benoit choisissent une ligne ou une colonne et retirent une pierre de chaque case de la ligne ou de la colonne choisie. Ils ne peuvent choisir une ligne ou une colonne que si elle comporte au moins une pierre sur chaque case. Le premier joueur qui ne peut pas se déplacer perd la partie. Aimeric joue le premier tour. Déterminer tous les $n$ pour lesquels Benoit a une stratégie gagnante.

solution:
Réponse : Les n pairs.

Dans la suite, on numérote les colonnes de gauche à droite et les lignes de haut en bas.
Nous allons montrer qu'il y a exactement 99 n tours de jeu, de sorte que si n est pair, Benoit aura eu le dernier tour de jeu (donc aura gagné), sinon c'est Aimeric.

Considérons les cases de l'une des grandes diagonales de la grille. Comme chaque ligne et chaque colonne contient exactement une de ces cases, à chaque étape, la somme du nombre de pierres sur ces cases diminue d'exactement 1 . Si toutes les cases de la grande diagonale sont vides, il n'est plus possible d'effectuer aucune action. Montrons que réciproquement, si l'une des cases de la grande diagonale contient au moins un caillou, il est encore possible de jouer.
Supposons que cette case soit à l'intersection de la ligne $i$ et de la colonne $i$. Si la ligne $i$ et ou la colonne i ne contiennent pas de case vide, alors il est encore possible de jouer sur cette colonne ou cette ligne. On peut donc supposer que la ligne $i$ contient une case vide, disons sur la colonne $a$, et que la colonne $i$ contient une case vide, disons sur la ligne $b$. Notons $r_{i}$ le nombre de fois que l'on a joué sur la ligne $i$, $r_{b}$ le nombre de fois que l'on a joué sur la ligne $b, c_{i}$ le nombre de fois que l'on a joué sur la colonne $i$ et enfin $c_{a}$ le nombre de fois que l'on a joué sur la colonne $a$.
Puisque la case à l'intersection de la ligne $i$ et de la colonne a est vie, on a $c_{a}+r_{i}=99$. De même, on a $r_{b}+c_{i}=99$. Mais puisque $r_{i}+c_{i}<99$ (car la case à l'intersection de la ligne et de la colonne $i$ est non vide), on a $\mathrm{r}_{\mathrm{b}}+\mathrm{c}_{\mathrm{a}}>99$, ce qui est absurde car la case à l'intersection de la ligne b et de la colonne a a perdu alors strictement plus que 99 caillous.
On déduit que la partie finit si et seulement si chaque case de la grande diagonale est vide, donc au bout d'exactement 99 n étapes, ce qui permet de conclure comme annoncé.

Commentaire des correcteurs: Beaucoup d'élèves ont compris l'importance de la parité du nombre de tours de jeu, mais certains d'entre eux supposent que toutes les cases doivent être vides lorsque plus aucun coup n'est jouable, sans le démontrer. Beaucoup de copies traitent le cas n pair avec une stratégie miroir, mais celle-ci n'est pas directement adaptable au cas n impair sans argument supplémentaire. Les dessins, malheureusement trop rares, ont été appréciés et ont facilité la compréhension des arguments combinatoires.

problem_match: Exercice 4.

solution_match: ## Solution de l'exercice 4


problem: Soit $n$ un entier naturel. Joseph peut tirer $2 n+1$ flèches. Chacun de ses tirs est un échec ou une réussite. Un tir est dit "équilibré" si le nombre d'échecs avant ce tir additionné au nombre de réussites après ce tir est égal à $n$. Déterminer si le nombre de tirs équilibrés est pair ou impair.

solution:
Montrons que le nombre de tirs équilibrés est impair.
Première remarque : considérons une succession de deux tirs telle que le premier est réussi et le suivant raté. Alors il y a autant de tirs ratés avant pour les deux et autant de tirs réussis après donc soit les deux tirs sont équilibrés, soit aucun des deux ne l'est. De même, si le premier est raté et le suivant réussi, en notant e le nombre d'échecs avant ces deux tirs et r le nombre de réussites après, le premier tir est équilibré si et seulement si $e+(1+r)=n$ et le deuxième est équilibré si et seulement si $(e+1)+r=n$. On remarque que ces deux conditions sont égales. Ainsi, puisque cela ne modifie pas l'équilibre des tirs précédents et suivants, supposer que pour une succession de 2 tirs dont l'un est réussi et l'autre est raté, c'est le premier qui est raté ne modifie pas la parité du nombre de tirs équilibrés. On peut donc se ramener au cas où Joseph commence par une succession d'échecs, puis de réussites. Dans l'ordre des tirs, le nombre de succès à venir additionné au nombre d'échecs passés débute au nombre de réussites total R , augmente strictement à chaque échec jusqu'à atteindre la valeur 2 n puis diminue à chaque réussite jusqu'à atteindre le nombre d'échec total E . Or $\mathrm{E}+\mathrm{R}=2 * \mathrm{n}+1$ donc exactement une de ces deux valeurs E et R est plus petite que n et l'autre est strictement plus grande. La valeur n n'est donc atteinte que pour un seul tir dans cette configuration, et elle est donc impair dans le cas général.

Commentaire des correcteurs : L'exercice était difficile et n'a été abordé que par un nombre assez faible d'étudiants. La solution a été intuitée la plupart du temps, mais rarement justifié de manière convaincante.

problem_match: Exercice 5.

solution_match: Solution de l'exercice 5


problem: Dans une école il y a n cours et n élèves. Les élèves sont inscrits dans plusieurs cours de sorte que deux élèves différents n'ont jamais exactement les même cours. Prouver qu'on peut supprimer un cours de sorte qu'aucune paire d'élèves ne se retrouve avec exactement les mêmes cours.

solution:
On va montrer par récurrence forte sur n la propriété plus forte suivante :
$\mathcal{P}_{n}$ :Pour tout $m \geqslant n$, dans une classe à $n$ élèves et $m$ cours telle que deux élèves n'ont jamais exactement les mêmes cours, alors il est possible de retirer un cours de sorte que les élèves ne suivent pas exactement les mêmes cours parmi les cours restants.

Initialisation: $\mathrm{Si} \mathrm{n}=1$, il n'y a rien à démontrer.
Hérédité : Soit $n \geqslant 2$. Supposons que $\mathcal{P}_{k}$ est vraie pour tout $1 \leqslant k \geqslant n-1$. Soit $m \geqslant n$. Considérons alors une classe de $n$ élèves qui suivent $m$ cours notés $C_{1}, \ldots, C_{m}$. Si deux élèves ne suivent jamais les mêmes cours parmi les cours $C_{1}, \ldots, C_{m-1}$, alors on a démontré ce qu'il fallait. Sinon, il existe $k$ paires d'élèves $\left(A_{1}, B_{1}\right), \ldots,\left(A_{k}, B_{k}\right)$ avec $k \geqslant 1$, telles que les élèves $A_{i}$ et $B_{i}$ suivent les mêmes cours parmi $C_{1}, \ldots, C_{m-1}$ (et alors exactement l'un d'eux, disons $A_{i}$, suit le cours $C_{m}$ ). Notons $E_{1}, \ldots, E_{n-2 k}$ l'ensemble des élèves restant. Considérons le sous-ensemble de $n-k$ élèves $\left\{A_{1}, \ldots, A_{k}, E_{1}, \ldots, E_{n-2 k}\right\}$ et l'ensemble de cours $\left\{C_{1}, \ldots, C_{m-1}\right\}$. D'après l'hypothèse de récurrence, puisque $n-k \leqslant m-1$, on dispose d'un cours, disons $C_{m-1}$ qui, si on le retire, vérifie qu'aucune paire de deux élèves parmi les élèves considérés ne suivent les mêmes cours parmi $C_{1}, \ldots, C_{m-2}$. Alors, parmi ces $n-k$ élèves considérés, il n'y a pas de paire d'élèves ayant exactement les mêmes cours parmi $C_{1}, \ldots, C_{m-2}, C_{m}$. Mais alors un élève $B_{i}$ ne suit pas exactement les mêmes cours que $A_{i}$ (à cause du cours $C_{m}$ ou qu'un autre élève (car $A_{i}$ ne suit pas les mêmes cours qu'un autre élève parmi $C_{1}, \ldots, C_{m-2}$ ). Ceci achève la récurrence.

La propriété $\mathcal{P}_{n}$ est donc vraie pour tout n , en particulier, l'énoncé est vrai pour $\mathrm{m}=\mathrm{n}$ cours et n élèves.

problem_match: Exercice 6.

solution_match: ## Solution de l'exercice 6


solution:
:

Notons $E_{1}, \ldots, E_{n}$ les $n$ élèves et $C_{1}, \ldots, C_{n}$ les $n$ cours.
On procède par l'absurde et l'on suppose l'inverse : quelque soit le cours $C_{i}$ que l'on supprime, il existe deux élèves $E_{i_{1}}$ et $E_{i_{2}}$ ayant exactement les mêmes cours en dehors du cours $C_{i}$. Si deux telles paires ou plus existent pour un même cours $C_{i}$, on n'en garde qu'une seule. Comme ces deux élèves ne suivent pas exactement les mêmes cours, l'un suit le cours $C_{i}$ et l'autre ne le suit pas. Leurs cours ne coïncident donc pas si l'on supprime un autre cours $C_{j}$.
Considérons alors le graphe dont les sommets sont les élèves et deux élèves sont reliés par une arêtes s'il existe un $i$ (qui est alors unique d'après le paragraphe précédent) tel que, si l'on supprime $C_{i}$, les deux élèves ont les mêmes cours. Comme chaque cours $C_{i}$ induit une paire d'élèves reliés par une arête, le graphe obtenu admet au moins un cycle, que l'on note $E_{i_{1}} \ldots E_{i_{k}} E_{i_{1}}$, avec $k \leqslant n$. Notons $j_{\ell}$ le numéro du cours qui induit l'arête $E_{i_{\ell}} E_{i_{\ell+1}}$. Les élèves $E_{i_{1}}$ et $E_{i_{k}}$ suivent alors les mêmes cours parmi ceux qui ne sont pas $C_{j_{1}}, \ldots, C_{j_{k-1}}$. En particulier, soient ils suivent tous les deux le cours $C_{j_{k}}$, soient ils ne le suivent pas tous les deux, ce qui contredit le fait que l'arête $E_{i_{k}} E_{i 1}$ appartient au graphe. On a la contradiction désirée.

Commentaire des correcteurs: Le problème a été très peu abordé et très peu résolu. Plusieurs élèves parviennent à modéliser le problème par un graphe, ce qui est excellent.

solution_match: ## Solution alternative


problem: Déterminer le plus grand entier $n$ pair ayant la propriété suivante : quelle que soit la façon de paver une grille $\mathrm{n} \times \mathrm{n}$ avec des dominos, il existe une ligne coupant le tableau en deux parties non vides et n'intersectant aucun domino.

solution:
Réponse: $\mathrm{n}=6$

Mentionnons pour commencer que la réponse peut se deviner en essayant l'exercice pour des petites valeurs de n.
Le problème demande de trouver le plus grand entier n vérifiant une certaine propriété, il comporte donc nécessairement deux parties. Nous allons montrer d'abord que 6 vérifie la propriété, puis nous allons montrer que si $n \geqslant 8$, il existe une configuration de dominos ne respectant pas la propriété.
Cas $\mathrm{n}=\mathbf{6}$ : Supposons au contraire qu'il existe une configuration de dominos telle que chaque ligne coupant le tableau en deux parties non vides coupe au moins un domino. On ne va considérer que les lignes horizontales séparant deux rangées et les lignes verticales séparant deux colonnes du tableau, on appelle ces lignes des séparatrices, et les deux parties non vides du tableau obtenues avec une séparatrice des sections.
D'une part, un domino ne peut être intersecté que par au plus une séparatrice (et cette séparatrice coupe le domino en deux carrés égaux). D'autre part, une séparatrice intersecte un nombre pair de dominos, En effet, chaque section obtenue contient un nombre pair de cases (les sections sont des rectangles dont l'un des côtés est de longueur 6). Comme chaque domino sectionné recouvre exactement une case de la section et que les autres cases sont recouvertes par des dominos inclus dans la section et sont donc en nombre pair, on déduit bien qu'une séparatrice intersecte un nombre pari de dominos.
![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_24_60574c6b8c1b47e378c4g-09.jpg?height=614&width=844&top_left_y=1273&top_left_x=630)

Par hypothèse, chaque séparatrice intersecte au moins un domino, donc elle en intersecte au moins 2 . Il y a 10 séparatrices, donc au moins 20 dominos du pavage sont intersectés par une séparatrice. Or, le pavage d'un carré $6 \times 6$ contient exactement 18 dominos. On a abouti à une contradiction.
Cas $n \geqslant 8$ : Nous allons donner pour tout entier $n \geqslant 8$ un pavage de la grille $n \times n$ tel que toute ligne coupant le tableau en deux parties non vides intersecte au moins un domino.
On considère le motif suivant:
![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_24_60574c6b8c1b47e378c4g-10.jpg?height=801&width=809&top_left_y=136&top_left_x=655)

On pave ensuite l'intérieur du carré grisé avec le motif suivant :
![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_24_60574c6b8c1b47e378c4g-10.jpg?height=605&width=606&top_left_y=1080&top_left_x=754)

On obtient bien de cette façon un pavage qui vérifie la propriété de l'énoncé.
Commentaire des correcteurs : Le problème a été très peu abordé et en somme très peu résolu. Les élèves ayant rendu une tentative ont donné de bons arguments pour montrer que $\mathrm{n} \leqslant 6$ en proposant des constructions par récurrence.

problem_match: Exercice 7.

solution_match: ## Solution de l'exercice 7


problem:
Aline et Elsa jouent au jeu suivant. Elles disposent de 100 pierres qu'elles séparent en deux piles (pas forcément de même taille) au début du jeu. Puis chacune à leur tour, en commençant par Aline, elles effectuent le mouvement suivant : elles choisissent une pile, puis un entier strictement positif inférieur ou égal à la moitié de la taille de la pile choisie et retirent ce nombre de pierres de la pile. La première joueuse qui ne peut plus effectuer de mouvement perd.
Déterminer toutes les configurations initiales pour lesquelles Elsa a une stratégie gagnante.

solution:
Dans la suite, on désigne par $(x, y)$ la configuration où la première pile est de taille $x$ et la deuxième pile est de taille $y$.
On observe sur le cas à une seule pile en commençant par la fin que les solutions perdantes pour Aline sont les piles à $2^{n}-1$ pierres.
Revenons au cas d'une configuration intiale générique $(\boldsymbol{a}, \boldsymbol{b}$ ). Par définition, la position $(1,1)$ est perdante. $(a, b)$ est perdante pour la personne qui doit jouer si $\frac{a+1}{b+1}$ est une puissance (positive ou négative) de 2. En effet, si $\frac{a+1}{b+1}=2^{n}$, si on pioche dans $a$, on diminue le quotient mais strictement de moins qu'un facteur 2. À l'inverse, si on pioche dans la pile $b$ on l'augmente mais strictement moins que d'un facteur 2 ce qui conserve bien une position gagnante pour la joueuse suivante.
Réciproquement, si $2^{\mathrm{n}}(b+1)<\mathrm{a}+1<2^{\mathrm{n}+1}(b+1)$ avec $\mathrm{n} \geqslant 0$ alors on prend le nombre nécessaire de pierres de la pile a de sorte qu'il en reste précisément $2^{n}(b+1)-1$. Cela est possible car $a<$ $2^{n+1}(b+1)-1$ donc $a \leqslant 2^{n+1}(b+1)-2$ d'où $\frac{a}{2} \leqslant 2^{n}(b+1)-1$ ce qui signifie qu'on en a laissé plus que la moitié.

Commentaire des correcteurs : L'exercice était difficile et n'a été rendu que par un élève.

problem_match: Exercice 8.

solution_match: Solution de l'exercice 8


problem: Soit $N$ un entier strictement positif. On suppose qu'il existe quatre sous-ensembles $A_{1}, A_{2}, A_{3}$ et $\boldsymbol{A}_{4}$ de $\{1, \ldots, \boldsymbol{N}\}$, chacun de cardinal 500 et on suppose que, pour tous $x, y$ dans $\{1, \ldots, N\}$, il existe un indice $i$ tel que $x$ et $y$ sont dans $A_{i}$. Déterminer la plus grande valeur de $N$ possible.

solution:
Réponse : 833.

Nous allons traiter ce problème avec le langage des graphes. La modélisation du problème pousse à considérer le graphe dont les sommets sont les éléments de $S$, qui sont reliés par une arête de couleur $i$ si les deux sommets apprtiennent à l'ensemble $A_{i}$.
Dans la suite, on dira également qu'un graphe $G_{1}$ recouvre un graphe $G_{2}$ si toute arête de $G_{2}$ est une arête de $\mathrm{G}_{1}$.

On note $\mathrm{K}_{\mathrm{m}}$ le graphe constitué de m sommets et dont tous les sommets sont réliés. Un tel graphe est dit complet.
On note $\mathrm{K}_{\mathrm{m}, \mathrm{m}}$ le graphe constitué de 2 ensembles de sommets $S_{1}$ et $S_{2}$, tous les deux de cardinal m et dans lequel chaque sommet de $S_{1}$ est relié à tous les sommets de $S_{2}$. Un tel graphe est communément appelé bipartite complet, et on appellera $\mathrm{S}_{1}$ et $\mathrm{S}_{2}$ les équipes de $\mathrm{K}_{\mathrm{m}, \mathrm{m}}$.
Lemme : Soit $\mathrm{K}_{\mathrm{m}, \mathrm{m}}$ un graphe bipartite complet et $S_{1}$ et $S_{2}$ ses équipes. Supposons qu'il est possible de recouvrir $K_{m, m}$ avec de graphes complets $K_{k}$ et $K_{\ell}$ de taille respective $k, \ell<2 \mathrm{~m}$. Alors $\mathrm{m}<\frac{\mathrm{k}+\ell}{3}$.
Preuve du lemme: Commençons par montrer que $\mathrm{K}_{\mathrm{k}}$ et $\mathrm{K}_{\ell}$ contiennent chacun soit $S_{1}$ soit $S_{2}$. En effet, soit $v \in S_{1}$ n' appartenant pas à $K_{\ell}$. Pour tout sommet $w$ de $S_{2}$, l'arête $v w$ appartient donc à $K_{k}$, mais alors $w$ appartient à $K_{k}$, donc $K_{k}$ contient tous les sommets de $S_{2}$. Mais alors, en raisonnant sur un sommet de $S_{1}$ n'appartenant pas à $K_{k}$, on obtient que $K_{\ell}$ contient aussi tous les éléments de $S_{2}$. Ainsi, chaque sommet de $S_{2}$ appartient à $K_{k}$ et à $K_{\ell}$ et chaque sommet de $S_{1}$ appartient à $K_{k}$ ou à $K_{\ell}$, de sorte que $k+\ell \geqslant\left|S_{1}\right|+2\left|S_{2}\right|=3 \mathrm{~m}$

Revenons au problème. On suppose par l'absurde que $\mathrm{N} \geqslant 834$. Remarquons que si on pouvait avoir N encore plus grand, on pourrait se ramener au cas $\mathrm{N}=834$ en ajoutant arbitrairement des éléments de $\{1, . .834\}$ qui n'y étaient pas encore aux ensembles.
Nous partitionnons notre ensemble de points comme suit:

- Z l'ensemble des points dans $A_{1}$ et $A_{2}$.
- Xl'ensemble des points dans $A_{1}$ mais pas $A_{2}$.
- Yl'ensemble des points dans $A_{2}$ mais pas $A_{1}$.
- $W$ le reste (ni dans $A_{1}$, ni dans $A_{2}$ ).

On a alors $|\mathrm{X}|+|\mathrm{Y}|+|\mathrm{Z}|+|\mathrm{W}|=834$ et $|\mathrm{X}|+|\mathrm{Z}|=|\mathrm{Y}|+|\mathrm{Z}|=500$ ce qui nous donne $|\mathrm{W}|-|\mathrm{Z}|=-166$.
Cas 1: $|W|=0$. Il vient $|Z|=166,|X|=|Y|=334$. Ceci contredit notre lemme car cela implique que nous pouvons couvrir $\mathrm{K}_{334,334}$ avec deux cliques de taille 500 .
Cas 2: $|W|>O$. Alors $Z \subset K_{2} \cap K_{3}$ (c'est-à-dire que chacun de ses éléments est dans $A_{3}$ ou $A_{4}$ ) pour que chacun de ses sommets soit connecté aux éléments de $|W|$ donc $\left|K_{3} \cap Z\right|+\left|K_{4} \cap Z\right| \geqslant|Z|$. Ainsi, nous pouvons voir que si $|W|>0$ : (En utilisant que $W \subset K_{3} \cap K_{4}$ )

$$
\left|K_{3} \cap(X \cup Y)\right|+\left|K_{4} \cap(X \cup Y)\right| \leqslant 1000-2|W|-|Z|
$$

Alors, nous devons couvrir $K_{500-|Z|, 500-|Z|}$ (graphe formé à l'aide des ensembles $X$ et $Y$ ) avec deux cliques de tailles $\left|K_{3} \cap(X \cup Y)\right|, \mid K_{4} \cap(X \cup Y)$. Par notre lemme, $3(500-|Z|) \leqslant 1000-2|W|-|Z|$ or comme $|Z|=|W|+166$, on obtient une contradiction!

Par ailleurs, pour $\mathrm{N}=833$, on dispose d'une construction explicite : En reprenant nos notations $\mathrm{X}, \mathrm{Y}, \mathrm{Z}$. Avec $|Z|=167$ et $|\mathrm{X}|=|\mathrm{Y}|=333$. On place tous les éléments de X dans $A_{3}$ et $A_{4}$ et un élément de $|\mathrm{Y}|$ dans les deux, la moitié des éléments de Y qu'il reste dans $A_{3}$ et l'autre dans $A_{4}$.

Commentaire des correcteurs : L'exercice a été peu traité, et résolu par un seul élève.

## Exercices Seniors

problem_match: Exercice 9.

solution_match: ## Solution de l'exercice 9


solution:
L'exercice décrit une suite d'opérations et demande s'il est possible de passer d'un état initial à un état final, on peut donc légitimement chercher un invariant du système.
Ici, nous allons montrer que le nombre de morceausx d'Aurélien est toujours de la forme $3 k+1$, avec $k$ un entier naturel.
C'est le cas dans la situation initiale, puisqu'Aurélien dispose de $7=3 \times 2+1$ morceaux. Puis, si c'est le cas lors d'une étape et qu'Aurélien dispose de $3 k+1$ morceaux avec $k$ un entier naturel, Aurélien remplace un morceau par $3 \times 1+1$ morceaux, par $3 \times 2+1$ morceaux ou par $3 \times 3+1$ morceaux, de sorte qu'il lui reste, à la fin de l'opération, $3(k+1)+1,3(k+2)+1$ ou $3(k+3)+1$ morceaux.
De proche en proche, on a bien le résultat annoncé. Comme $2021=3 \times 673+2$ n'est pas de la forme indiquée, on ne peut jamais obtenir 2021 morceaux par le processus décrit.

Commentaire des correcteurs : Exercice très bien réussi. Notons tout de même un critère de réduction $\bmod 3$ permettant de ne pas faire de division euclidienne pour calculer $2021=2 \bmod 3$ : un nombre est congru à la somme de ces chiffres $\bmod 9$ et donc $\bmod 3$.

problem_match: Exercice 10.

solution_match: Solution de l'exercice 10


solution:
Réponse : N = 5 $\times 19 \times 20=1900$.

Comme chaque ligne ou colonne ne peut contenir qu'une couleur, on va réfléchir en partant des lignes. On dit qu'une ligne ou colonne est d'une couleur (disons rouge) quand la seule couleur que peuvent avoir des cases de cette ligne ou colonne est le rouge. Si une ligne ou colonne n'a pas de couleur, on lui assigne arbitrairement une couleur. Ainsi, une case rouge se trouve forcément à l'intersection d'une ligne rouge et d'une colonne rouge. Par conséquent, on peut majorer le nombre de case rouge par le produit du nombre de ligne rouges par le nombre de colonnes rouges. Introduisons maintenant des notations. On numérotes les couleurs disponibles de 1 à 5 et on note $x_{i}$ le nombre de lignes colorées de la i-ième couleur, et $y_{i}$ le nombre de colonnes colorées de cette couleur. Notons enfin N le nombre de cases coloriées par couleur. On veut maximiser le nombre total de cases coloriées, 5 N . Les arguments précédemment cités montrent que $\forall i: N \leqslant x_{i} y_{i}$. ON a évidemment aussi, $x_{1}+x_{2}+\ldots+x_{5}=y_{1}+y_{2}+\ldots y_{5}=99$. L'étude des petits cas nous montre que pour maximiser N il faut que les $x_{i}$ et les $y_{i}$ soient tous environs égaux, valant tous $\frac{99}{5}$ arrondi soit par excès ou par défaut. Une étude plus approfondie des petits cas où on remplace 99 par un petit nombre congru à $4 \bmod 5$, comme 99 , nous permet de conjecturer que la construction suivante est optimale :
![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_24_60574c6b8c1b47e378c4g-14.jpg?height=1012&width=1007&top_left_y=1242&top_left_x=559)

Ici, on a $N=19 \cdot 20$.
Prouvons maintenant l'optimalité. Supposons par l'absurde disposer d'une configuration valide où $\mathrm{N}>$ $19 \times 20$, donc $\forall i: x_{i} y_{i}>19 \times 20$. On remarque ensuite que $x_{i}+y_{i}>39$. En effet,

$$
x_{i} y_{i}=\frac{1}{4}\left(\left(x_{i}+y_{i}\right)^{2}-\left(x_{i}-y_{i}\right)^{2}\right)
$$

Donc

$$
38^{2}<4 \cdot 19 \cdot 20=39^{2}-1<\left(x_{i}+y_{i}\right)^{2}-\left(x_{i}-y_{i}\right)^{2}<\left(x_{i}+y_{i}\right)^{2}
$$

Donc $38<x_{i}+y_{i}$. De plus, si $x_{i}+y_{i}=39$, alors $\left(x_{i}-y_{i}{ }^{2}<1\right.$ Donc $x_{i}=y_{i}$, ce qui est impossible car 39 est impair. Donc $x_{i}+y_{i} \geqslant 40$.
Le compte final $2 \cdot 99=\left(x_{1}+y_{1}\right)+\left(x_{2}+y_{2}\right)+\ldots+\left(x_{5}+y_{5}\right) \geqslant 5 \times 40=200$ est une contradiction et termine la preuve.

Commentaire des correcteurs : Le problème a été plutôt bien résolu par les élèves. On soulignera 2 erreurs courantes : aboutir à un résultat de $\mathrm{N}=1805$ et avoir le bon résultat mais ne donner que des arguments intuitifs pour démontrer qu'il est optimal. Les élèves devraient mieux se relire et profiter des envois pour travailler leur rigueur, surtout en combinatoire

problem_match: Exercice 11.

solution_match: ## Solution de l'exercice 11


problem: Soit $k$ un entier strictement positif et $P$ un point du plan. Déterminer le plus petit entier $n$ ayant la propriété suivante : on peut tracer $n$ droites ne passant pas par $P$ de sorte que toute demi-droite d'origine le point $P$ coupe au moins $k$ droites.

solution:
Réponse : $\mathrm{n}=2 \mathrm{k}+1$
L'énoncé demande de déterminer le plus petit entier n possédant une certaine propriété, il contient nécessairement deux parties. D'une part, on montre que si $n$ est inférieur à $2 k$, il ne vérifie pas la propriété, d'autre part on montre que $2 \mathrm{k}+1$ vérifie la propriété.
Soit $n$ un entier inférieur ou égal à $2 k$. Considérons un ensemble de $n$ droites ne passant pas par $P$. Prenons $d$ une droite passant par $P$ et parallèle à l'une des $n$ droites. La droite $d$ coupe au plus $n-1 \leqslant 2 k-1$ des autres droites. On peut répartir ces points d'intersection en deux groupes de points, de sorte que les points de chaque groupe sont situés du même côté sur d par rapport à $P$. L'un des groupes est de taille inférieure à $k-1$, de sorte qu'il existe une demi-droite issue de P coupent au plus $k-1$ droites.

Construction pour $n=2 k+1$ : Considérons un polygone régulier $A_{1} \ldots, A_{2 k+1}$ à $2 k+1$ côtés et dont le cercle circonscrit est de centre $P$ et dont on prolonge les côtés. On obtient un ensemble de $2 k+1$ droites. Considérons une demi-droite dissue du sommet $P$, et disons qu'elle intersecte le segment $\left[A_{1} A_{2}\right]$ (éventuellement en l'une de ses extrémités) en effectuant un angle de $\theta \leqslant \frac{360}{2 \mathrm{n}}$ avec sa médiatrice, et de sorte que le point d'intersection entre d et $\left[A_{1} A_{2}\right]$ soit plus proche de $A_{2}$ que de $A_{1}$. Alors la demi-droit coupe la droite $\left(A_{r} \mathcal{A}_{r+1}\right)$ si et seulement si elle forme un angle inférieur à $\pi / 2$ avec la médiatrice du segment $\left[A_{r} A_{r+1}\right]$. Cette condition induit l'inégalité suivante sur $r$

$$
\frac{r}{n} 360^{\circ}-\theta \leqslant 90^{\circ} .
$$

Cette inégalité est valable pour les $r \leqslant\left\lfloor\frac{k+1}{2}\right\rfloor$.
De la même façon, la demi-droite d coupe la droite $\left(A_{2 k+2-r} A_{2 k+1-r}\right)$ pour les $r$ satisfaisant $r \leqslant\left\lfloor\frac{k}{2}\right\rfloor-1$. Il vient que la droite $d$ coupe le segment $\left[A 1 A_{2}\right]$ et au moins $\left.\left\lfloor\frac{k+1}{2}\right\rfloor+\frac{k}{2}\right\rfloor-1=k-1$ droites, soit au moins $k$ droites.

Commentaire des correcteurs : Un bilan assez mitigé pour cet exercice. La plupart des élèves trouvent la bonne borne de $2 \mathrm{k}+1$ et la preuve qu'on ne peut pas faire moins, mais beaucoup ont du mal à trouver une construction ou bien à donner preuve de son bon fonctionnement. Il s'agissait ici surtout de bien comprendre sous quelle condition une droite donnée intersecte notre demi-droite partant de P .

problem_match: Exercice 12.

solution_match: Solution de l'exercice 12


problem:
Soit $k \geqslant 1$ un nombre entier.
Considérons 4 k jetons, dont 2 k sont rouges et 2 k sont bleus. Une suite de ces 4 k jetons peut être transformée en une autre suite par un mouvement, consistant à interchanger un certain nombre (éventuellement un seul) de jetons rouges consécutifs avec un nombre égal de jetons bleus consécutifs. Par exemple, un mouvement permet de passer de rbbbrrrb à rrrbrbbb où $r$ désigne un jeton rouge et b désigne un jeton bleu.

Déterminer le plus petit nombre $n$ (comme fonction de $k$ ) tel que, partant de n'importe quelle suite initiale des 4 k jetons, il faut au plus n mouvements pour atteindre l'état dans lequel les 2 k premiers jetons sont rouges.

solution:
Réponse : $\mathrm{n}=\mathrm{k}$.
Le problème demande de déterminer le plus petit n vérifiant une certaine propriété, il contient donc nécessairement deux parties. Ici, dans un premier temps, on montre qu'étant donnée une configuration initiale de jetons, il est toujours possible d'arriver à la configuration finale décrite en au plus k étapes. Dans un second temps, on donne une configuration initiale à partir de laquelle il faut au moins $k$ étapes pour arriver à la situation finale.
On peut toujours atteindre la situation finale en au plus $k$ opérations: Considérons une configuration initiale de 4 k jetons. On appelle première moitié l'ensemble des 2 k jetons les plus à gauche et deuxième moitié l'ensemble des 2 k jetons les plus à droite. Parmi les 2 k jetons de la première moitié, il y a au moins $k$ jetons rouges ou au moins $k+1$ jetons bleus.
S'il y a au moins $k$ jetons rouges, alors on peut échanger chacun des jetons bleus de la première moitié avec un jeton rouge de la deuxième moitié. Comme à chaque étape, on enlève au moins un jeton bleu de la première moitié pour le placer dans la deuxième moitié, il faut au plus $k$ étapes pour échanger tous les jetons bleus.
S'il y au moins $k+1$ jetons bleus dans la première moitié, alors on peut, en au plus $k-1$ opérations, échanger tous les jetons rouges de la première moitié avec des jetons bleus de la deuxième moitié. A l'issue de ces étapes, les $2 k$ jetons bleus sont dans la première moitié et les $2 k$ jetons rouges sont la deuxième moitié. En échangeant alors les deux groupes de $2 k$ jetons consécutifs, on a atteint la situation finale voulue en au plus $k-1+1$ opérations.

Il existe une configuration initiale pour laquelle il faut au moins $k$ opérations : Considérons la configuration brbr...br (qui consiste en 2 k blocs de la forme br). Notons qu'à chaque opération, le nombre de blocs de jetons rouges consécutifs diminue d'au plus 2 . Comme il y a 2 k blocs de jetons rouges consécutifs dans la situation initiale et un seul bloc de jetons rouges consécutifs dans la situation finale voulue, on ne peut passer de l'une à l'autre en $k-1$ opérations ou moins. Il faut donc au moins $k$ opérations.

Commentaire des correcteurs : Le problème a été bien résolu dans l'ensemble. Une large majorité d'élèves parvient à montrer que l'on peut toujours atteindre l'objectif en $k$ mouvements. Mais Une moitié de ces élèves bacle la preuve que la configuration des jetons alternés nécessite au moins $k$ mouvements. Souvent les arguments ne sont pas quantifiés, ou alors ne prennent en compte que la configuration initiale. Par exemple, une erreur commune est de penser qu'un mouvement déplace au plus un jeton, ce qui est faux après plusieurs mouvements. Des élèves tentent alors de justifier que le nombre de mouvements utilisés pour créer un gros bloc compense le nombre de jetons alors déplacé, mais de tels arguments ne sont pas quantifiés et ne sont pas rigoureux.

problem_match: Exercice 13.

solution_match: Solution de l'exercice 13


problem:
Aline et Elsa jouent au jeu suivant. Elles disposent de 100 pierres qu'elles séparent en deux piles (pas forcément de même taille) au début du jeu. Puis chacune à leur tour, elles effectuent le mouvement suivant : elles choisissent une pile, puis un entier strictement positif inférieur ou égal à la moitié de la taille de la pile choisie et retirent ce nombre de pierres de la pile. La première joueuse qui ne peut plus effectuer de mouvement perd.
Déterminer toutes les configurations initiales pour lesquelles Elsa a une stratégie gagnante.

solution:
Dans la suite, on désigne par $(x, y)$ la configuration où la première pile est de taille $x$ et la deuxième pile est de taille $y$.
On observe sur le cas à une seule pile en commençant par la fin que les solutions perdantes pour Aline sont les piles à $2^{n}-1$ pierres.
Revenons au cas d'une configuration intiale générique $(\boldsymbol{a}, \boldsymbol{b}$ ). Par définition, la position $(1,1)$ est perdante. $(a, b)$ est perdante pour la personne qui doit jouer si $\frac{a+1}{b+1}$ est une puissance (positive ou négative) de 2. En effet, si $\frac{a+1}{b+1}=2^{n}$, si on pioche dans $a$, on diminue le quotient mais strictement de moins qu'un facteur 2. À l'inverse, si on pioche dans la pile $b$ on l'augmente mais strictement moins que d'un facteur 2 ce qui conserve bien une position gagnante pour la joueuse suivante.
Réciproquement, si $2^{n}(b+1)<a+1<2^{n+1}(b+1)$ avec $n \geqslant 0$ alors on prend le nombre nécessaire de pierres de la pile a de sorte qu'il en reste précisément $2^{n}(b+1)-1$. Cela est possible car $a<$ $2^{n+1}(b+1)-1$ donc $a \leqslant 2^{n+1}(b+1)-2$ d'où $\frac{a}{2} \leqslant 2^{n}(b+1)-1$ ce qui signifie qu'on en a laissé plus que la moitié.

Commentaire des correcteurs : Le problème a été assez discriminant. Parmi le petit nombre d'élèves ayant proposé des solutions, celles-ci étaient soit entièrement juste et assez efficace, soit plutôt confuses, essayant trop d'adapter la stratégie pour une seule pile au cas des deux piles.

problem_match: Exercice 14.

solution_match: Solution de l'exercice 14


problem: Soit $n \geqslant 3$ un entier. On colorie 2 n sommets d'un $4 \mathrm{n}+1$-gone régulier. Montrer qu'il existe trois sommets coloriés qui forment un triangle isocèle.

solution:
On porcède par l'absurde en supposant qu'aucun triplet de sommets coloriés ne forme de triangle isocèle.
Dans un premier temps, fixons un sommet colorié O et notons $\mathrm{OP}_{1} \ldots \mathrm{P}_{2 n} \mathrm{P}_{-2 n} \ldots \mathrm{P}_{-1}$ le reste du polygone. Puisque le triangle $O P_{i} P_{-i}$ est isocèle pour $1 \leqslant i \leqslant 2 n$, au plus l'un des deux sommets $P_{i}$ et $P_{-i}$ est colorié.
Supposons que deux sommets consécutifs ne sont jamais tous les deux coloriés. En particulier, $\mathrm{P}_{1}$ et $\mathrm{P}_{-1}$ ne sont pas coloriés car ils sont adjacents à O qui est colorié. Mais alors chacune des $2 \mathrm{n}-1$ paires ( $\mathrm{P}_{i}, \mathrm{P}_{-i}$ ) de sommets restants contient au plus un point colorié, et au moins $2 \mathrm{n}-1$ sommets parmis les $P_{i}$ sont coloriés. On conclut que chaque paire $\left(P_{i}, P_{-i}\right)$ avec $i \geqslant 2$ contient exactement un sommet colorié. Ainsi, soit $P_{i}$ soit $P_{-i}$ est colorié pour $i \geqslant 2$.
Supposons que $\mathrm{P}_{2 n}$ est colorié. Alors $\mathrm{P}_{2 n-1}$ n'est pas colorié, donc $\mathrm{P}_{-2 n+1}$ est colorié. Mais alors $\mathrm{P}_{-2 n+2}$ n'est pas colorié, donc $P_{2 n-2}$ est colorié. Le triangle $P_{2 n-2}, P_{2 n}, P_{-2 n+1}$ étant isocèle et colorié, on trouve une contradiction.
On a montré qu'il existe deux sommets consécutifs coloriés, disons 0 et $P_{1}$. Les sommets $P_{-1}$ et $P_{2}$ ne sont alors pas coloriés, sous peine de créer un triangle isocèle avec $O$ et $P_{1}$. De même, le triangle $\mathrm{OP}_{1} \mathrm{P}_{-2 n}$ est isocèle en $\mathrm{P}_{-2 n}$ dont $\mathrm{P}_{-2 n} \mathrm{n}$ 'est pas colorié.
Considérons alors la suite de sommets suivante, de longueur $2(n-1): P_{3}, P_{-3}, \ldots, P_{2 i-1}, P_{-2 i+1}, \ldots, P_{2 n-1}, P_{-2 n+1}$
Deux sommets consécutifs de cette suite forment un triangle isocèle avec $O$ ou avec $P_{1}$, et ne peuvent pas être tous les deux coloriés.
Il en va de même pour la suite $P_{-2}, P_{4}, \ldots, P_{-2 i} P_{2 i+2}, \ldots, P_{-2 n+2}, P_{2 n}$.
Ces deux suites contiennent donc chacune au plus une moitié de sommets coloriés. Mais comme elles contiennent ensemble exactement $2 \mathrm{n}-2$ sommets coloriés, les inégalités précédents sont saturées et dans chaque suite, exactement un sommet sur deux est colorié.
Si $P_{3}$ est colorié, alors $\mathrm{P}_{5}$ est colorié et le triangle $\mathrm{P}_{1} \mathrm{P}_{3} \mathrm{P}_{5}$ est isocèle colorié. De même, si $\mathrm{P}_{-2}$ est colorié, alors $\mathrm{P}_{-4}$ est colorié et le triangle $\mathrm{OP}_{-2} \mathrm{P}_{-4}$ est isocèle colorié. On déduit que $\mathrm{P}_{-2 n+1}, \mathrm{P}_{2 n}$ et $\mathrm{P}_{2 n-2}$ sont coloriés et forment un triangle isocèle, ce qui conclut.
![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_24_60574c6b8c1b47e378c4g-19.jpg?height=909&width=947&top_left_y=1643&top_left_x=584)

Commentaire des correcteurs : Le problème admettait de nombreuses solutions et a été, dans l'ensemble, bien résolu par ceux qui l'ont cherché.

problem_match: Exercice 15.

solution_match: Solution de l'exercice 15


problem: On considère un 2022-gone régulier de côté 1 . Les points sont numérotés $A_{1}, \ldots, A_{2022}$ dans un certain ordre. Au départ, Elie part du point $A_{1}$, puis saute de point en point vers le point $A_{2}$, puis de $A_{2}$ vers $A_{3}$ etc... chaque fois en prenant l'arc le plus court. Lorsqu'il atteint $A_{2022}$, il rejoint finalement $A_{1}$. Déterminer la valeur maximale de la somme des longueurs des arcs qu'a parcouru Elie, parmi toutes les numérotations de points possibles.

solution:
Réponse: $\mathrm{Si} N=1011$, La valeur maximale est $2\left(\mathrm{~N}^{2}-\mathrm{N}+1\right)$.
Le problème demande de trouver la valeur maximale d'une somme de longueurs, il contient nécessairement deux parties. Dans un premier temps, on montre que le chemin parcouru par Elie est forcément de longueur inférieure à $2\left(\mathrm{~N}^{2}-\mathrm{N}+1\right)$, cette partie s'appelle l'analyse. Dans un second temps, on donne l'exemple d'une numérotation pour laquelle le chemin parcouru est exactement de longueur $2\left(N^{2}-N+1\right)$, cette étape s'appelle la construction.
Analyse : Dans la suite, on garde la notation $N=1011$. On note également $\underline{P Q}$ la longueur de l'arc le plus court reliant P et Q et $\overline{\mathrm{PQ}}$ la longueur de l'arc le plus long. Considérons une numérotation $A_{1}, \ldots, A_{2 N}$ dans un ordre quelconque. On pose aussi $A_{2 N+1}=A_{1}$.
Puisque majorer chaque portion $A_{i} A_{i+1}$ par sa longueur minimale est une estimation trop grossière, on va plutôt minorer la somme $A_{1} \overline{A_{2}+\ldots}+A_{2 N} A_{1}$ en majorant des paquets de terme. Plus précisément, nous allons regarder le chemin parcouru entre deux sommets impairs consécutifs.
Soit $1 \leqslant i \leqslant N$. On désire montrer que $\underline{A_{2 i-1} A_{2 i}}+\underline{A_{2 i} A_{2 i+1}} \leqslant \overline{A_{2 i-1} A_{2 i+1}}$, autrement dit, que passer par $A_{2 i}$ est moins coûteux que prendre le grand arc $A_{2 i-1} \mathcal{A}_{2 i+1}$. La volonté de démontrer une telle inégalité peut venir de tentatives sur des petits cas.
Si $A_{2 i}$ est sur le petit arc $A_{2 i-1} A_{2 i+1}$, alors $\underline{A_{2 i-1} A_{2 i}}+\underline{A_{2 i} A_{2 i+1}}=\underline{A_{2 i-1} A_{2 i+1}} \leqslant \overline{A_{2 i-1} A_{2 i+1}}$. Supposons désormais que $A_{2 i}$ est sur le grand arc $A_{2 i-1} A_{2 i+1}$. Si le petit arc $A_{2 i} A_{2 i+1}$ ne contient pas $A_{2 i-1}$ ou si le petit arc $A_{2 i-1} A_{2 i}$ ne contient pas $A_{2 i+1}$, alors $\underline{A_{2 i-1} A_{2 i}}+\underline{A_{2 i} A_{2 i+1}}=\overline{A_{2 i-1} A_{2 i+1}}$. Si maintenant $A_{2 i-1}$ est sur le petit arc $A_{2 i} A_{2 i+1}$, alors $A_{2 i+1}$ est sur le grand arc $A_{2 i-1} A_{2 i}$ et $A_{2 i-1} A_{2 i}+$ $\underline{A_{2 i} A_{2 i+1}} \leqslant \underline{A_{2 i-1} A_{2 i}}+\overline{A_{2 i} A_{2 i+1}}=\overline{A_{2 i-1} A_{2 i+1}}$. Le cas où $A_{2 i-1}$ est sur le petit arc $A_{2 i} A_{2 i+1}$ se traite de façon similaire.
![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_24_60574c6b8c1b47e378c4g-21.jpg?height=503&width=1741&top_left_y=1597&top_left_x=189)

On a donc

$$
\begin{aligned}
\underline{A_{1} A_{2}}+\ldots+\underline{A_{2 N} A_{1}} & \leqslant \overline{A_{1} A_{3}}+\ldots+\overline{A_{2 N-1} A_{1}} \\
& =\left(2 \mathrm{~N}-\underline{A_{1} A_{3}}\right)+\ldots+\left(2 N-\underline{A_{2 N-1} A_{1}}\right) \\
& \left.=2 N^{2}-\underline{\left(A_{1} A_{3}\right.}+\ldots+\underline{A_{2 N-1}} \overline{A_{1}}\right) .
\end{aligned}
$$

Il suffit donc de minimiser la somme $\underline{A_{1} A_{3}}+\ldots+\underline{A_{2 N-1} A_{1}}$. Pour cela, notons qu'il existe deux sommets $A$ et B de numéro impair à distance au moins $\mathrm{N}-1$ (car il y a N sommets impairs). Comme la somme
est cyclique, on peut supposer que $A=A_{1}$ (quitte à renuméroter les sommets). Mais alors le chemin $A_{1} \ldots A_{2 N-1} A_{1}$ nécessite de parcourir un arc $\underline{A_{1} B}$ pour aller de $A_{1}$ vers $B$ puis un arc $B A_{1}$ pour aller de $B$ vers $A_{1}$. Un tel chemin est donc de longueur au moins le double du petit arc $A B$, soit $2(N-1)$.

Il vient

$$
\underline{A_{1} A_{2}}+\ldots+\underline{A_{2 N} A_{1}} \leqslant \overline{A_{1} A_{3}}+\ldots+\overline{A_{2 N-1} A_{1}} \geqslant 2 N^{2}-2(N-1)=2\left(N^{2}-N+1\right)
$$

Construction : Réciproquement, numérotons les sommets dans l'ordre $A_{1} A_{3} \ldots A_{2 N-1} A_{2} \ldots A_{2 N}$. Le chemin d'Elie est alors de longueur

$$
\underline{A_{1} A_{2}}+\ldots+\underline{A_{2 N} A_{1}} \leqslant \overline{A_{1} A_{3}}+\ldots+\overline{A_{2 N-1} A_{1}}=\underbrace{N+N-1+\ldots+N+N-1}_{N-1 \text { fois }}+N+1=2 N^{2}-2 N+2
$$

Commentaire des correcteurs : Le problème n'a pas été beaucoup résolu. Beaucoup d'élèves ont trouvé une construction réalisant la bonne borne, mais parmi ceux qui ont cherché l'exercice, trop d'élèves encore tentent de justifier qu'on ne peut pas faire mieux par l'un des deux arguments :

- Soit en disant qu'à chaque étape on place le point $A_{k}$ à l'endroit "optimal". Mais effectuer la "meilleure" opération à chaque fois n'est pas gage d'arriver à la meilleure configuration. Ici, placer le point $A_{k}$ diamétralement opposé au point $A_{k+1}$ impose à la fin d'avoir $A_{2022}$ et $A_{1}$ adjacents. Qui nous dit que ne pas systématiquement placer les points $A_{k}$ et $A_{k+1}$ le plus éloigné possible ne permet pas d'augmenter la distance entre $A_{1}$ et $A_{2022}$ pour avoir une plus grande distance totale?
- Soit en disant que si l'on échange des points sur la configuration trouvée, on n'augmente pas la distance. Là aussi, ce raisonnement ne permet pas de prouver que la configuration est un maximum global, mais seulement de prouver que la configuration est un maximum local.
Nous espérons qu'à la lecture de ce commentaire, les élèves ne commettront plus ces deux erreurs communes de raisonnement.

problem_match: Exercice 16.

solution_match: Solution de l'exercice 16


problem: On considère 51 entiers strictement positifs de somme 100 sur une ligne. Montrer que pour tout entier $1 \leqslant k<100$, il existe des entiers consécutifs de somme $k$ ou $100-k$.

solution:
On reformule légèrement l'énoncé pour le rendre plus visuel : on se représente un cercle de périmètre 100 gradué (de 0 à 99 par exemple) sur-lequel on a marqué en noir 51 graduations et en pointillés les 49 autres. Sans perte de généralité on marque en noir la graduation 0. Nos entiers positifs correspondent aux longueurs entre les graduations noires. On vérifie facilement qu'il s'agit d'une représentation bijective du problème. Pour tout $k$, par principe des tiroirs, comme l'application qui à $j$ associe $j+k$ est injective (modulo 100), il existe une graduation marquée en noir $j$ telle que son image $j+k$ l'est aussi. Deux cas se présentent alors. Soit le segment $[j, j+k]$ ne coupe pas 0 et alors on a bien les entiers souhaités. Soit il coupe 0 et alors $[j+k, j]$ ne coupe pas 0 et est de longueur $n-k$. Dans les deux cas, on a trouvé des entiers consécutifs de somme $k$ ou $n-k$.

Commentaire des correcteurs: L'exercice est plutôt bien traité.

problem_match: Exercice 17.

solution_match: Solution de l'exercice 17


problem: Soient $\mathrm{C}_{1}, \mathrm{C}_{2}, \ldots \mathrm{C}_{\mathrm{n}}$ des cercles de même rayon disposés dans le plan de sorte qu'ils ne soient jamais tangents 2 à 2 et qu'il existe toujours un chemin passant par les cercles pour aller d'un point de l'un d'entre eux à un autre (autrement dit, les cercles sont connectés). En notant S l'ensemble des points d'intersection des cercles, montrer que $|S| \geqslant n$.

solution:
Dans un premier temps, on reformule le problème en termes de graphes. On note C l'ensemble des centres des cercles et S l'ensemble des points d'intersections qui constituent les sommets d'un graphe $G$. On relie par une arête tout couple ( $c, s) \in C \times S$ si $s$ appartient au cercle de centre $c$. Remarquons alors que pour toute arête $(c, s), \operatorname{deg}(c) \geqslant \operatorname{deg}(s)$. En effet, d'après l'énoncé, à tout point $c_{i}$ relié à $s$ autre que c on peut associer un autre point d'intersection de $\mathrm{c}_{\mathrm{i}}$ avec c car les cercles ne sont pas tangents. Étant donnés $\boldsymbol{c}_{\boldsymbol{i}}$ et $\boldsymbol{c}_{\boldsymbol{j}}$ distincts, ces deuxièmes points $s_{i}$ et $s_{j}$ ne peuvent pas être confondus puisque tous les cercles sont de même rayons. Maintenant que le problème est reformulé, on peut raisonner uniquement sur le graphe : $G$ est un graphe bipartite entre $C$ et $S$ tel que pour toute arête $(c, s), \operatorname{deg}(c) \geqslant \operatorname{deg}(s)$. Il vient aisément que $|C| \leqslant|S|$ En effet, en notant A l'ensemble des arêtes et $a=\left(c_{a}, s_{a}\right)$ ces arêtes $:|C|=\sum_{a \in \mathcal{A}} \frac{1}{\operatorname{deg}\left(c_{a}\right)} \leqslant \sum_{a \in \mathcal{A}} \frac{1}{\operatorname{deg}\left(s_{a}\right)}=S$ ce qui conclut.

Commentaire des correcteurs : Le problème a été peu tenté, et résolu par un seul élève. Faire une récurrence était voué à l'échec : en effet, on peut rajouter un cercle, sans pour autant rajouter de point d'intersection à la figure formée.

problem_match: Exercice 18.

solution_match: Solution de l'exercice 18