problem: On considère un échiquier $3 \times 3$. Au début, on écrit le chiffre 0 dans chacune des 9 cases. Ensuite, à chaque étape, on effectue l'opération suivante : on choisit deux cases ayant un côté commun, puis on rajoute 1 au nombre écrit dans ces deux cases, ou bien on retranche 1 au nombre écrit dans ces deux cases. Est-il possible d'obtenir une configuration où le nombre 2017 est écrit dans les 9 cases?

solution:
Ce n'est pas possible. On colorie l'échiquier $3 \times 3$ en noir et blanc de manière usuelle (de sorte qu'une case noire n'ait que des cases blanches comme voisins et qu'une case blanche n'ait que des cases noires comme voisins). On vérifie que la somme des nombres sur les cases noires est toujours égale à la somme des nombres sur les cases blanches. En effet, c'est le cas au début, et si la somme des nombres sur les cases noires est égale à la somme des nombres sur les cases blanches, alors c'est toujours le cas après avoir effectué l'opération de l'énoncé.

Lorsque le nombre 2017 est écrit dans les 9 cases, ces deux sommes ne sont pas égales, d'où le résultat.

problem_match: Exercice 1.

solution_match: Solution de l'exercice 1


problem: Soit $A B C$ un triangle acutangle. On note O le centre de son cercle circonscrit. On considère le cercle $\Gamma_{B}$ passant par $A$ et $B$ et qui est tangent à ( $A C$ ), ainsi que le cercle $\Gamma_{C}$ passant par $A$ et $C$ qui est tangent à $(A B)$. Une droite $\Delta$ passant par $A$ recoupe $\Gamma_{B}$ en $X$ et $\Gamma_{C}$ en $Y$. Montrer que $\mathrm{OX}=\mathrm{OY}$.

solution:
Soit $Z$ le point d'intersection du cercle circonscrit de $A B C$ avec $\Delta$. En faisant une chasse aux angles, on trouve que $\widehat{X B A}=\widehat{Z A C}=\widehat{Z B C}$. On en déduit que $\widehat{X B Z}=\widehat{A B C}$. Or, comme $\widehat{B C A}=$ $\widehat{B Z A}$, on en déduit que les triangles $A B C$ et $X B Z$ sont semblables. Donc

$$
\frac{X Z}{A C}=\frac{B Z}{B C} .
$$

On montre de même que les triangles CAY et CBZ sont semblables, de sorte que

$$
\frac{A Y}{B Z}=\frac{A C}{B C}
$$

On en déduit que $A Y=X Z$, puis que $A X=Z Y$. Ceci implique que les médiatrices des segments $[X Y]$ et $[A Z]$ sont les mêmes. Donc $O$ appartient à la médiatrice de $[X Y]$. Donc $O X=O Y$.
![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_24_270921369d4fc8db9ed6g-03.jpg?height=863&width=1408&top_left_y=430&top_left_x=353)

problem_match: Exercice 2.

solution_match: ## Solution de l'exercice 2


problem:
Trouver tous les entiers strictement positifs $a, b$ et $c$ tels que $\operatorname{PGCD}(a, b, c)=1$,

$$
a\left|(b-c)^{2}, \quad b\right|(a-c)^{2}, \quad c \mid(a-b)^{2}
$$

et tels qu'il est possible de construire un triangle non aplati dont les côtés ont pour longueurs $\mathrm{a}, \mathrm{b}$ et c .

solution:
Tout d'abord, vérifions que $\operatorname{PGCD}(a, b)=1$. Raisonnons par l'absurde en supposant que $p$ est un nombre premier qui divise à la fois $a$ et $b$. Alors $p$ divise $a$, qui lui même divise

$$
(b-c)^{2}=b(b-2 c)+c^{2}
$$

donc $p$ divise $c^{2}$ et donc $p$ divise $c$. Ceci contredit le fait que $\operatorname{PGCD}(a, b, c)=1$.
Supposons tout d'abord que deux des nombres sont égaux, par exemple $a=b$ par symétrie. Comme $a$ et $b$ sont premiers entre eux, on $a \mathrm{a}=\mathrm{b}=1$. La seule possibilité pour construire un triangle non-aplati est de prendre $\mathrm{c}=1$.

Supposons maintenant que $a, b, c$ sont deux à deux différents. Raisonnons par l'absurde, en supposant qu'il est possible de construire un triangle non aplati dont les côtés ont pour longueur a, b et c. Par symétrie, supposons que $c>b>a$.

Montrons que $a$ divise $(a+b-c)^{2}$ et que $b$ divise $(a+b-c)^{2}$. On $a(a+b-c)^{2}=a^{2}+2 a(b-$ $c)+(b-c)^{2}$, donc a divise $(a+b-c)^{2}$. De même $b$ divise $(a+b-c)^{2}$.

Comme $a$ et $b$ sont premiers entre eux, on en déduit que $a b$ divise $(a+b-c)^{2}$. Or $0<$ $a+b-c<a$, donc

$$
a b>a^{2}>(a+b-c)^{2}
$$

ce qui est absurde.
Ainsi, la seule solution est $\mathrm{a}=\mathrm{b}=\mathrm{c}=1$.

## Exercices communs

problem_match: Exercice 3.

solution_match: ## Solution de l'exercice 3


problem:
Soient $\mathrm{a}, \mathrm{b}$ et c trois nombres strictement positifs tels que $\mathrm{a}+\mathrm{b}+\mathrm{c}+\mathrm{abc}=4$. Montrer que

$$
\left(1+\frac{\mathrm{a}}{\mathrm{~b}}+\mathrm{ca}\right)\left(1+\frac{\mathrm{b}}{\mathrm{c}}+\mathrm{ab}\right)\left(1+\frac{\mathrm{c}}{\mathrm{a}}+\mathrm{bc}\right) \geqslant 27
$$

solution:
En utilisant l'inégalité arithmético-géométrique, on trouve que

$$
4=a+b+c+a b c \geqslant 4\left((a b c)^{2}\right)^{\frac{1}{4}}
$$

et donc $a b c \leqslant 1$. Ensuite, en utilisant encore l'inégalité arithmético-géométrique,

$$
\left(1+\frac{a}{b}+c a\right)\left(1+\frac{b}{c}+a b\right)\left(1+\frac{c}{a}+b c\right)=\frac{(4-a)(4-b)(4-c)}{a b c}=15+4\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)
$$

et en utilisant encore l'inégalité arithmético-géométrique on en déduit que

$$
\left(1+\frac{\mathrm{a}}{\mathrm{~b}}+\mathrm{ca}\right)\left(1+\frac{\mathrm{b}}{\mathrm{c}}+\mathrm{ab}\right)\left(1+\frac{\mathrm{c}}{\mathrm{a}}+\mathrm{bc}\right) \geqslant 15+12\left(\frac{1}{\mathrm{abc}}\right)^{1 / 3} \geqslant 27
$$

problem_match: Exercice 4.

solution_match: Solution de l'exercice 4


problem:
Trouver toutes les fonctions $\mathrm{f}: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ telles que pour tous nombres réels $x, y \in \mathbb{R}$ on ait

$$
f(x+y)+f(x) f(y)=f(x y)+f(x)+f(y)
$$

solution:
En prenant $y=0$, on trouve que $f(0)(f(x)-2)=0$ pour tout $x \in \mathbb{R}$. Si $f(0) \neq 0$, on en déduit que $f(x)=2$ pour tout $x \in \mathbb{R}$. Supposons donc dans la suite que $f(0)=0$ et notons $a=f(1)$.

En prenant $y=1$, on obtient

$$
f(x+1)=(2-a) f(x)+a
$$

pour tout $x \in \mathbb{R}$.

En prenant $y+1$ à la place de $y$ dans l'équation fonctionnelle, on obtient

$$
\begin{aligned}
(2-a) f(x+y)+a+f(x)((2-a) f(y)+a) & =f(x+y+1)+f(x) f(y+1) \\
& =f(x y+x)+f(x)+f(y+1) \\
& =f(x y+x)+f(x)+(2-a) f(y)+x
\end{aligned}
$$

En retranchant $(2-a) f(x+y)+(2-a) f(x) f(y)=(2-a) f(x y)+(2-a) f(x)+(2-a) f(y)$ à cette égalité, on obtient

$$
f(x)+(2-a) f(x y)=f(x y+x)
$$

En prenant $y=-1$, on en déduit que $f(x)=-(2-a) f(-x)$, et donc $f(x)=(2-a)^{2} f(x)$ pour tout $x \in \mathbb{R}$. Si f n'est pas la fonction nulle, en choisissant $x$ tel que $f(x) \neq 0$, on obtient que $a=1$ ou a $=3$.

Premier cas. On suppose que $a=1$. Alors $f(x y+x)=f(x y)+f(x)$ pour tous $x, y \in \mathbb{R}$. On en déduit que

$$
f(x+y)=f(x)+f(y)
$$

pour tout $x, y \in \mathbb{R}$. En injectant ceci dans l'équation fonctionnelle, on obtient que $f(x y)=$ $f(x) f(y)$. En prenant $x=y$, on en déduit que $f(x) \geqslant 0$ pour $x \geqslant 0$, et avec (1) on en déduit que $f$ est croissante. Il est alors classique que (1) et la croissance de $f$ entraînent que $f$ est de la forme $f(x)=\operatorname{ax}$ avec $x \in \mathbb{R}$, et donc $f(x)=x$ pour tout $x \in \mathbb{R}$.

Deuxième cas. On suppose que $a=3$. Partant de $\mathbf{f}(x+1)=(2-a) f(x)+\boldsymbol{a}$, on en déduit que $f(x+2)=f(x)$ pour tout $x \in \mathbb{R}$. En prenant $y+2$ à la place de $y$ dans l'équation fonctionnelle, on en déduit que
$f(x+y)+f(x) f(y)=f(x+y+2)+f(x) f(y+2)=f(x y+2 x)+f(x)+f(y+2)=f(x y+2 x)+f(x)+f(y)$
pour tous $x, y \in \mathbb{R}$. En comparant avec l'équation fonctionnelle initiale, on en déduit que $f(x y+$ $2 x)=f(x y)$ pour tous $x, y \in \mathbb{R}$, et donc que $f$ est constante, ce qui contredit le fait que $f(0)=0$ et $f(1)=3$.

Réciproquement, on vérifie que les trois solutions $f(x)=0$ pour tout $x \in \mathbb{R}, f(x)=2$ pour tout $x \in \mathbb{R}$ et $f(x)=x$ pour tout $x \in \mathbb{R}$ conviennent.

problem_match: Exercice 5.

solution_match: Solution de l'exercice 5


problem: On considère un quadrilatère convexe ABCD dont les diagonales sont perpendiculaires et se coupent en $E$. Soit $P \in[A D]$ un point tel que $P \neq A$ et $P E=E C$. On suppose que le cercle circonscrit du triangle $B C D$ recoupe $[A D]$ en un point $Q$ différent de $A$. On note $R$ le deuxième point d'intersection de $[A C]$ avec le cercle passant par $A$ et tangent à (EP) en $P$. On suppose que les points $B, R, Q$ sont alignés. Montrer que $\widehat{B C D}=90^{\circ}$.

solution:
Introduisons $F$, le point d'intersection du cercle circonscrit du triangle ARD et du segment [DE]. La puissance de E par rapport au cercle passant par $A, R, F, D$ est $E R \cdot E A=E F \cdot E D$. Par ailleurs, la puissance de $E$ par rapport au cercle passant par $A, R, P$ est
$E R \cdot E A=E P^{2}=E C^{2}$. On en déduit que $E D \cdot E F=E C^{2}$, ce qui montre que le cercle passant par $\mathrm{F}, \mathrm{C}, \mathrm{D}$ est tangent à (CE).

On en déduit que $\widehat{E C F}=\widehat{\mathrm{EDC}}$. Par ailleurs, comme $A, R, F, D$ sont cocycliques, on a $\widehat{A D E}=$ $\widehat{\mathrm{ERF}}$. On en déduit que $\widehat{\mathrm{QDB}}+\widehat{\mathrm{BDC}}=\widehat{\mathrm{FRC}}+\widehat{\mathrm{RCF}}$, ce qui implique que $\widehat{\mathrm{RBC}}=\widehat{\mathrm{RFC}}$. Comme $(B F)$ et $(C R)$ sont perpendiculaires, ceci implique que $F$ est le symétrique de $B$ par rapport à la droite ( $A C$ ). Il en découle que $\widehat{B C R}=\widehat{R C F}=\widehat{\mathrm{BDC}}$. Comme $\widehat{\mathrm{BEC}}=90^{\circ}$, on a $\widehat{\mathrm{ECD}}=90^{\circ}-\widehat{\mathrm{BCE}}$ et conclut que $\widehat{B C D}=90^{\circ}$.
![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_24_270921369d4fc8db9ed6g-06.jpg?height=1438&width=1638&top_left_y=739&top_left_x=238)

problem_match: Exercice 6.

solution_match: Solution de l'exercice 6


problem: Trouver tous les polynômes P à coefficients entiers tels que $\mathrm{P}(\mathrm{P}(\mathrm{n})+\mathrm{n})$ est un nombre premier pour une infinité d'entiers n .

solution:
Soit P un polynôme solution qui n'est pas constant. On peut écrire $\mathrm{P}(\mathrm{X}+$ $P(X))=P(X) Q(X)$, avec $Q$ un polynôme à coefficients entiers. En effet, si $P(X)=\sum_{i=0}^{k} a_{i} X^{i}$, avec $a_{i} \in \mathbb{Z}$, on a
$P(P(X)+X)=\sum_{i=0}^{k} a_{i}(P(X)+X)^{i}=a_{0}+\sum_{i=1}^{k} a_{i}\left(P(X) Q_{i}(X)+X^{i}\right)=P(X)+P(X) \sum_{i=1}^{k} a_{i} Q_{i}(X)=P(X) Q(X)$,
où les $\mathrm{Q}_{i}$ sont des polynômes à coefficients entiers, et donc $Q$ également.
Comme $P(X)+1$ et $P(X)-1$ ont un nombre fini de racines et que $P(n+P(n))$ est premier pour une infinité de nombres entiers $n$, on en déduit que $Q(n)=1$ ou $Q(n)=-1$ pour une infinité d'entiers $n$, ce qui implique que $Q$ est constant. En notant $k$ le degré de $P$, on a $\operatorname{deg}(P(P(X)+$ $X))=k^{2}$, ce qui implique $k=k^{2}$ et donc $k=1$. Si $P(X)=a X+b$ avec $a \neq 0$, on a $P(P(n)+n)=$ $(a+1)(a n+b)$. Comme $a \neq 0$, pour que ce nombre soit premier pour une infinité d'entiers $n$, on doit avoir $|a+1|=1$, ce qui implique que $a=-2$. Pour que $2 \mathfrak{n}-\mathrm{b}$ soit un nombre premier pour une infinité de nombres entiers $n$, il faut et il suffit que $b$ soit impair.

Ainsi, les solutions sont les polynômes constants égaux à un nombre premier et les polynômes $P$ de la forme $P(X)=-2 X+b$ avec $b$ un entier impair.

problem_match: Exercice 8.

solution_match: Solution de l'exercice 8


problem:
Soient $A B C D$ un quadrilatère inscrit dans un cercle. On note $\Delta_{1}$ la droite parallèle à $(B C)$ passant par $A$ et $\Delta_{2}$ la droite parallèle à $(A D)$ passant par $B$. On note $E$ le point d'intersection de $\Delta_{1}$ avec (CD) et $F$ le point d'intersection de $\Delta_{2}$ avec (CD). La droite perpendiculaire à $\Delta_{1}$ passant $A$ coupe $(B C)$ en $P$, et la droite perpendiculaire à $\Delta_{2}$ passant par $B$ coupe ( $\left.A D\right)$ en Q. On note $\Gamma_{1}$ le cercle circonscrit du triangle $A D E$ et $\Gamma_{2}$ le cercle circonscrit du triangle BFC. Montrer que $\Gamma_{1}$ et $\Gamma_{2}$ sont tangents si et seulement si (DP) et (CQ) sont perpendiculaires.
![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_24_270921369d4fc8db9ed6g-08.jpg?height=885&width=1177&top_left_y=300&top_left_x=471)

FIGURE 1 - Preuve de la première implication

solution:
On commence par quelques remarques préliminaires. On a $\widehat{\mathrm{EDA}}=180^{\circ}-\widehat{\mathrm{ADC}}=\widehat{\mathrm{ABC}}=$ $180^{\circ}-\widehat{\mathrm{EAB}}$, donc $(\mathrm{AB})$ et $\Gamma_{1}$ sont tangents. De même, $\Gamma_{2}$ et $(A B)$ sont tangents. Ensuite, comme $(A P) \perp(B C)$ et $(A D) \perp(B Q)$, on a $(P D) \perp(C Q)$ si et seulement si les triangles $A P D$ et $B C Q$ sont semblables, c'est-à-dire si et seulement si $\frac{A P}{A D}=\frac{B C}{C O}$. Or les triangles $A D E$ et $B F C$ sont semblables, donc $\frac{A D}{A E}=\frac{B F}{B C}$. On en déduit que $\frac{A P}{A D}=\frac{B C}{C Q}$ si et seulement si $\frac{A P}{A E}=\frac{B F}{B Q}$ si et seulement si PAE et FBQ sont semblables ( $\operatorname{car} \widehat{\mathrm{PAE}}=\widehat{\mathrm{FBQ}}=90^{\circ}$ ).

Supposons maintenant que $\Gamma_{1}$ et $\Gamma_{2}$ sont tangents en $R$. On vois facilement que $\widehat{A R B}=90^{\circ}$, ce qui implique que les points $A, Q, P, B, R$ appartiennent tous au cercle de diamètre $[A B]$. On en déduit que $\widehat{A R P}=180^{\circ}-\widehat{A B P}=180^{\circ}-\widehat{A B C}=180^{\circ}-\widehat{A D E}=180^{\circ}-\widehat{A R E}$. Donc E, $R, P$ sont alignés. On montre de même que $F, R$, $Q$ sont alignés. Ainsi, $\widehat{P E A}=\widehat{R E A}=\widehat{R A B}=\widehat{R Q B}=\widehat{F Q B}$. On en déduit que $P E A$ et $F Q B$ sont semblables.

Supposons maintenant que PEA et FQB sont semblables. Soit $S$ le point d'intersection de (PE) et (QF). Nous allons montrer que $\Gamma_{1}$ et $\Gamma_{2}$ sont tangents en $S$. On a l'égalité des angles

$$
\widehat{\mathrm{SQB}}=\widehat{\mathrm{FQB}}=\widehat{\mathrm{PEA}}=\widehat{\mathrm{EPC}}=180^{\circ}-\widehat{\mathrm{SPB}}
$$

On en déduit que $S, Q, B, P$ sont cocycliques. Ainsi, $A, Q, P, B, S$ sont cocycliques. Il en découle que

$$
\widehat{A S E}=180^{\circ}-\widehat{A S P}=\widehat{A B P}=\widehat{A B C}=180^{\circ}-\widehat{A D C}=\widehat{A D E}
$$

Donc $S \in \Gamma_{1}$. On montre de même que $S \in \Gamma_{2}$. Pour conclure, on écrit

$$
\widehat{B S A}=90^{\circ}=\widehat{S A B}+\widehat{A B S}=\widehat{S D A}+\widehat{B C S}
$$

$\qquad$
![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_24_270921369d4fc8db9ed6g-09.jpg?height=1107&width=1470&top_left_y=840&top_left_x=322)

Figure 2 - Preuve de la deuxième implication.

Ceci entraîne aisément que la tangente à $\Gamma_{1}$ passant par $S$ est tangente à $\Gamma_{2}$.

problem_match: Exercice 9.

solution_match: ## Solution de l'exercice 9