{"year": "2011", "tier": "T1", "problem_label": "1", "problem_type": null, "exam": "French_tests", "problem": "Soient $n$ et $k$ deux entiers strictement positifs. On considère une assemblée de $k$ personnes telle que, pour tout groupe de $n$ personnes, il y en ait une $(n+1)$-ième qui les connaisse toutes (si $A$ connaît $B$ alors $B$ connaît $A$ ).\n\n1) Si $k=2 n+1$, prouver qu'il existe une personne qui connaît toutes les autres.\n2) Si $k=2 n+2$, donner un exemple d'une telle assemblée dans laquelle personne ne connaît tous les autres.", "solution": "1) On commence par construire, par récurrence, un groupe de $n+1$ personnes qui se connaissent deux à deux : il est clair que l'on peut trouver deux personnes qui se connaissent. Supposons que pour $p \\in\\{2, \\ldots, n\\}$ fixé, on ait réussi à trouver un groupe de $p$ personnes qui se connaîssent deux à deux. En complétant ce groupe par $n-p$ personnes quelconques, on forme un groupe de $n$ personnes dont on sait qu'il en existe une $(n+1)^{i e ̀ m e}$ qui les connaît toutes. En ajoutant cette personne à notre groupe de $p$ personnes, on forme ainsi un groupe de $p+1$ personnes qui se connaissent deux à deux.\nOn considère donc un groupe $G$ de $n+1$ personnes qui se connaissent deux à deux. Puisque $k=2 n+1$, il reste donc $n$ personnes qui forment un groupe $G^{\\prime}$ disjoint du précédent. Pour ce groupe $G^{\\prime}$, on sait qu'il existe une personne appartenant nécessairement à $G$ qui en connaît tous les membres. Cette personne connaît alors tout le monde.\n2) On divise les personnes en $n+1$ paires disjointes, et on suppose que chaque personne connaît toutes les autres sauf celle qui est dans la même paire qu'elle. Ainsi, personne ne connaît tout le monde.\nSoit $G$ un groupe de $n$ personnes de cette assemblée. Puisqu'il y a $n+1$ paires, c'est donc qu'il existe une paire, disons $\\{A, B\\}$, dont aucun des deux membres n'est dans $G$. Par suite, $A$ connaît tous les membres de $G$, et les conditions de l'énoncé sont satisfaites.", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/tests/fr-2011-2012-ofm-2011-2012-test-mars-corrige.jsonl", "problem_match": "## Exercice 1\n", "solution_match": "## Solution."}}
{"year": "2011", "tier": "T1", "problem_label": "2", "problem_type": null, "exam": "French_tests", "problem": "Soit $A B C$ un triangle acutangle avec $A B \\neq A C$. On note $\\Gamma$ son cercle circonscrit, $H$ son orthocentre et $O$ le centre de $\\Gamma$. Soit $M$ le milieu de $[B C]$. La droite $(A M)$ recoupe $\\Gamma$ en $N$ et le cercle de diamètre $[A M]$ recoupe $\\Gamma$ en $P$.\n\nProuver que les droites $(A P),(B C),(O H)$ sont concourantes si, et seulement si, $A H=H N$.", "solution": "![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_06_a80ab240af1dcc7464d4g-02.jpg?height=1037&width=1340&top_left_y=655&top_left_x=390)\n\nMontrons d'abord que $P, H, M$ sont alignés. À cet effet, introduisons $V$, le point diamétralement opposé à $A$ sur $\\Gamma$. Alors $(V C) \\perp(A C)$ et donc $(B H) / /(V C)$. De même on voit que $(C H) / /(V B)$. Il s'ensuit que $B H C V$ est un parallélogramme de centre $M$. Les points $H, M, V$ sont donc alignés. Si on note $U$ la deuxième intersection de $(H V)$ avec $\\Gamma$, par cocyclicité on obtient $\\widehat{A U V}=\\widehat{A B V}=90^{\\circ}$. Comme $\\widehat{A P V}=\\widehat{A P M}=90^{\\circ}$, on conclut que $U=P$ et donc que $P, H, M$ sont alignés.\n\nSoit J l'intersection de $(A P)$ et de (BC). Comme $(A H)$ et $(M P)$ sont des hauteurs du triangle $A J M, H$ est aussi l'orthocentre de $A J M$. Ainsi, $(O H)$ passe par $J$ si, et seulement si, $(O H) \\perp(A N)$. Or $O A=O N$, ce qui implique que $(O H) \\perp(A N)$ si, et seulement si $(O H)$ est la médiatrice de de $[A N]$, c'est-à-dire si, et seulement si, $H A=H N$.", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/tests/fr-2011-2012-ofm-2011-2012-test-mars-corrige.jsonl", "problem_match": "## Exercice 2\n", "solution_match": "## Solution."}}
{"year": "2011", "tier": "T1", "problem_label": "3", "problem_type": null, "exam": "French_tests", "problem": "Soit $p$ un nombre premier. Trouver tous les entiers $a, b, c \\geq 1$ tels que:\n\n$$\na^{p}+b^{p}=p^{c}\n$$", "solution": "La réponse est:\n\n(i) $p=2$ et $(a, b, c)=\\left(2^{u}, 2^{u}, 2 u+1\\right)$ pour un entier $u \\geq 0$\n(ii) $p=3$ et $(a, b, c)=\\left(2 \\cdot 3^{u}, 3^{u}, 2+3 u\\right)$ ou $(a, b, c)=\\left(3^{u}, 2 \\cdot 3^{u}, 2+3 u\\right)$ pour un entier $u \\geq 0$.\n\nPour un entier $n \\geq 1$ et un nombre premier $p$ on note $v_{p}(n)$ le plus grand entier $k \\geq 0$ tel que $p^{k}$ divise $n$. On montre d'abord trois lemmes.\n\n## Lemme 1\n\nSoit $p$ un nombre premier. Alors, pour $1 \\leq j \\leq p-1,\\binom{p}{j}$ est divisible par $p$.", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/tests/fr-2011-2012-ofm-2011-2012-test-mars-corrige.jsonl", "problem_match": "## Exercice 3\n", "solution_match": "## Solution."}}
{"year": "2011", "tier": "T1", "problem_label": "3", "problem_type": null, "exam": "French_tests", "problem": "Soit $p$ un nombre premier. Trouver tous les entiers $a, b, c \\geq 1$ tels que:\n\n$$\na^{p}+b^{p}=p^{c}\n$$", "solution": "On a $j!(p-j)!\\binom{p}{j}=p$ !. Comme $1 \\leq j<p$ et $1 \\leq p-j<p, j$ et $p-j$ sont premiert avec $p$ de sorte que $p$ divise $\\binom{p}{j}$.\n\n## Lemme 2\n\nSoit $p$ un nombre premier impair et soient $a, j$ des entiers strictement positifs avec $2 \\leq j \\leq p$. On pose $u=v_{p}(a)$ et on considère un entier $k>u$. Alors:\n\n$$\nv_{p}\\left(\\binom{p}{j} p^{j k} a^{p-j}\\right) \\geq k+u(p-1)+2\n$$", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/tests/fr-2011-2012-ofm-2011-2012-test-mars-corrige.jsonl", "problem_match": "## Exercice 3\n", "solution_match": "\nDémonstration:"}}
{"year": "2011", "tier": "T1", "problem_label": "3", "problem_type": null, "exam": "French_tests", "problem": "Soit $p$ un nombre premier. Trouver tous les entiers $a, b, c \\geq 1$ tels que:\n\n$$\na^{p}+b^{p}=p^{c}\n$$", "solution": "D'après le lemme 1, pour $2 \\leq j \\leq p-1$, on a $v_{p}\\left(\\left({ }_{j}^{p}\\right) p^{j k} a^{p-j}\\right) \\geq 1+j k+$ $u(p-j)$. Il suffit donc de prouver que $1+j k+u(p-j) \\geq k+u(p-1)+2$, ce qui est équivalent au fait que $(j-1)(k-u) \\geq 1$, ce qui est clairement vérifié. Pour $j=p$, on a $v_{p}\\left(\\binom{p}{j} p^{j k} a^{p-j}\\right)=p k$, qui est supérieur ou égal à $k+u(p-1)+2$ car l'inégalité $p k \\geq$ $k+u(p-1)+2$ est équivalente à $(p-1)(k-u) \\geq 2$, qui est clairement vraie.\n\n## Lemme 3\n\nOn a $(2 n)^{\\frac{1}{n-1}}<2$ pour tout entier $n \\geq 5$.", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/tests/fr-2011-2012-ofm-2011-2012-test-mars-corrige.jsonl", "problem_match": "## Exercice 3\n", "solution_match": "\nDémonstration:"}}
{"year": "2011", "tier": "T1", "problem_label": "3", "problem_type": null, "exam": "French_tests", "problem": "Soit $p$ un nombre premier. Trouver tous les entiers $a, b, c \\geq 1$ tels que:\n\n$$\na^{p}+b^{p}=p^{c}\n$$", "solution": "On raisonne par récurrence sur $n$. Pour $n=5$, on a clairement $10<2^{4}$. On suppose que $2 n<2^{n-1}$. Alors $2(n+1)=2 n+2 \\leq 2^{n-1}+1<2^{n}$ car $2^{n}-2^{n-1}=2^{n-1}>1$. Ceci clôt la preuve.\n\nRésolvons maintenant l'exercice. On considère en un premier temps le cas $p=2$. Si $c<2$, la seule solution est $a=b=c=1$. Si $c \\geq 2$ et $a^{2}+b^{2}=2^{c}$, en raisonnant modulo 4, on voit que $a$ et $b$ doivent être pairs. Soit $u=\\min \\left(v_{2}(a), v_{2}(b)\\right)$. Alors $\\left(a / 2^{u}\\right)^{2}+\\left(b / 2^{u}\\right)^{2}=$ $2^{c-2 u}$. Si $c-2 u \\geq 2$, alors $a / 2^{u}$ et $b / 2^{u}$ sont des entiers pairs, ce qui contredit la définition de $u$. Donc $c-2 u=1$ et $a=b=2^{u}$. Pour conclure, on vérifie aisément que pour tout entier $u \\geq 0$ :\n\n$$\n\\left(2^{u}\\right)^{2}+\\left(2^{u}\\right)^{2}=2^{2 u+1} .\n$$\n\nOn suppose maintenant que $p>2$. Soient $a, b, c \\geq 1$ des entiers tels que $a^{p}+b^{p}=p^{c}$. Sans perte de généralité, supposons $a \\geq b$. Comme $a+b$ divise $a^{p}+b^{p}$, il existe un entier $k \\geq 1$ tel que :\n\n$$\na+b=p^{k}\n$$\n\nSoit $u=v_{p}(a)$. En particulier, (5) implique que $a<p^{k}$ de sorte que $u<k$. Alors, en utilisant le fait que $p$ est impair\n\n$$\na^{p}+b^{p}=a^{p}+\\left(p^{k}-a\\right)^{p}=\\sum_{j=2}^{p}(-1)^{j+1} u_{j}+u_{1}, \\quad \\text { où } \\quad u_{j}=\\binom{p}{j} p^{j k} a^{p-j}\n$$\n\nD'après le Lemme 2 , on a $v_{p}\\left(u_{j}\\right) \\geq k+u(p-1)+2$ pour $2 \\leq j \\leq p$. De plus, comme $v_{p}\\left(u_{1}\\right)=i+k+u(p-1)$, il en découle que $v_{p}\\left(a^{n}+b^{n}\\right)=1+k+u(p-1)$. Comme $a^{p}+b^{p}$ est une puissance de $p$, on conclut que:\n\n$$\na^{p}+b^{p}=p^{1+k+u(p-1)}=p(a+b) p^{u(p-1)},\n$$\n\noù l'on a utilisé le fait que $a+b=p^{k}$ pour la dernière égalité. Puisque $a \\geq b$, ceci impose $a^{p} \\leq 2 p a p^{u(p-1)}$. Ainsi :\n\n$$\na \\leq(2 p)^{\\frac{1}{p-1}} p^{u}\n$$\n\nMais par définition $u=v_{p}(a)$, de sorte que $a \\geq p^{u}$. De plus, $a>p^{u}$ implique $a \\geq 2 p^{u}$ D'après le Lemme 3 , comme $(2 p)^{\\frac{1}{p-1}}<2$ pour $p \\geq 5$, on en déduit que $p \\geq 5$ implique $a=p^{u}$, et que $p=3$ implique $a=3^{u}$ ou $a=2 \\cdot 3^{u}$ (le cas $p=2$ est exclu car $p$ est impair).\n\nOn étudie d'abord le cas $a=p^{u}$. On a alors:\n\n$$\nb^{p}=p^{u p}\\left(p^{c-u p}-1\\right),\n$$\n\nde sorte que $v_{p}(b)=p^{u}$. Comme $a \\geq b$ et $a=p^{u}$, ceci implique $a=b$, et donc 2 divise $p$, ce qui est exclu car $p$ est impair.\n\nOn a donc prouvé que ( $p$ est impair) :\n\n$$\na^{p}+b^{p}=p^{c} \\text { et } a \\geq b \\quad \\Longrightarrow \\quad p=3, \\quad a=2 \\cdot 3^{u} .\n$$\n\nDans la suite on suppose donc que $p=3$ et $a=2 \\cdot 3^{u}$. Alors $b^{3}=3^{3 u}\\left(3^{c-3 u}-8\\right)$. Donc $3^{u}$ divise $b$. Par suite $3^{u} \\leq b \\leq a=2 \\cdot 3^{u}$. Si $b=a$, alors 2 divise $p^{c}$, ce qui contredit le fait\nque $p$ est impair. Donc $b=3^{u}$, ce qui implique $\\left(3^{u}\\right)^{3}+\\left(2 \\cdot 3^{u}\\right)^{3}=3^{3 u+2}=3^{c}$. Finalement, $c=3 u+2$ et on vérifie aisément que pour tout entier $u \\geq 0$ :\n\n$$\n\\left(2 \\cdot 3^{u}\\right)^{3}+\\left(3^{u}\\right)^{3}=3^{2+3 u} .\n$$\n\nAinsi $p=3, a=2 \\cdot 3^{u}, b=3^{u}, c=2+3 u$ pour un certain entier $u \\geq 0$.\n\nRemarque. Il est possible d'utiliser le lemme dit LTE (voir poly sur le site d'Animath) pour aborder l'exercice : si $p$ est un nombre premier impair tel que $p$ ne divise pas $a$ et ne divise pas $b$, alors:\n\n$$\nv_{p}\\left(a^{p}+b^{p}\\right)=1+v_{p}(a+b) .\n$$", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/tests/fr-2011-2012-ofm-2011-2012-test-mars-corrige.jsonl", "problem_match": "## Exercice 3\n", "solution_match": "\nDémonstration:"}}
{"year": "2011", "tier": "T1", "problem_label": "4", "problem_type": null, "exam": "French_tests", "problem": "Soit $k>1$ un entier. Une fonction $f: \\mathbb{N}^{*} \\rightarrow \\mathbb{N}^{*}$ est dite $k$-tastrophique lorsque pour tout entier $n>0$, on a $f_{k}(n)=n^{k}$ où $f_{k}$ est la $k$-ième itérée de f :\n\n$$\nf_{k}(n)=\\underbrace{f \\circ f \\circ \\cdots \\circ f}_{k \\text { fois }}(n)\n$$\n\nPour quels $k$ existe-t-il une fonction $k$-tastrophique?", "solution": "On va prouver que, pour tout entier $k \\geq 1$, il existe une fonction $k$-tastrophique.\n Clairement, la fonction $f: n \\longmapsto n$ est 1-tastrophique. On suppose donc que $k \\geq 2$.\n\nOn procède maintenant de la façon suivante. On pose $f(1)=1$, et si $n$ est le plus petit entier pour lequel $f(n)$ n'est pas encore défini, alors:\n\n- si $n=a^{k}$ pour un certain entier $a \\geq 2$, on pose :\n\n$$\nf(n)=f(a)^{k}\n$$\n\n- si $n$ n'est pas la puissance $k^{i e ̀ m e}$ d'un entier, on note $n_{1}=n, n_{2}, \\ldots, n_{k}$ les $k$ plus petits entiers (dans l'ordre) qui ne sont pas des puissances $k^{i e ̀ m e s}$ d'entiers et pour lesquels $f$ n'est pas définie, et on pose:\n\n$$\nf\\left(n_{1}\\right)=n_{2}, f\\left(n_{2}\\right)=n_{3}, \\ldots, f\\left(n_{k-1}\\right)=n_{k}, \\text { et } f\\left(n_{k}\\right)=n_{1}^{k}=n^{k}\n$$\n\nIl est clair que l'on définit ainsi une fonction $f: \\mathbb{N} \\longrightarrow \\mathbb{N}$. Il reste à vérifier qu'elle est $k$-tastrophique. Soit $a \\geq 2$ un entier. On commence par noter que, d'après (1), on a :\n\n$$\nf_{2}\\left(a^{k}\\right)=f\\left(f\\left(a^{k}\\right)\\right)=f\\left(f(a)^{k}\\right)=[f(f(a))]^{k}=\\left[f_{2}(a)\\right]^{k}\n$$\n\net, par une récurrence immédiate, on a\n\n$$\nf_{p}\\left(a^{k}\\right)=\\left[f_{p}(a)\\right]^{k} \\text { pour tout entier } p \\geq 1\n$$\n\nOn prouve alors que $f$ est $k$-tastrophique par récurrence (forte) : On a évidemment $f_{k}(1)=1=1^{k}$. Supposons que $n \\geq 2$ soit un entier et que $f_{k}(m)=m^{k}$ pour tout entier naturel $m \\leq n-1$.\n\n- Si $n=a^{k}$ pour un certain entier $a \\geq 2$. Alors $a \\leq n-1$ et on a\n\n$$\n\\begin{aligned}\nf_{k}(n) & =f_{k}\\left(a^{k}\\right)=\\left[f_{k}(a)\\right]^{k} \\quad \\text { d'après }(4) \\\\\n& =\\left(a^{k}\\right)^{k} \\quad \\text { d'après l'hypothèse de récurrence } \\\\\n& =n^{k}\n\\end{aligned}\n$$\n\n- Si $n$ n'est pas la puissance $k^{i e ̀ m e} d^{\\prime}$ un entier, on sait qu'il existe des entiers $n_{1}, n_{2}, \\ldots, n_{k}$ pour lesquels on a (3) et avec $n=n_{i}$ pour un certain $i \\in\\{1, \\ldots, k\\}$. Alors, d'après (3) et (4),\nil vient\n\n$$\n\\begin{aligned}\nf_{k}(n) & =f_{k}\\left(n_{i}\\right)=f_{k+i-1}\\left(n_{1}\\right)=f_{i-1}\\left(f_{k}\\left(n_{1}\\right)\\right) \\\\\n& =f_{i-1}\\left(f\\left(n_{k}\\right)\\right)=f_{i-1}\\left(n_{1}^{k}\\right)=\\left[f_{i-1}\\left(n_{1}\\right)\\right]^{k}=n_{i}^{k}=n^{k}\n\\end{aligned}\n$$\n\nAinsi, dans tous les cas, on a $f_{k}(n)=n^{k}$. Ce qui achève la récurrence, et la démonstration.", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/tests/fr-2011-2012-ofm-2011-2012-test-mars-corrige.jsonl", "problem_match": "## Exercice 4\n", "solution_match": "## Solution."}}
{"year": "2011", "tier": "T1", "problem_label": "5", "problem_type": null, "exam": "French_tests", "problem": "Déterminer tous les polynômes $X^{n}+a_{1} X^{n-1}+\\cdots+a_{n-1} X+a_{n}$, non constants et à coefficients entiers, dont les racines sont exactement les nombres $a_{1}, \\ldots, a_{n-1}, a_{n}$ (avec multiplicité).", "solution": "\\text{Soit } P(X) = X^n + a_1 X^{n-1} + \\cdots + a_{n-1} X + a_n \\; \\text{un polynôme à coefficients entiers.}\n\nAlors $P(X)$ est une solution du problème ssi\n\n$$\nP(X)=\\prod_{i=1}^{n}\\left(X-a_{i}\\right)\n$$\n\nSupposons tout d'abord que $a_{n}=0$. Soit alors $i$ minimal tel que $a_{n-i} \\neq 0$. On a donc $P(X)=X^{i}\\left(X^{n-i}+a_{1} X^{n-i-1}+\\cdots+a_{n-i-1}\\right)$ et ainsi (5) est vérifiée si et seulement si $Q(X)=X^{n-i}+a_{1} X^{n-i-1}+\\cdots+a_{n-i-1}$ est constant ou est lui-même une solution du problème. Le premier cas correspond à $P(X)=X^{n}$, qui convient bien.\n\nOn supposera donc dans ce qui suit que $P(X)$ est une solution avec $a_{n} \\neq 0$. Dans ces conditions, on en déduit tout de suite que l'on ne peut avoir $X+a_{1}=X-a_{1}$ et donc qu'il n'y a pas de polynôme de degré 1 qui soit solution. On suppose donc que $n \\geq 2$. De $P(0)=a_{n}=(-1)^{n} \\prod_{i=1}^{n} a_{i}$, on déduit alors que\n\n$$\n(-1)^{n} \\prod_{i=1}^{n-1} a_{i}=1\n$$\n\nEt, puisque les $a_{i}$ sont des entiers, on a $a_{i}=1$ ou $a_{i}=-1$ pour tout $i \\leq n-1$. On note $k$ le nombre d'entre eux qui valent -1 (et donc $0 \\leq k \\leq n-1$ ). On peut noter que (6) montre alors que $k$ et $n$ ont la même parité. Les relations entre coefficients et racines conduisent à\n\n$$\n-a_{1}=\\sum_{i=1}^{n} a_{i}=a_{n}+(n-1-k)-k\n$$\n\nd'où\n\n$$\na_{n}=2 k-n \\quad \\text { ou } \\quad a_{n}=2 k-n+2\n$$\n\nPour $n=2$, puisque $a_{2} \\neq 0$ et que $k$ doit être pair et ne pas dépasser 1 , la seule possibilité est $k=0, a_{1}=1, a_{2}=-2$, et donc $P(X)=X^{2}+X-2=(X-1)(X+2)$, qui est bien solution.\n\nOn suppose maintenant que $n \\geq 3$. Alors\n\n$$\na_{2}=\\sum_{1 \\leq i<j \\leq n} a_{i} a_{j}=a_{n} \\sum_{i=1}^{n-1} a_{i}+\\frac{k(k-1)}{2}+\\frac{(n-1-k)(n-2-k)}{2}-k(n-1-k)\n$$\n\net donc\n\n$$\n2 a_{2}=2 a_{n}(n-1-2 k)+n^{2}+4 k^{2}-4 k n-3 n+4 k+2\n$$\n\nCompte-tenu de (7), deux cas se présentent:\n\n- Si $a_{n}=2 k-n$ : De (8), on tire $(n-2 k)^{2}+n=2-2 a_{2}$, avec $a_{2}=1$ ou $a_{2}=-1$. Donc $a_{2}=-1$ et, puisque $n-2 k=-a_{n} \\neq 0$, la seule possibilité est $n=3$ et $(n-2 k)^{2}=1$. De $k \\leq n-1$ et de même parité que $n$, on déduit que $k=1$, puis que $a_{1}=1$ et $a_{3}=-1$, d'où $P(X)=X^{3}+X^{2}-X-X=(X+1)^{2}(X-1)$, qui est bien solution.\n- Si $a_{n}=2 k-n+2$ : Comme ci-dessus, on obtient cette fois\n\n$$\n(n-2 k-2)^{2}+n=2-2 a_{2}\n$$\n\net donc $a_{2}=-1, n=3, k=1, a_{1}=1, a_{3}=1$, d'où $P(X)=X^{3}+X^{2}-X+1 \\neq$ $(X-1)^{2}(X+1)$, qui n'est pas solution.\nEn définitive, les solutions du problème sont les polynômes $P(X)=X^{n}$ pour $n \\geq 1$, $P(X)=X^{n}\\left(X^{2}+X-2\\right)$ ou $P(X)=X^{n}\\left(X^{3}+X^{2}-X-X\\right)$ pour $n \\geq 0$.", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/tests/fr-2011-2012-ofm-2011-2012-test-mars-corrige.jsonl", "problem_match": "## Exercice 5\n", "solution_match": "## Solution."}}
{"year": "2011", "tier": "T1", "problem_label": "6", "problem_type": null, "exam": "French_tests", "problem": "Soit $A B C D$ un quadrilatère convexe tel que les droites $(A D)$ et $(B C)$ ne sont pas parallèles. On suppose que les cercles de diamètre $[A B]$ et $[C D]$ se coupent en deux points $E$ et $F$ situés à l'intérieur de $A B C D$. Soit $\\Gamma_{E}$ le cercle qui passe par les projetés orthogonaux de $E$ sur $(A B),(B C)$ et $(C D)$, et $\\Gamma_{F}$ le cercle qui passe par les projetés orthogonaux de $F$ sur $(C D),(D A)$ et $(A B)$.\n\nProuver que le milieu de $[E F]$ appartient à la droite passant par les deux points d'intersection de $\\Gamma_{E}$ et $\\Gamma_{F}$.", "solution": "![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_06_a80ab240af1dcc7464d4g-10.jpg?height=1316&width=1606&top_left_y=762&top_left_x=257)\n\nSoient $P, Q, R, S$ les projections de $E$ sur les droites $(D A),(A B),(B C),(C D)$. Les points $P$ et $Q$ appartiennent au cercle de diamètre $[A E]$ de sorte que $\\widehat{Q P E}=\\widehat{Q A E}$. De même, $\\widehat{Q R E}=\\widehat{Q B E}$. Ainsi :\n\n$$\n\\widehat{Q P E}+\\widehat{Q R E}=\\widehat{Q A E}+\\widehat{Q B E}=90^{\\circ}\n$$\n\nDe même, on montre que $\\widehat{Q P S}+\\widehat{Q R S}=90^{\\circ}+90^{\\circ}=180^{\\circ}$. Ainsi, les points $P, Q, R, S$ appartiennent à $\\Gamma_{E}$. De même, les projetés orthogonaux de $F$ sur les côtés de $A B C D$ sont sur $\\Gamma_{F}$.\n\nSoit $K$ le point d'intersection de $(A D)$ et $(B C)$. Sans perte de généralité, on suppose que $A \\in[D K]$. On voit facilement que $\\widehat{C K D}<90^{\\circ}$ (sinon le cercle de diamètre $[C D]$ couvre entièrement $A B C D$ ). Les droites $(E P)$ et $(B C)$ s'intersectent donc en un point $P^{\\prime}$ et les droites $(E R)$ et $(A D)$ en un point $R^{\\prime}$. Montrons que $P^{\\prime}$ et $R^{\\prime}$ sont sur $\\Gamma_{E}$. Par cocyclicité des points $R, E, Q, B$ :\n\n$$\n\\widehat{Q R K}=\\widehat{Q E B}=90^{\\circ}-\\widehat{Q B E}=\\widehat{Q A E}=\\widehat{Q P E} .\n$$\n\nDonc $\\widehat{Q R K}=\\widehat{Q P P^{\\prime}}$, ce qui implique que $P^{\\prime} \\in \\Gamma_{E}$. De même, $R^{\\prime} \\in \\Gamma_{E}$.\nDe même, soient $M$ et $N$ les projections respectives de $F$ sur $(A D)$ et (BC), et soient $M^{\\prime}$ le point d'intersection de $(F M)$ et $(B C)$ et $N^{\\prime}$ le point d'intersection de $(F N)$ et $(A D)$. En utilisant les mêmes arguments que précédemment on voit que $M^{\\prime}$ et $N^{\\prime}$ sont sur $\\Gamma_{F}$.\n\nSoient finalement $U$ l'intersection de $\\left(N N^{\\prime}\\right)$ avec $\\left(P P^{\\prime}\\right)$ et $V$ l'intersection de ( $\\left.M M^{\\prime}\\right)$ avec $\\left(R R^{\\prime}\\right)$. Comme les angles en $N$ et $P$ sont droits, $N, N^{\\prime}, P, P^{\\prime}$ sont cocycliques. La puissance de $U$ par rapport au cercle passant par ces points vaut donc:\n\n$$\nU N \\cdot U N^{\\prime}=U P \\cdot U P^{\\prime}\n$$\n\nAinsi, $U$ appartient à l'axe radical de $\\Gamma_{E}$ et $\\Gamma_{F}$. De même $V$ appartient à cet axe radical. Or $E U F V$ est un parallelogramme, ce qui implique que $(U V)$ coupe $[E F]$ en son milieu.", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/tests/fr-2011-2012-ofm-2011-2012-test-mars-corrige.jsonl", "problem_match": "## Exercice 6\n", "solution_match": "\nSolution."}}