problem:
Trouver tous les triplets ( $a, b, c$ ) de réels strictement positifs tels que

$$
\left\{\begin{array}{l}
a \sqrt{b}-c=a \\
b \sqrt{c}-a=b \\
c \sqrt{a}-b=c
\end{array}\right.
$$

solution:
On remarque que $\mathrm{a}=\mathrm{b}=\mathrm{c}=4$ est solution. On va montrer que c'est en fait la seule.
Si deux des trois nombres sont égaux à 4 (disons a et b), on vérifie facilement que le troisième aussi, car $4 \sqrt{4}-\mathrm{c}=4$, donc $\mathrm{c}=4$. Si un des trois nombres vaut 4 (disons a), alors $c \sqrt{a}-b=c$ devient $2 \mathrm{c}-\mathrm{b}=\mathrm{c}$, donc $\mathrm{b}=\mathrm{c}$. De plus, on $\mathrm{a} \sqrt{\mathrm{b}}-\mathrm{b}=4$, qui se réécrit $(\sqrt{\mathrm{b}}-2)^{2}=0$, donc $\mathrm{b}=4$ et $\mathrm{c}=4$. Il reste à montrer qu'il est impossible que les trois nombres soient différents de 4.

Si c'est le cas, alors soit au moins deux des nombres sont strictement supérieurs à 4 , soit au moins deux sont strictement inférieurs à 4 . On traite les deux cas séparément.
Si au moins deux des nombres sont $>4$, mettons que c soit le plus petit des trois nombres. Alors $a, b>4$, donc $a=a \sqrt{b}-c>2 a-c$, donc $c>a>4$, ce qui contredit la minimalité de $c$. De même, si au moins deux des nombres sont $<4$, supposons que $c$ est le plus grand. Alors $a, b<4$, donc $a=a \sqrt{b}-c<2 a-c$, donc $c<a$, ce qui contredit la maximalité de $c$. La seule solution est donc bien $(4,4,4)$.

problem_match: Exercice 1.

solution_match: Solution de l'exercice 1


problem:
Trouver toutes les paires (m,n) d'entiers strictement positifs telles que

$$
\mathrm{m}!+\mathrm{n}!=\mathrm{m}^{\mathrm{n}}
$$

Remarque. Pour tout entier $n$, on rappelle que $n$ ! désigne l'entier $1 \times 2 \times 3 \times \cdots \times n$.

solution:
On vérifie facilement que les paires $(2,2)$ et $(2,3)$ sont solutions. On va montrer que ce sont les seules.
On commence par traiter le cas où $m$ ou $n$ vaut 1 ou 2 . Si $m=1$, alors $m^{n}=1$ mais $m!+n!\geqslant 2$, donc il n'y a pas de solution. Si $m=2$, l'équation devient $2+n!=2^{n-1}$. Si $n \geqslant 4$, alors le membre de gauche est congru à 2 modulo 4 , et le membre de droite à 0 , donc $n$ vaut 1,2 ou 3 , et $n=1$ ne marche pas. Si $n=1$, l'équation devient $m!+1=m$, mais $m$ divise $m$ ! et $m$, donc $m$ divise 1 et $m=1$, mais $(1,1) n^{\prime}$ est pas solution. Enfin, si $n=2$, on obtient $m!+2=m^{2}$. Mais $m$ divise $m$ ! et $m^{2}$ donc $m$ divise 2 , donc $m$ vaut 1 ou 2 et on retombe sur des cas déjà traités.
On traite maintenant le cas $2<\mathrm{m} \leqslant \mathrm{n}$. Dans ce cas m ! divise $n$ ! donc m ! divise $\mathrm{m}^{\mathrm{n}}$. En particulier, $m-1$ divise $m$ ! donc aussi $m^{n}$, mais $m-1$ est premier avec $m$, donc aussi avec $m^{n}$. Par conséquent, $\mathrm{m}-1$ ne peut valoir que 1 donc $\mathrm{m}=2$, contradiction.
Enfin, on traite le cas $2<n<m$. Dans ce cas $n$ ! divise $m$ !, donc on peut écrire $n!\left(1+\frac{m!}{n!}\right)=m^{n}$. En particulier, $1+\frac{m!}{n!}$ divise $m^{n}$. Mais $\frac{m!}{n!}=(n+1)(n+2) \ldots$ m est divisible par $m$, donc $1+\frac{m!}{n!}$ est premier avec $m$, donc avec $m^{n}$. On a donc $1+\frac{n!}{m!}=1$, ce qui est impossible.

problem_match: Exercice 2.

solution_match: Solution de l'exercice 2


problem: Soit $A B C D$ un trapèze tel que $(A B)$ et $(C D)$ sont parallèles. On suppose que $A D<$ $C D$ et que $A B C D$ est inscrit dans un cercle $\Gamma$. Soit $P$ sur $\Gamma$ tel que (DP) est parallèle à ( $A C$ ). La tangente à $\Gamma$ en $D$ recoupe $(A B)$ en $E$, et les cordes $[B P]$ et $[C D]$ s'intersectent en $Q$. Montrer que $E Q=A C$.

solution:
On sait que (CQ) est parallèle à $(\mathrm{AE})$, donc l'énoncé revient à montrer que $A C Q E$ est un parallélogramme, donc il suffit de montrer que (EQ) et (AC) sont parallèles. Le quadrilatère BQDE est un trapèze, avec $(B E)$ et (DQ) parallèles. On va d'abord montrer que c'est un trapèze isocèle. En effet, on a

$$
\widehat{\mathrm{EDQ}}=\widehat{\mathrm{EDC}}=180^{\circ}-\widehat{\mathrm{DAC}}
$$

d'après le cas limite du théorème de l'angle inscrit. D'autre part, on a

$$
\widehat{\mathrm{DQB}}=180^{\circ}-\widehat{\mathrm{BDC}}-\widehat{\mathrm{DBP}}=180^{\circ}-\widehat{\mathrm{BAC}}-\widehat{\mathrm{DAP}}
$$

Or, les quadrilatères $A B C D$ et $A C P D$ sont des trapèzes inscriptibles, donc isocèles, donc $P C=$ $A D=B C$, donc $C$ est le milieu de l'arc entre $B$ et $P$. On a donc $\widehat{B A C}=\widehat{C A P}$, donc

$$
\widehat{\mathrm{DQB}}=180^{\circ}-\widehat{\mathrm{CAP}}-\widehat{\mathrm{DAP}}=180^{\circ}-\widehat{\mathrm{DAC}}=\widehat{\mathrm{EDQ}}
$$

donc le trapèze EBQD est bien isocèle, et a un axe de symétrie. On en déduit

$$
\widehat{\mathrm{DQE}}=\widehat{\mathrm{QDB}}=\widehat{\mathrm{CDB}}=\widehat{\mathrm{DCA}},
$$

en utilisant à la fin le fait que $A B C D$ a un axe de symétrie. Cela montre que ( QE ) et ( $A C$ ) sont parallèles, ce qui conclut.

## Exercice commun aux groupes A et B - Énoncé et solution

problem_match: Exercice 3.

solution_match: Solution de l'exercice 3


problem: Un grand carré de côté $n$ est découpé en $n^{2}$ petits carrés de côté 1 . On veut colorier en rouge ou bleu chacun des $(n+1)^{2}$ sommets des petits carrés de telle manière que chacun des petits carrés a exactement 2 sommets rouges. Combien y a-t-il de coloriages possibles?

solution:
La réponse est $2^{\mathrm{n}+2}-2$. Pour le montrer, on commence par colorier les $n+1$ sommets les plus hauts. Il y a $2^{n+1}$ manières de le faire.
Si il existe deux sommets consécutifs de même couleur sur la rangée supérieure ( $2^{n+1}-2$ coloriages de la rangée supérieure), alors ils fixent les couleurs sur la rangée juste en-dessous, et ainsi de suite, ce qui donne $2^{n+1}-2$ coloriages.
Si les couleurs sur la rangée supérieure sont alternées ( 2 coloriages de la rangée supérieure), alors on est obligé d'alterner les couleurs sur la rangée d'en-dessous, et sur les suivantes... On peut cependant, à chaque ligne, choisir la couleur par laquelle on commence, ce qui donne $2 \times 2^{n}$ coloriages, donc $2^{n+2}-2$ au total.

## Exercices du groupe A - Énoncés et solutions

problem_match: Exercice 4.

solution_match: Solution de l'exercice 4


problem:
Déterminer tous les entiers $n \geqslant 2$ vérifiant la propriété suivante : pour tous entiers $a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{n}$ dont la somme n'est pas divisible par $n$, $i l$ existe un indice $i$ tel qu'aucun des nombres

$$
a_{i}, a_{i}+a_{i+1}, \ldots, a_{i}+\cdots+a_{i+n-1}
$$

n'est divisible par $n$ (pour $i>n$, on pose $a_{i}=a_{i-n}$ ).

solution:
Ce sont exactement les nombres premiers!

En effet, si $n=a b$, on peut prendre $a_{1}=0$ et $a_{2}=\cdots=a_{n}=a$. La somme des $a_{i}$ vaut $a(n-1)$ donc n'est pas divisible par $n$. Cependant, soit $1 \leqslant i \leqslant n$. Si $i+b-1 \leqslant n$, alors le nombre $a_{i}+\cdots+a_{i+b-1}=a b=n$ est divisible par $n$. Si $i+b-1>n$, alors le nombre $a_{i}+\cdots+a_{i+b}=a b=n$ est divisible par $n$.
Réciproquement, supposons $n$ premier, et soient $a_{1}, \ldots, a_{n}$ des entiers dont la somme n'est pas divisible par $n$. Si $n$ ne vérifie pas la propriété, alors pour tout indice $i$, il existe $j(i)$ avec $\mathfrak{i}+1 \leqslant \mathfrak{j}(\mathfrak{i}) \leqslant \mathfrak{i}+\boldsymbol{n}$ tel que

$$
a_{i}+a_{i+1}+\cdots+a_{j(i)-1}
$$

est divisible par $n$. De plus, comme la somme des $a_{i} n^{\prime}$ est pas divisible par $n$, on ne peut pas avoir $\mathfrak{j}(\mathfrak{i})=\mathfrak{i}+\mathfrak{n}$, donc $\mathfrak{i}+1 \leqslant \mathfrak{j}(\mathfrak{i}) \leqslant \mathfrak{i}+\mathfrak{n}-1$. On définit alors par récurrence une suite $d^{\prime}$ 'indices $\left(i_{n}\right)$ par $i_{1}=1$ et $i_{n+1}=j\left(i_{n}\right)$. On sait que pour tout $k$, l'entier

$$
a_{i_{k}}+\cdots+a_{i_{k+1}-1}
$$

est divisible par n donc, en sommant, pour tous indices $k<\ell$, l'entier

$$
a_{i_{k}}+\cdots+a_{i_{\ell}-1}
$$

est divisible par $n$. Par le principe des tiroirs, il existe $1 \leqslant k<\ell \leqslant n+1$ tels que $\mathfrak{i}_{k} \equiv \mathfrak{i}_{\ell}(\bmod n)$. Le nombre de termes de la somme (1) vaut alors $\mathfrak{i}_{\ell}-\mathfrak{i}_{k}$ donc est divisible par $n$, donc chacun des $a_{i} y$ apparaît exactement $\frac{\boldsymbol{i}_{\ell}-\mathfrak{i}_{k}}{n}$ fois. De plus, on sait que $\mathfrak{i}_{j+1}-\mathfrak{i}_{j} \leqslant n-1$ pour tout $j$ et que $\ell-k \leqslant n$, donc $\mathfrak{i}_{\ell}-\mathfrak{i}_{k} \leqslant n(n-1)$. La somme (1) vaut donc

$$
\frac{\mathfrak{i}_{\ell}-\mathfrak{i}_{k}}{n} \times \sum_{i=1}^{n} a_{i} .
$$

Mais $\frac{i_{\ell}-i_{k}}{n} \leqslant n-1$ donc ne peut pas être divisible par $n$, et la somme des $a_{i}$ ne l'est pas non plus. Comme n est premier, la somme (1) n'est pas divisible par n , d'où la contradiction.

problem_match: Exercice 5.

solution_match: Solution de l'exercice 5


problem:
Soit $A B C$ un triangle avec $A B \neq A C$, et soit $\omega$ le cercle $A$-exinscrit à $A B C$. On note $D, E$ et $F$ les points de tangence de $\omega$ avec $[B C],[A C)$ et $[A B)$. Le cercle circonscrit à $A E F$ recoupe ( $B C$ ) en $P$ et $Q$. On note $M$ le milieu de $[A D]$. Montrer que le cercle circonscrit à MPQ est tangent à $\omega$.
Remarque. On rappelle que le cercle $A$-exinscrit à $A B C$ est l'unique cercle tangent au segment $[B C]$, à la demi-droite $[A B)$ au-delà de $B$ et à la demi-droite $[A C)$ au-delà de $C$.

solution:
On note $\Gamma$ le cercle passant par $A, E, F, P$ et $Q$. Soit $T$ le second point d'intersection de (AD) avec $\omega$. On va montrer que $\omega$ et le cercle circonscrit à MPQ sont tangents en $T$. On commence pour cela par montrer que $M, P, Q$ et $T$ sont cocycliques.
Soient $J$ le centre de $\omega$, et $N$ le milieu de [DT]. Alors les angles $\widehat{A E J}$ et $\widehat{A F J}$ sont droits, donc $E$ et $F$ sont sur le cercle de diamètre $[A J]$, donc $\Gamma$ est le cercle de diamètre $[A J]$. De plus, la droite (JN) est la médiatrice de [DT], donc l'angle $\widehat{A N J}$ est aussi droit et $N \in \Gamma$. La puissance de $D$ par rapport à $\Gamma$ donne alors

$$
\mathrm{DP} \times \mathrm{DQ}=\mathrm{DA} \times \mathrm{DN}=\mathrm{DA} \times \frac{1}{2} \mathrm{DT}=\frac{1}{2} \mathrm{DA} \times \mathrm{DT}=\mathrm{DM} \times \mathrm{DT}
$$

donc $M, T, P$ et Q sont bien cocycliques.
On trace maintenant la tangente en $T$ à $\omega$, qui recoupe ( $B C$ ) en $X$. On a $X D=X T$, donc les points $X$, J et $N$ sont alignés sur la médiatrice de [DT]. Les triangles XND et XDJ sont alors
rectangles en $N$ et $D$ et partagent l'angle $\widehat{D R J}$, donc ils sont semblables, donc $\frac{X N}{X D}=\frac{X D}{X J}$, donc $\mathrm{XD}^{2}=\mathrm{XN} \times \mathrm{XJ}$. On sait aussi que $\mathrm{XT}=\mathrm{XD}$, et la puissance de $X$ par rapport à $\Gamma$ donne $\mathrm{XN} \times X \mathrm{~J}=\mathrm{XP} \times \mathrm{XQ}$. On obtient donc

$$
X T^{2}=X P \times X Q
$$

donc $(X T)$ est tangente au cercle circonscrit à PQT, ce qui conclut.

problem_match: Exercice 6.

solution_match: Solution de l'exercice 6