problem:
Soit $x$ et $y$ deux entiers tels que $5 x+6 y$ et $6 x+5 y$ soient des carrés parfaits. Montrer que $x$ et $y$ sont tous deux divisibles par 11.
Note : on dit qu'un entier $n$ est un carré parfait si c'est le carré d'un entier.

solution:
Soit $a$ et $b$ deux entiers tels que $5 x+6 y=a^{2}$ et $6 x+5 y=b^{2}$. On note que $a^{2}+b^{2}=11(x+y)$ est divisible par 11 . Or, modulo 11 , les carrés sont $0,1,3,4,5$ et 9 : ainsi, la somme de deux carrés est nulle (mod. 11) si et seulement si les deux carrés en question sont nuls (mod. 11) eux aussi.
Dans notre cas, cela signifie que $a$ et $b$ sont divisibles par 11. Il existe donc des entiers $A$ et $B$ tels que $a=11 A$ et $b=11 \mathrm{~B}$. Mais alors

$$
11 x=(6 \times 6-5 \times 5) x=6\left(b^{2}-5 y^{2}\right)-5\left(a^{2}-6 y\right)=6 b^{2}-5 a^{2}=11^{2}\left(6 B^{2}-5 A^{2}\right)
$$

de sorte que $x=11\left(6 B^{2}-5 A^{2}\right)$ est bien divisible par 11. De même, on montre que $y=$ $11\left(6 A^{2}-5 B^{2}\right)$ est lui aussi divisible par 11.

problem_match: Exercice 1.

solution_match: Solution de l'exercice 1


problem:
Soit $\Gamma$ un cercle de centre $O$ et de rayon $r$ et $\ell$ une droite qui ne coupe pas $\Gamma$. On note $E$ le point d'intersection entre $\ell$ et la droite perpendiculaire à $\ell$ passant par $O$.
Soit $M$ un point de $\ell$ différent de $E$. Les tangentes au cercle $\Gamma$ et passant par $M$ touchent $\Gamma$ en $A$ et $B$. Enfin, soit $H$ le point d'intersection des droites ( $A B$ ) et ( $O E$ ).
Montrer que $\mathrm{OH}=\mathrm{r}^{2} / \mathrm{OE}$.

solution:
Tout d'abord, les triangles OAM, OBM et OEM sont respectivement rectangles en $A, B$ et $E$, de sorte que les points $A, O, B, E, M$ appartiennent tous à un même cercle de diamètre [OM].
Or, d'après la loi des sinus dans les triangles OBH et OEA, on sait que

$$
\frac{\mathrm{OH} \times \mathrm{OE}}{\mathrm{r}^{2}}=\frac{\mathrm{OH}}{\mathrm{OB}} \times \frac{\mathrm{OE}}{\mathrm{OA}}=\frac{\sin (\widehat{\mathrm{OBA}})}{\sin (\widehat{\mathrm{OHB}})} \times \frac{\sin (\widehat{\mathrm{OAE}})}{\sin (\widehat{\mathrm{OEA}})}
$$

Les points $O, B, E$ et $A$ étant cocycliques, on sait que $\widehat{O B A}=\widehat{O E A}$. D'autre part, puisque les droites $(\mathrm{AH})$ et $(\mathrm{HO})$ sont respectivement perpendiculaires à $(\mathrm{OM})$ et $(\mathrm{ME})$, on sait également que

$$
\widehat{\mathrm{OHB}}=180^{\circ}-\widehat{\mathrm{AHO}}=180^{\circ}-\widehat{\mathrm{OME}}=180^{\circ}-\widehat{\mathrm{OAE}}
$$

Cela montre que $\sin (\widehat{O B A})=\sin (\widehat{O E A})$ et que $\sin (\widehat{O H B})=\sin (\widehat{O A E})$, ce qui conclut.
![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_06_bd1cd6af13c4dc860b8eg-2.jpg?height=646&width=652&top_left_y=2044&top_left_x=705)

problem_match: Exercice 2.

solution_match: Solution de l'exercice 2


problem:
Soit $n$ un entier naturel. Un escalier de taille $n$ est constitué de petits carrés $1 \times 1$, avec 1 carré pour la première marche, 2 carrés pour la deuxième marche, et ainsi de suite, jusqu'à $n$ carrés pour la $n^{\text {ème }}$ marche.
On dispose de pierres carrées (de coté entier) de toutes les tailles pour construire cet escalier et on note $f(n)$ le nombre minimum de pierres que l'on doit utiliser pour un escalier de taille $n$. Par exemple, $f(2)=3$ et $f(4)=7$, comme illustré ci-dessous.
![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_06_bd1cd6af13c4dc860b8eg-3.jpg?height=220&width=815&top_left_y=484&top_left_x=623)

1. Trouver tous les entiers $n \geqslant 0$ tels que $f(n)=n$.
2. Trouver tous les entiers $n \geqslant 0$ tels que $f(n)=n+1$

solution:
Commençons par quelques définitions et observations générales. Dans la suite, on note $(i, j)$ le petit carré $1 \times 1$ situé au jème étage de la $i^{\text {ème }}$ marche. On appellera carré supérieur chaque petit carré ( $k, k$ ), c'est-à-dire chaque carré situé tout en haut d'une marche.
On considère une construction de l'escalier de taille $n$ à partir de $f(n)$ pierres carrées. Deux carrés supérieurs distincts ne peuvent appartenir à la même pierre. Puisqu'il y a exactement $n$ carrés supérieurs dans un escalier de taille $n$, on en déduit que $f(n) \geqslant n$ pour tout $n \geqslant 0$. On traite maintenant les questions 1 et 2.

1. Tout d'abord, il est clair que $f(0)=0$. Soit maintenant $n \geqslant 1$ un entier tel que $f(n)=n$.

Au vu de l'observation ci-dessus, chaque pierre contient un unique carré supérieur. C'est en particulier le cas de la pierre contenant le carré ( $n, 1$ ). Mais alors cette pierre sépare l'escalier en 2 parties symétriques. Ainsi, chaque partie forme un escalier de taille $(n-1) / 2$, tel que $f((n-1) / 2)=(n-1) / 2$. Par conséquent, une récurrence immédiate montre qu'il existe un entier $k \geqslant 0$ tel que $n=2^{k}-1$.
Réciproquement, et en suivant cette construction dans l'autre sens, une récurrence immédiate montre que $f\left(2^{k}-1\right)=2^{k}-1$ pour tout entier $k \geqslant 0$.
Les entiers $n$ recherchés sont donc bien les entiers de la forme $n=2^{k}-1$ avec $k \geqslant 0$.
2. Cette fois-ci, on sait que $n \geqslant 2$. D'autre part, la pierre contenant le carré ( $n, 1$ ) ne saurait contenir de carré supérieur; en effet, si c'était le cas, elle couperait l'escalier en 2 parties symétriques, formant chacune un escalier de taille ( $n-1$ )/2, de sorte que $f(n)-n$ devrait être pair.
Il s'agit donc de la seule la seule pierre qui ne contient pas de carré supérieur. Soit $\ell \times \ell$ les dimensions de cette pierre. Une fois $\ell$ et $n$ fixés, chaque autre pierre doit contenir un carré supérieur, et les dimensions des pierres sont donc prescrites. En particulier, une récurrence immédiate sur $n+i-j$ montre que les pierres contenant les carrés ( $i, j$ ) et $(\mathfrak{n}+1-\mathfrak{j}, \mathfrak{n}+1-\mathfrak{i})$ occupent en fait des positions symétriques.
Afin de se ramener à ne traiter que des escaliers où chaque pierre contient un carré supérieur, on s'intéresse donc spécifiquement aux pierres contenant les carrés ( $\mathrm{n}, 1$ ), $(n-\ell, 1),(n, \ell+1)$ et $(n-\ell, \ell+1)$; cette dernière pierre n'existe que si $n \neq 2 \ell$.
On suppose tout d'abord que $n \neq 2 \ell$. Dans ce cas, nos quatre pierres sont deux à deux disjointes, de tailles respectives $\ell \times \ell,(n+1-\ell) / 2,(n+1-\ell) / 2$ et $(n+1-2 \ell) / 2$, et elles coupent l'escalier en quatre petits escaliers : deux escaliers de taille ( $n-1-\ell$ ) /2 et deux escaliers de taille $(n-1-2 \ell) / 2$. Au vu des résultats de la première question, il existe donc deux entiers naturels non nuls $k$ et $k^{\prime}$ tels que $n=2^{\mathrm{k}}+\ell-1=2^{\mathrm{k}^{\prime}}+2 \ell-1$.

Cela signifie que $\ell=2^{k}-2^{k^{\prime}}$, donc que $k \geqslant k^{\prime}$ et que $n=2^{k+1}-2^{k^{\prime}}-1$. Réciproquement, s'il existe des entiers $k \geqslant k^{\prime} \geqslant 1$ tels que $n=2^{k+1}-2^{k^{\prime}}-1$, il suffit en effet de choisir $\ell=2^{k}-2^{k^{\prime}}$ pour que notre construction fonctionne.
De même, si $n=2 \ell$, on a en fait trois pierres, qui coupent l'escalier en quatre petits escaliers de taille $(n-1-\ell) / 2=(\ell-1) / 2$, donc il existe un entier naturel non nul $k$ tel que $\ell=2^{k}-1$ et $n=2^{k+1}-2$. Réciproquement, s'il existe un entier $k \geqslant 1$ tel que $\mathrm{n}=2^{\mathrm{k}+1}-2$, il suffit en effet de choisir $\ell=\mathrm{n} / 2$ pour que notre construction fonctionne. Les entiers $n$ recherchés sont donc bien les entiers de la forme $n=2^{k+1}-2^{k^{\prime}}-1$ avec $k \geqslant k^{\prime} \geqslant 0$.

## Exercice commun aux groupes Junior et Senior

problem_match: Exercice 3.

solution_match: Solution de l'exercice 3


problem:
Trouver toutes les fonctions $\mathrm{f}: \mathbb{N} \rightarrow \mathbb{N}$ telles que

$$
x f(y)+y f(x)=(x+y) f\left(x^{2}+y^{2}\right)
$$

pour tous les entiers naturels $x$ et $y$.
Note : on rappelle que $\mathbb{N}$ désigne l'ensemble des entiers naturels, c'est-à-dire $\mathbb{N}=\{0,1,2, \ldots\}$.

solution:
Dans la suite, on notera $\mathbf{E}_{x, y}$ l'équation de l'énoncé.
Tout d'abord, l'équation $E_{x, 0}$ indique que $x f(0)=x f\left(x^{2}\right)$, ce qui montre que $f\left(x^{2}\right)=f(0)$ pour tout entier $x \geqslant 1$. Par conséquent, pour tout entier $y \geqslant 1$, l'équation $\mathbf{E}_{x, y^{2}}$ indique que $x+y^{2}$ divise $x(f(0)-f(x))$. Cette relation de divisibilité étant valide même quand $y$ est arbitrairement grand, on en déduit que $f(x)=f(0)$ quel que soit $x$.
Réciproquement, on vérifie aisément que les fonctions constantes sont bien des solutions de l'équation.

## Exercices du groupe Senior

problem_match: Exercice 4.

solution_match: Solution de l'exercice 4


problem:
Soit $n$ un entier impair, et soit $S$ un ensemble de $n$ points du plan à coordonnées entières. On considère une permutation $\mathrm{f}: \mathrm{S} \rightarrow \mathrm{S}$ qui satisfait la propriété suivante :
Pour toute paire de points $A$ et $B$ appartenant à $S$, la distance entre $f(A)$ et $f(B)$ est supérieure ou égale à la distance entre $A$ et $B$.
Montrer qu'il existe un point $X$, appartenant à $S$, tel que $f(X)=X$.

solution:
Puisque $S$ est de cardinal impair, f admet une orbite de cardinal impair. Sans perte de généralité, on peut donc supposer que $S$ est égal à cette orbite, et même que $S=\left\{P_{1}, \ldots, P_{n}\right\}$ avec $f\left(P_{i}\right)=P_{i+1}$ pour tout $i \leqslant n$, en posant $P_{1}=n+1$.
Si f n'a aucun point fixe, $\mathrm{c}^{\prime}$ est donc que $n \geqslant 3$. Montrons que ce cas est en fait impossible.
En effet, dans ces conditions, l'énoncé montre que $P_{1} P_{2} \leqslant P_{2} P_{3} \leqslant \ldots \leqslant P_{n} P_{1}$, de sorte que toutes ces inégalités sont en fait des égalités. En outre, toujours sans perte de généralité, quitte à considérer un point $P_{i}$ plutôt que $P_{1}$ et quitte à effectuer des translations à coordonnées entières et à diviser toutes nos coordonnées par 2, on peut supposer que les coordonnées du vecteur $\overrightarrow{\mathrm{P}_{1} \mathrm{P}_{2}}$ ne sont pas toutes les deux paires. Maintenant, on va noter $x_{i}$ et $y_{i}$ les coordonnées du point $P_{i}$.

Puisque les carrés modulo 4 sont 0 et 1 , on en déduit que $P_{i} P_{i+1}^{2}=P_{1} P_{2}^{2}=\left(x_{i}-x_{i+1}\right)^{2}+$ $\left(y_{i}-y_{i+1}\right)^{2}$ est congru à 1 ou 2 modulo 4 .
Dans le premier cas, $c^{\prime}$ est donc que la somme $\Delta_{i}=x_{i}+y_{i}+x_{i+1}+y_{i+1} \equiv 1(\bmod 2)$. On en déduit que

$$
n \equiv \sum_{i=1}^{n} \Delta_{i} \equiv 2 \sum_{i=1}^{n}\left(x_{i}+y_{i}\right) \equiv 0 \quad(\bmod 2)
$$

Dans le deuxième cas, on a directement $\Delta_{i}^{x}=x_{i}+x_{i+1} \equiv 1(\bmod 2)$ et $\Delta_{i}^{y}=y_{i}+y_{i+1} \equiv 1$ $(\bmod 2)$, de sorte que

$$
n \equiv \sum_{i=1}^{n} \Delta_{i}^{x} \equiv 2 \sum_{i=1}^{n} x_{i} \equiv 0 \quad(\bmod 2)
$$

Puisque n est impair, aucun de ces deux cas n'est possible, ce qui conclut.

problem_match: Exercice 5.

solution_match: Solution de l'exercice 5


problem:
Soit $A B C$ un triangle, et soit $E$ et $F$ deux points appartenant respectivement aux droites $(A B)$ et $(A C)$, distincts de $A, B$ et $C$. Soit également $\Omega$ le cercle circoncscrit à $A B C$, soit $O$ le centre de $\Omega$, et soit $\Gamma$ le cercle circonscrit à $A E F$. Enfin, soit $P$ le point d'intersection $\operatorname{de} \Gamma$ et $\Omega$ autre que $A$, et soit $Q$ le symétrique de $P$ par rapport à la droite (EF).
Montrer que Q appartient à la droite ( BC ) si et seulement si O appartient au cercle $\Gamma$.

solution:
Puisque (BC) et (EF) sont deux droites d'intérêt notoire, on note 7 leur point d'intersection, éventuellement rejeté à l'infini. Alors Q appartient à la droite ( BC ) si et seulement si, en angles de droites, on a (BT, ET) $=(\mathrm{ET}, \mathrm{PT})$.
Or, toujours en angles de droites, on sait déjà que

$$
\begin{aligned}
(\mathrm{PB}, \mathrm{PE}) & =(\mathrm{PB}, \mathrm{PA})+(\mathrm{PA}, \mathrm{PE})=(\mathrm{CB}, \mathrm{CA})+(\mathrm{FA}, \mathrm{FE}) \\
& =(\mathrm{CT}, \mathrm{CF})+(\mathrm{CF}, \mathrm{FT})=(\mathrm{CT}, \mathrm{FT})=(\mathrm{TB}, \mathrm{TE}),
\end{aligned}
$$

ce qui signifie que les points $\mathrm{P}, \mathrm{E}, \mathrm{B}$ et T sont cocycliques. Par conséquent, on sait que $(B T, E T)=(B P, E P)$ et $(E T, P T)=(E B, P B)=(A B, P B)$.
On sait aussi que $2(B A, B P)=(O A, O P)$ et que $(E A, E P)=(B A, B P)+(B P, E P)$. Ainsi,

$$
\begin{aligned}
\text { Q appartient à la droite }(\mathrm{BC}) & \Leftrightarrow(\mathrm{BP}, \mathrm{EP})=(\mathrm{AB}, \mathrm{~PB}) \\
& \Leftrightarrow(\mathrm{EA}, \mathrm{EP})=2(\mathrm{BA}, \mathrm{BP})=(\mathrm{OA}, \mathrm{OP}) \\
& \Leftrightarrow \mathrm{O} \text { appartient au cercle } \Gamma .
\end{aligned}
$$

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_06_bd1cd6af13c4dc860b8eg-5.jpg?height=817&width=577&top_left_y=1873&top_left_x=748)

problem_match: Exercice 6.

solution_match: Solution de l'exercice 6