problem:
Soit $S$ un ensemble d'entiers. On dit que $S$ est insommable si, pour tous les entiers $x$ et $y$ appartenant à $S$, la somme $x+y$ n'appartient pas à $S$. Pour tout entier $n \geqslant 1$, on note $s_{n}$ le nombre de sous-ensembles de $\{1,2, \ldots, 2 n\}$ qui sont insommables.
Démontrer que $s_{n} \geqslant 2^{n}$.

solution:
Soit $S$ une partie de $\{n+1, \ldots, 2 n\}$. Une telle partie est insommable, puisque, pour tous les entiers $x, y$ et $z$ appartenant à $S$, on a $x+y \geqslant 2(n+1)>2 n \geqslant z$. Or, il existe $2^{n}$ parties de $\{n+1, \ldots, 2 n\}$. On en déduit bien que $s_{n} \geqslant 2^{n}$.

Note : On peut en fait démontrer que $2^{\mathfrak{n}+4} \geqslant s_{n} \geqslant 2^{\mathfrak{n}+1}$ pour tout $n \geqslant 3$. L'inégalité $s_{n} \geqslant$ $2^{\mathrm{n}+1}$ s'obtient, par exemple, comme suit.
Pour tout entier $k \in\{1, \ldots, 2 \mathfrak{n}\}$, on note $E_{k}$ l'ensemble des parties de $\{\lfloor k / 2\rfloor+1, \ldots, k\}$ auxquelles appartient $k$. $S i$ un ensemble $S$ appartient à $E_{k}$, alors pour tous $x$ et $y$ appartenant à $S$, on a bien $x+y \geqslant 2\lfloor k / 2\rfloor+2>k=\max S$, donc $S$ est insommable.
Or, $E_{k}$ contient exactement $2^{k-\lfloor k / 2\rfloor-1}$ ensembles, et $k$ est l'élément maximum de tout ensemble $S$ appartenant à $E_{k}$, donc les ensembles $E_{k}$ sont deux à deux disjoints. Si on pose $k=2 \ell-\varepsilon$, avec $\varepsilon=0$ ou $\varepsilon=1$, on a alors $k-\lfloor k / 2\rfloor-1=2 \ell-\varepsilon-(\ell-\varepsilon)-1=\ell-1$, donc $\left|E_{k}\right|=2^{\ell-1}$.
Enfin, puisque $\boldsymbol{n} \geqslant 3$, les ensembles $\{1,2 \mathfrak{n}\}$ et $\{2,2 \mathfrak{n}\}$ sont tous deux insommables, et n'appartiennent pas à $E_{2 n}$. On en déduit que

$$
s_{2 n} \geqslant 2+\sum_{k=1}^{2 n}\left|E_{k}\right|=2+\sum_{\ell=1}^{n}\left|E_{2 \ell-1}\right|+\left|E_{2 \ell}\right|=2+2 \sum_{\ell=1}^{n} 2^{\ell-1}=2+2^{n+1}-2=2^{n+1} .
$$

problem_match: Exercice 1.

solution_match: Solution de l'exercice 1


problem: Soit $m$ et $n$ deux entiers naturels. Démontrer que $n!\neq m^{2}+2019$.

solution:
Procédons par l'absurde, et supposons que l'on dispose de deux entiers naturels $m$ et $n$ tels que $n!=m^{2}+2019$. Tout d'abord, on sait que $n!\geqslant 2019>6!=720$, donc que $n \geqslant 7$. Par conséquent, $n!$ est divisible par $7!=2^{4} \times 3^{2} \times 5 \times 7$, et l'on a $0 \equiv m^{2}+2019$ $(\bmod 7!)$.
En vertu de la décomposition en produit de facteurs premiers énoncée ci-dessus et du théorème Chinois, cela signifie que -2019 est un carré modulo $k$ pour tout entier $k$, parmi $2^{4}, 3^{2}$, 5 et 7 .
On pourrait démontrer que cela ne constitue pas une contradiction pour $k=5$ et $k=7$. En revanche, -2019 n'est pas un carré modulo 9 (ni modulo 16). En effet, si m² $\equiv-2019 \equiv-3$ $(\bmod 9)$, alors 3 divise $m$, donc 9 divise $m^{2}$, qui devrait donc être congru à la fois à 0 et à -3 modulo 9.
Ainsi, dès lors que $n \geqslant 7$, on a en fait $n!\equiv 0 \not \equiv m^{2}-3 \equiv m^{2}+2019(\bmod 9)$, ce qui montre bien que nulle paire d'entiers naturels ( $m, n$ ) ne peut satisfaire l'équation $n!=m^{2}+2019$.
Note : On a également $-2019 \equiv 5(\bmod 8)$, alors que $n^{2} \equiv 1(\bmod 8)$ pour tout entier $n$ impair. Ainsi, comme prévu, -2019 n'est pas un carré modulo 8 , donc modulo $2^{4}$ non plus.

problem_match: Exercice 2.

solution_match: Solution de l'exercice 2


problem:
Soit $A B C$ un triangle, et soit $M$ le pied de la médiane issue de $A$. Soit également $\ell_{\mathrm{b}}$ la bissectrice de $\widehat{A M B}$ et $\ell_{c}$ la bissectrice de $\widehat{A M C}$. Enfin, soit $B^{\prime}$ le projeté orthogonal de $B$ sur $\ell_{b}$, soit $C^{\prime}$ le projeté orthogonal de $C$ sur $\ell_{c}$, et soit $A^{\prime}$ le point $d^{\prime}$ intersection des droites $(A M)$ et ( $B^{\prime} C^{\prime}$ ).
Démontrer que $A^{\prime} B^{\prime}=A^{\prime} C^{\prime}$.

solution:
Soit $\beta$ l'angle $\widehat{A M B^{\prime}}$ et $\gamma$ l'angle $\widehat{A M C^{\prime}}$. Par construction, on sait que $2(\beta+\gamma)=180^{\circ}$, donc que $\widehat{\mathrm{B}^{\prime} \mathrm{MC}^{\prime}}=\beta+\gamma=90^{\circ}$. Ainsi, la droite $\ell_{\mathrm{b}}=\left(\mathrm{MB}^{\prime}\right)$ est perpendiculaire aux droites $\left(\mathrm{BB}^{\prime}\right)$ et $\ell_{c}=\left(M C^{\prime}\right)$, et la droite $\ell_{c}=\left(M C^{\prime}\right)$ est perpendiculaire aux droites $\left(C C^{\prime}\right)$ et $\ell_{b}=\left(M B^{\prime}\right)$.
$D^{\prime}$ autre part, on remarque que $\widehat{\mathrm{B}^{\prime} \mathrm{BM}}=180^{\circ}-\widehat{\mathrm{BB}^{\prime} M}-\widehat{\mathrm{BMB}^{\prime}}=180^{\circ}-90^{\circ}-\beta=\gamma$ et que, de même, $\widehat{C^{\prime} C M}=\beta$. Ainsi, les deux triangles $B B^{\prime} M$ et $M C^{\prime} C$ sont semblables. En outre, puisque $M$ est le pied de la médiane de $A B C$ issue de $A$, $c^{\prime}$ est en fait le milieu de [BC], donc $B M=M C$. Les deux triangles $B B^{\prime} M$ et $M C C^{\prime}$ sont donc isométriques.
En particulier, on en déduit que $B B^{\prime}=M C^{\prime}$ et que $C C^{\prime}=M B^{\prime}$. Mais alors, puisque le triangle $M B^{\prime} C^{\prime}$ est rectangle en $M$, il a un angle et deux côtés de mêmes mesures que le triangle $B^{\prime} M B$, et il est donc isométrique avec $B^{\prime} M B$ et avec $C^{\prime} C M$.
On en déduit notamment que

$$
\widehat{A^{\prime} C^{\prime} M}=\widehat{B^{\prime} C^{\prime} M}=\widehat{M B B^{\prime}}=\gamma=\widehat{A M C^{\prime}}=\widehat{A^{\prime} M C^{\prime}}
$$

donc que le triangle $A^{\prime} C^{\prime} M$ est isocèle en $A^{\prime}$. De même, le triangle $A^{\prime} B^{\prime} M$ est isocèle en $A^{\prime}$, et on en conclut comme prévu que $A^{\prime} B^{\prime}=A^{\prime} M=A^{\prime} C^{\prime}$.
![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_06_c5fd91a8d8cfdbddd7a0g-4.jpg?height=1014&width=1480&top_left_y=1412&top_left_x=294)

problem_match: Exercice 3.

solution_match: Solution de l'exercice 3


problem:
Soit $\mathrm{f}: \mathbb{Z} \mapsto \mathbb{R}$ une fonction telle que

$$
\mathbf{f}(\mathrm{n}+2)=(f(n+1)+\mathbf{f}(\mathrm{n})) / 2
$$

pour tout entier $n$. On suppose que f est bornée, c'est-à-dire qu'il existe un réel $\mathbf{F}$ tel que $-F \leqslant f(n) \leqslant F$ pour tout $n$.
Démontrer que $f$ est une fonction constante.

solution:
Supposons que f n'est pas constante. Il existe donc un entier n et un réel $\varepsilon \neq 0$ tels que $f(n+1)-f(n)=\varepsilon$.
Pour tout entier $k$, posons $\Delta_{k}=f(k+1)-f(k)$. Alors

$$
\Delta_{k+1}=f(k+2)-f(k+1)=(f(k+1)+f(k)) / 2-f(k+1)=-\Delta_{k} / 2
$$

et, réciproquement, $\Delta_{\mathrm{k}-1}=-2 \Delta_{\mathrm{k}}$. Une récurrence immédiate indique alors que $\Delta_{\mathrm{n}-\mathrm{k}}=$ $(-2)^{k} \varepsilon$ pour tout $k \geqslant 0$.
Or, pour tout entier $k$, on sait que $\left|\Delta_{k}\right| \leqslant|\mathbf{f}(k+1)|+|f(k)| \leqslant 2 \mathbf{F}$. Mais ceci est incompatible avec le fait que $\left|\Delta_{n-k}\right|=2^{k}|\varepsilon|$ pout tout $k \geqslant 0$. Notre supposition initiale était donc absurde, et $f$ est bien constante.

## Exercices du groupe Senior

problem_match: Exercice 4.

solution_match: Solution de l'exercice 4


problem:
Soit $A, B, C$ et $P$ quatre points du plan tels que $A B C$ soit un triangle équilatéral et que $A P<B P<C P$. On suppose que la seule donnée des longueurs $A P, B P$ et $C P$ nous permet de déterminer, de manière unique, la longueur $A B$.
Démontrer que P appartient au cercle circonscrit à $A B C$.

solution:
Soit $\Gamma_{\mathrm{a}}, \Gamma_{\mathrm{b}}$ et $\Gamma_{\mathrm{c}}$ les cercles de centre P et passant respectivement par $A$, $B$ et $C$. Soit également $C^{\bullet}$ le symétrique de $C$ par rapport à ( $A P$ ). Notons que $C^{\bullet}$ est le seul point de $\Gamma_{\mathrm{c}}$, autre que C lui-même, tel que $A C=A C^{\bullet}$.
On note maintenant r la rotation de centre $\mathcal{A}$ et d'angle $60^{\circ}$ dans le sens horaire. Quitte à faire subir une symétrie à la figure de répart, on suppose que $C=r(B)$.
Puis, à tout point $B^{\prime}$ de $\Gamma_{b}$, on associe le point $C^{\prime}=r\left(B^{\prime}\right)$. Le triangle $A B^{\prime} C^{\prime}$ est équilatéral, et l'hypothèse de l'énoncé stipule donc que, pour tout $B^{\prime}$, le point $C^{\prime}$ ne peut appartenir à $\Gamma_{c}$ que s'il est égal à $C$ ou à $C^{\bullet}$.
Or, quand $B^{\prime}$ décrit $\Gamma_{b}$, le point $C^{\prime}$ décrit le cercle $r\left(\Gamma_{b}\right)$, de centre $r(P)$ et de rayon $P B$. Ce cercle ne peut contenir à la fois les points $C$ et $C^{\bullet}$, puisque alors son centre se trouverait sur la médiatrice (AP) de $\left[C^{\bullet}\right]$, ce qui n'est pas le cas de $r(P)$.
Comme $\mathrm{r}\left(\Gamma_{\mathrm{b}}\right)$ contient déjà C , il ne peut donc pas contenir d'autre point de $\Gamma_{\mathrm{c}}$, et puisque $\mathrm{r}(\mathrm{P}) A=\mathrm{PA}<\mathrm{PB}$, on sait que $A$ est situé à l'intérieur $\operatorname{de} \mathrm{r}\left(\Gamma_{\mathrm{b}}\right)$, qui est donc tangent intérieurement, en le point $C$, à $\Gamma_{\mathrm{c}}$.
Comme $P B=r(P) C<P C, c^{\prime}$ est en fait que les points $C, r(P)$ et $P$ sont alignés dans cet ordre. On en déduit que $P C=r(P) C+r(P) P=P B+P A$, ou encore que $C P \cdot A B=B P \cdot A C+A P$. $B C$. L'égalité de Ptolémée indique donc que les points $A, B, C$ et $P$ sont cocycliques, ce qui conclut.
![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_06_c5fd91a8d8cfdbddd7a0g-6.jpg?height=1166&width=1189&top_left_y=1490&top_left_x=428)

problem_match: Exercice 5.

solution_match: Solution de l'exercice 5


problem:
Soit $a_{0}, a_{1}, \ldots, a_{d}$ des entiers tels que $\operatorname{PGCD}\left(a_{0}, a_{1}\right)=1$. Pour tout entier $n \geqslant 1$, on pose

$$
u_{n}=\sum_{k=0}^{d} a_{k} \varphi(n+k)
$$

Démontrer que 1 est le seul entier naturel divisant tous les entiers $u_{n}$.
On rappelle que $\varphi(n+k)$ est le nombre d'entiers naturels $\ell<n+k$ tels que $\operatorname{PGCD}(\ell, n+k)=1$.

solution:
Procédons par l'absurde, et supposons qu'il existe un nombre premier $p$ qui divise tous les entiers $u_{n}$.
Tout d'abord, puisque $\varphi(1)=\varphi(2)=1$ et que $\varphi(\mathfrak{n})$ est pair pour tout $\mathfrak{n} \geqslant 2$, on remarque que $u_{1} \equiv a_{0}+a_{1}(\bmod 2)$ et que $u_{2} \equiv a_{0}(\bmod 2)$. Comme $a_{0}$ et $a_{1}$ sont premiers entre eux, les entiers $\mathfrak{u}_{1}$ et $\mathfrak{u}_{2}$ ne peuvent donc pas être pairs tous les deux, de sorte que $p \geqslant 3$.
Soit alors $\delta$ le plus grand entier tel que $p$ ne divise pas $a_{\delta}$. Pour tout entier $n \geqslant 1$, on note $T_{n}$ le $\delta$-uplet $(\varphi(n), \varphi(n+1), \ldots, \varphi(n+\delta-1))$, considéré modulo $p$. Puisque $u_{n} \equiv 0(\bmod p)$, $c^{\prime}$ est que

$$
\varphi(n+\delta) \equiv-a_{\delta}^{-1} \sum_{k=0}^{\delta-1} a_{k} \varphi(n+k) \quad(\bmod p)
$$

Ainsi, si l'on note $\lambda:(\mathbb{Z} / \mathrm{p} \mathbb{Z})^{\delta} \mapsto(\mathbb{Z} / \mathrm{p} \mathbb{Z})^{\delta}$ la fonction définie par

$$
\lambda:\left(x_{0}, x_{1}, \ldots, x_{\delta-1}\right) \mapsto\left(x_{1}, x_{2}, \ldots, x_{\delta-1},-a_{\delta}^{-1} \sum_{k=0}^{\delta-1} a_{k} x_{k}\right)
$$

on a $\mathbf{T}_{\mathfrak{n}+1}=\lambda\left(\mathbf{T}_{\mathfrak{n}}\right)$. Or, d'après le principe des tiroirs, il existe deux entiers $k, \ell \geqslant 1$ tels que $\mathbf{T}_{\mathrm{k}}=\mathbf{T}_{\mathrm{k}+\ell}$. On a alors $\mathbf{T}_{\mathbf{n}}=\mathbf{T}_{\mathrm{n}+\ell}$ et $\varphi(\mathrm{n}) \equiv \varphi(\mathrm{n}+\ell)(\bmod p)$ pour tout $n \geqslant k$.
On montre alors le lemme suivant : pour tous les entiers $a \geqslant 1$ et $b \geqslant 3$, il existe un nombre premier $q>a$ tel que $q \not \equiv 1(\bmod b)$. En effet, l'entier $m=\max \{a, b\}!-1$ est congru à -1 $(\bmod b)$, donc il admet nécessairement un facteur premier $q \not \equiv 1(\bmod b)$, et $q$ ne peut pas diviser $\mathrm{m}+1=\max \{\mathrm{a}, \mathrm{b}\}!$, donc $\mathrm{q}>\mathrm{a}$.
En appliquant ce lemme deux fois de suite, on en déduit qu'il existe deux nombres premiers $q$ et $r$ tels que $q, r \not \equiv 1(\bmod p)$ et $q>r>k+\ell$. Mais alors $q$ est premier avec $\ell$, donc $q^{\varphi(\ell)} \equiv 1(\bmod \ell)$, et $\varphi\left(q^{\varphi(\ell)} n\right) \equiv \varphi(n)(\bmod p)$ pour tout $n \geqslant k$.
Puisque $q>r \geqslant k$, on en déduit que

$$
\begin{array}{rlr}
(q-1) q^{\varphi(\ell)} & \equiv \varphi\left(q^{\varphi(\ell)+1}\right) \equiv \varphi(q) & \equiv q-1 \quad(\bmod p) \\
(r-1)(q-1) q^{\varphi(\ell)-1} & \equiv \varphi\left(r q^{\varphi(\ell)}\right) & \equiv \varphi(r)
\end{array}
$$

Comme $q, r \not \equiv 1(\bmod p), c^{\prime}$ est que $q^{\varphi(\ell)} \equiv(q-1) q^{\varphi(\ell)-1} \equiv 1(\bmod p)$, donc que $q^{\varphi(\ell)-1} \equiv 0$ $(\bmod p)$, ce qui est impossible. On a ainsi obtenu la contradiction souhaitée, ce qui conclut.

Note : On peut aussi faire appel au théorème de Dirichlet, qui affirme que, pour tous les entiers $a$ et $b$ premiers entre eux, il existe une infinité de nombres premiers $q \equiv a(\bmod b)$. Il existe alors des nombres premiers $q_{0}>q_{1}>\ldots>q_{d}>p+d$ congrus à $1(\bmod p)$. Puis, si on choisit $k \in\{0,1\}$ tel que $p$ ne divise pas $a_{k}$, il existe aussi un nombre premier $r$ tel que $r \equiv 2(\bmod p)$ et $r \equiv k-i\left(\bmod q_{i}\right)$ pour tout $i \neq k$. Alors $p$ ne divise pas $u_{r-k}$.

Exercice 7 . Soit $n \geqslant 2$ un entier. Clara dispose d'un plateau de taille $3 n \times 3 n$, semblable à un échiquier. Elle vient d'inventer une nouvelle pièce, le léopard, qu'elle peut mouvoir comme suit : en le déplaçant d'une case vers le haut, d'une case vers la droite, ou bien d'une case en diagonale, vers le bas et la gauche. Clara a posé son léopard sur une des cases du plateau, puis elle l'a déplacé, de sorte qu'il ne passe jamais deux fois par la même case, jusqu'à ce qu'il revienne à sa case de départ.
Quelle est le plus grand nombre possible de déplacements que Clara a pu effectuer en procédant de la sorte?

problem_match: Exercice 6.

solution_match: Solution de l'exercice 6


solution:
Tout d'abord, Clara peut effectuer $9 \mathfrak{n}^{2}-3$ en procédant comme illustré ci-dessous dans le cas où $\mathrm{n}=3$.
![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_06_c5fd91a8d8cfdbddd7a0g-8.jpg?height=640&width=644&top_left_y=731&top_left_x=706)

Montrons maintenant qu'elle ne peut pas mieux faire. Tout d'abord, on identifie chaque case en ligne $i$ (en partant du bas) et en colonne $j$ (en partant de la gauche) à la paire ( $i, j$ ), où $1 \leqslant i, j \leqslant 3 n$. Puis on colorie les cases du plateau de trois couleurs $C_{0}, C_{1}$ et $C_{2}$, en affectant à la case $(\mathfrak{i}, \mathfrak{j})$ la couleur $\mathrm{C}_{\boldsymbol{i}+\boldsymbol{j}}(\bmod 3)$. Chaque mouvement du léopard consiste à se mouvoir d'un vecteur $(0,1),(1,0)$ ou $(-1,-1)$. Par conséquent, il passe systématiquement d'une case de couleur $C_{k}$ à une case de couleur $C_{k+1}(\bmod 3)$. Il a donc effectué un nombre de déplacements divisible par 3, et il suffit de démontrer qu'il n'a pas pu passer par toutes les cases.
À cette fin, remarquons que son parcours décrit un graphe planaire formé d'un seul cycle, qui contient donc une face interne (finie) et une face externe. Or, si le léopard est passé par la case $(1,3 \mathfrak{n})$, il a dû utiliser l'arête $(1,3 \mathfrak{n}) \rightarrow(2,3 \mathfrak{n})$, donc contourner sa face interne dans le sens horaire. Mais, de même, s'il est passé par la case ( $3 n, 1$ ), il a dû utiliser l'arête $(3 n, 1) \rightarrow(3 n, 2)$, donc contourner sa face interne dans le sens anti-horaire. Il n'a donc pas pu passer par ces deux cases lors du même trajet, ce qui conclut.

[^0]:    Animath,
    Préparation Olympique Française de Mathématiques, 11-13 rue Pierre et Marie Curie, 75005 Paris.

solution_match: Solution de l'exercice 7