problem:
Soit $A B C D$ un trapèze tel que $(A B)$ soit parallèle à $(C D)$. Soit $P$ un point de $[A C]$ et $Q$ un point de $[B D]$ tels que $\widehat{A P D}=\widehat{\mathrm{BQC}}$.
Démontrer que $\widehat{A Q D}=\widehat{\mathrm{BPC}}$.

solution:
L'énoncé nous donne plein d'égalités d'angles : exploitons-les! Tout d'abord, on remarque que

$$
\widehat{\mathrm{DPC}}=180^{\circ}-\widehat{\mathrm{APD}}=180^{\circ}-\widehat{\mathrm{CQB}}=\widehat{\mathrm{DQC}},
$$

ce qui signifie que les points $C, D, P$ et $Q$ sont cocycliques.
On en déduit que

$$
\widehat{\mathrm{BQP}}=180^{\circ}-\widehat{\mathrm{PQD}}=180^{\circ}-\widehat{\mathrm{PCD}}=180^{\circ}-\widehat{\mathrm{PAB}}
$$

ce qui signifie là encore que les points $A, B, P$ et $Q$ sont cocycliques.
On en conclut que

$$
\begin{aligned}
\widehat{\mathrm{AQD}} & =\widehat{\mathrm{AQP}}+\widehat{\mathrm{PQD}}=\widehat{\mathrm{ABP}}+\widehat{\mathrm{PCD}}=(\widehat{\mathrm{ABC}}-\widehat{\mathrm{PBC}})+(\widehat{\mathrm{BCD}}-\widehat{\mathrm{BCP}}) \\
& =(\widehat{\mathrm{ABC}}+\widehat{\mathrm{BCD}})-(\widehat{\mathrm{PBC}}+\widehat{\mathrm{BCP}})=180^{\circ}-\left(180^{\circ}-\widehat{\mathrm{CPB}}\right)=\widehat{\mathrm{CPB}}
\end{aligned}
$$

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_06_76e55a2dfee3dd23cd3fg-2.jpg?height=735&width=1009&top_left_y=1346&top_left_x=495)

problem_match: Exercice 1.

solution_match: Solution de l'exercice 1


problem:
Soit $a, b, c$ des nombres réels positifs ou nuls tels que $a+b+c=1$.
Démontrer que

$$
\frac{5+2 b+c^{2}}{1+a}+\frac{5+2 c+a^{2}}{1+b}+\frac{5+2 a+b^{2}}{1+c} \geqslant 13
$$

solution:
Soit $S$ la somme

$$
\frac{5+2 b+c^{2}}{1+a}+\frac{5+2 c+a^{2}}{1+b}+\frac{5+2 a+b^{2}}{1+c}
$$

Notons également $x_{i}$ le $i^{\text {ème }}$ plus petit élément de l'ensemble $\{a, b, c\}$. L'inégalité du réordonnement indique que

$$
\begin{aligned}
& \frac{b}{1+a}+\frac{c}{1+b}+\frac{a}{1+c} \geqslant \frac{x_{1}}{1+x_{1}}+\frac{x_{2}}{1+x_{2}}+\frac{x_{3}}{1+x_{3}} \text { et } \\
& \frac{c^{2}}{1+a}+\frac{a^{2}}{1+b}+\frac{b^{2}}{1+c} \geqslant \frac{x_{1}^{2}}{1+x_{1}}+\frac{x_{2}^{2}}{1+x_{2}}+\frac{x_{3}^{2}}{1+x_{3}},
\end{aligned}
$$

de sorte que

$$
\begin{aligned}
S & \geqslant \frac{5+2 x_{1}+x_{1}^{2}}{1+x_{1}}+\frac{5+2 x_{2}+x_{2}^{2}}{1+x_{2}}+\frac{5+2 x_{3}+x_{3}^{2}}{1+x_{3}} \\
& \geqslant 4\left(\frac{1}{1+x_{1}}+\frac{1}{1+x_{2}}+\frac{1}{1+x_{3}}\right)+\left(1+x_{1}\right)+\left(1+x_{2}\right)+\left(1+x_{3}\right) \\
& \geqslant 4+4\left(\frac{1}{1+x_{1}}+\frac{1}{1+x_{2}}+\frac{1}{1+x_{3}}\right)
\end{aligned}
$$

La fonction $\mathrm{f}: \mathrm{x} \mapsto 1 /(1+x)$ étant convexe, on sait en outre que

$$
\frac{1}{1+x_{1}}+\frac{1}{1+x_{2}}+\frac{1}{1+x_{3}}=f\left(x_{1}\right)+\mathbf{f}\left(x_{2}\right)+\mathbf{f}\left(x_{3}\right) \geqslant 3 \mathbf{f}\left(\frac{x_{1}+x_{2}+x_{3}}{3}\right)=3 \mathbf{f}(1 / 3)=9 / 4
$$

On en déduit que $S \geqslant 4+9=13$.

problem_match: Exercice 2.

solution_match: ## Solution de l'exercice 2


problem:
On dit qu'une paire d'entiers ( $\mathbf{a}, \mathrm{b}$ ) est chypriote si $\mathrm{a} \geqslant \mathrm{b} \geqslant 2$, si a et b sont premiers entre eux, et si $a+b$ divise $a^{b}+b^{a}$.
Démontrer qu'il existe une infinité de paires chypriotes distinctes.

solution:
Posons $k=a-b$. Puisque $a$ et $b$ sont premiers entre eux, on sait que $a \neq b$, donc que $k \geqslant 1$. Ainsi,

$$
a^{b}+b^{a} \equiv a^{b}+(-a)^{a} \equiv a^{b}\left(1+(-1)^{a} a^{k}\right) \quad(\bmod a+b)
$$

Or, $a$ est premier avec $b$ donc avec $a+b$ aussi.
D'après le théorème de Gauss, on souhaite donc que $a+b=2 a-k$ divise $1+(-1)^{a} a^{k}$, ou encore $a^{\mathrm{k}}+(-1)^{\mathrm{a}}$.
Faute de mieux, étudions maintenant les petites valeurs de k. Choisir $k=1$ reviendrait à souhaiter que $a+b$ divise $a \pm 1$, ce qui est impossible puisque $a+b>a+1>a-1$. On regarde donc $k=2$.
Dans ce cas, on souhaite que $2 a-2=2(a-1)$ divise $a^{2}+(-1)^{a}$. Or, notons que $a^{2}+(-1)^{a} \equiv$ $1+(-1)^{\mathrm{a}}(\bmod a-1)$. Par conséquent, et puisque $a \geqslant 2$, il nous faut nécessairement choisir $a$ impair. Dans ce cas, il reste à faire en sorte que $2(a-1)$ divise $a^{2}-1=(a-1)(a+1)$, c'est-à-dire que 2 divise $a-1$. Mais c'est justement le cas, puisque a est impair.
En conclusion, on a bien montré que toutes les paires $(2 k+1,2 k-1)$, où $k \geqslant 2$, étaient chypriotes.

Note : Il existe d'autres paires chypriotes. On laisse ainsi au lecteur le plaisir de vérifier que les entiers $\mathrm{a}=(2 \ell)^{4 \ell}+2 \ell-1$ et $\mathrm{b}=(2 \ell)^{4 \ell}-2 \ell-1$ forment également une paire chypriote pour tout entier $\ell \geqslant 1$.

## Exercice commun aux groupes Junior et Senior

problem_match: Exercice 3.

solution_match: Solution de l'exercice 3


problem:
Soit $\mathcal{C}$ un cercle de rayon 1 , et soit $T$ un nombre réel. On dit qu'un ensemble de triangles est T-méraire s'il satisfait les trois conditions suivantes:
$\triangleright$ les sommets de chaque triangle appartiennent à $\mathcal{C}$;
$\triangleright$ les triangles sont d'intérieurs deux à deux disjoints (mais deux triangles peuvent partager un côté ou un sommet);
$\triangleright$ chaque triangle est de périmètre strictement plus grand que $\mathbf{T}$.
Trouver tous les réels $\mathbf{T}$ tels que, pour tout entier $\mathrm{n} \geqslant 1$, il existe un ensemble T-méraire contenant exactement n triangles.

solution:
Nous allons démontrer que les réels recherchés sont exactement les réels $\mathbf{T} \leqslant 4$. Pour ce faire, fixons on réel $\mathbf{T} \leqslant 4$. On commence par montrer qu'il existe des ensembles T-méraires de n'importe quelle taille, grâce à la construction suivante. Soit $[A B]$ un diamètre de $\mathcal{C}$, et soit $P$ un point quelconque de $\mathcal{C}$, autre que $A$ et $B$. L'inégalité triangulaire indique que $A B P$ est de périmètre $A B+B P+P A>2 A B=4 \geqslant T$.
Forts de cette remarque, on montre par récurrence sur $n$ qu'il existe $n$ points $P_{1}, \ldots, P_{n}$, placés dans cet ordre sur l'un des deux demi-cercles $\overline{A B}$ (avec $P_{1}$ proche de $A$ et $P_{n}$ proche de B), et tel que l'ensemble formé des triangles $A P_{i} P_{i+1}$ (pour $i \leqslant n-1$ ) et $A B P_{n}$ soit $T$ méraire. Pour $n=1$, on vient de voir qu'il suffit de placer $P_{1} n$ 'importe où sur $\overline{A B}$.
Puis, une fois acquise l'existence des points $P_{1}, \ldots, P_{n}$, construisons le point $P_{n+1}$. Pour ce faire, on considère le réel $\varepsilon=A B+B P_{n}+P_{n} A-T$, qui est strictement positif par hypothèse. On place alors $\mathrm{P}_{n+1}$ n'importe où sur l'arc $\overline{B P_{n}}$, de sorte que $B P_{n+1}<\varepsilon / 2$. En effet, dans ces conditions, nos $n+1$ triangles sont bien d'intérieurs deux à deux disjoints, et il suffit de vérifier que $A B P_{n+1}$ et $A P_{n} P_{n+1}$ sont de périmètre strictement plus grand que $T$.
Le premier cas est un cas particulier de notre remarque initiale, et le deuxième cas découle encore une fois de l'inégalité triangulaire, puisque $A P_{n} P_{n+1}$ est de périmètre

$$
A P_{n}+P_{n} P_{n+1}+P_{n+1} A \geqslant A P_{n}+\left(P_{n} B-B P_{n+1}\right)+\left(A B-B P_{n+1}\right)=T+\varepsilon-2 B P_{n+1}>T
$$

Ceci conclut notre récurrence, et donc le fait que l'on a bien des ensembles T-méraires de n'importe quelle taille.
Réciproquement, considérons un réel $\mathbf{T}>4$, et posons $\varepsilon=(\mathbf{T}-4) / 2>0$. Soit également $A B C$ un triangle dont les sommets appartiennent à $\mathcal{C}$ et dont le périmètre est strictement plus grand que T. En notant $a, b$ et $c$ les longueurs $B C, C A$ et $A B$, et $p=(a+b+c) / 2>T / 2$ le demi-périmètre de $A B C$, la formule de Héron indique que $A B C$ est d'aire

$$
\mathcal{S}=\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}
$$

Puisque $p-a \geqslant p-2 \geqslant T / 2-2=\varepsilon$ et que, de même, $p-b \geqslant \varepsilon$ et $p-c \geqslant \varepsilon$ on en déduit que $\mathcal{S} \geqslant \sqrt{\mathrm{p} \mathrm{\varepsilon}^{3}} \geqslant \sqrt{2 \varepsilon^{3}}$.
Par conséquent, si un ensemble T-méraire contient $n$ triangles, ceux-ci étant d'intérieurs deux à deux disjoints, ils couvrent, dans leur ensemble, une surface égale à $n \sqrt{2 \varepsilon^{3}}$ au moins. Cette surface ne pouvant pas dépasser $\pi$, qui est la surface du disque contenu à l'intérieur $\mathcal{C}$, on en déduit que $n \leqslant \pi / \sqrt{2 \mathcal{\varepsilon}^{3}}$, ce qui conclut le problème.
Note : En invoquant d'autres arguments, et sans faire appel à la formule de Héron, on pourrait également montrer que $n \leqslant \pi / \varepsilon$, ce qui nous fournit une meilleure approximation dès lors que T est proche de 4.

## Exercices du groupe Senior

problem_match: Exercice 4.

solution_match: Solution de l'exercice 4


problem:
Soit u un entier naturel non nul.
Démontrer qu'il n'existe qu'un nombre fini de triplets d'entiers naturels ( $a, b, n$ ) tels que $\mathrm{n}!=\mathrm{u}^{\mathrm{a}}-\mathrm{u}^{\mathrm{b}}$.
Note : on rappelle que $0!=1!=1$.

solution:
Soit $p$ un nombre premier impair qui ne divise pas $u$, et soit $k$ un entier tel que $p^{k}>u^{p-1}-1$. Posons $q=p^{k-1}$. On montre tout d'abord que $u$ n'est $^{\text {pres }}$ une puissance $q^{\text {ème }}\left(\bmod p^{k}\right)$. En effet, si $u$ était une puissance $q^{\text {ème }}\left(\bmod p^{k}\right)$, alors il existerait un entier $v$ tel que $u \equiv v^{q}\left(\bmod p^{k}\right)$, et alors on aurait $1 \equiv v^{\varphi\left(p^{k}\right)} \equiv v^{q(p-1)} \equiv \mathfrak{u}^{p-1}$ $\left(\bmod p^{k}\right)$, ce qui $n^{\prime}$ est pas le cas.
Par conséquent, on sait également, pour tout entier $\ell \geqslant k$, que $u$ n'est pas non plus une puissance $q^{\text {ème }}\left(\bmod p^{\ell}\right)$. On en déduit que $p^{\ell-k}$ divise $\omega_{p^{\ell}}(u)$, où $\omega_{p^{\ell}}(u)$ désigne l'ordre de $u\left(\bmod p^{\ell}\right)$. En effet, soit $g$ une racine primitive $\left(\bmod p^{\ell}\right)$, et soit $x$ un entier tel que $u \equiv g^{x}$ $\left(\bmod \mathfrak{p}^{\ell}\right)$. Alors $1 \equiv u^{\omega_{p^{\ell}}(\mathfrak{u})} \equiv \mathrm{g}^{x \omega_{p^{\ell}}(\mathfrak{u})}\left(\bmod \mathrm{p}^{\ell}\right)$, ce qui signifie que $\varphi\left(\mathrm{p}^{\ell}\right)=(p-1) \mathrm{p}^{\ell-1}$ divise $x \omega_{p^{\ell}}(u)$. Puisque $q=p^{k-1}$ ne divise pas $x$, $c^{\prime}$ est donc que $p^{\ell-k}$ divise $\omega_{p^{\ell}}(u)$.
Supposons enfin qu'il existe un triplet ( $a, b, n$ ) d'entiers tels que $u^{a}-u^{b}=n$ ! et $n \geqslant k p$. Posons également $d=a-b$ et $\ell=\lfloor n / p\rfloor$. Alors $p^{\ell}$ divise $n!=u^{b}\left(u^{d}-1\right)$ et, puisque $p$ ne divise pas $u$, $c^{\prime}$ est donc que $a^{d} \equiv 1\left(\bmod p^{\ell}\right)$. On en déduit que $\omega_{p^{\ell}}(u)$ divise $d$, donc que $p^{\ell-k}$ divise $d$ également. Cela signifie en particulier que $d \geqslant p^{\ell-k}$, donc que

$$
2^{\mathfrak{n}(\mathfrak{n}+1)} \geqslant \mathfrak{n}^{n+1} \geqslant n!+1 \geqslant \mathfrak{u}^{d} \geqslant \mathfrak{u}^{p^{\ell-k}} \geqslant \mathfrak{u}^{p^{p / p-k}},
$$

ou encore que $p^{k} n(n+1) \geqslant p^{n / p} \log _{2}(u)$.
Une fois les entiers $u, p$ et $k$ fixés, le membre de droite croît beaucoup plus vite que le membre de gauche. Il existe donc un entier $\mathbf{N}$, qui ne dépend que de $u$, $p$ et $k$, et tel que $n \leqslant N$.
Ainsi, seul un nombre fini d'entiers $n$ appartient à un triplet ( $a, b, n$ ) tel que $n!=u^{a}-u^{b}$. Or, une fois un tel entier $n$ fixé, on sait que $u^{a}>u^{b}$, donc que $a \geqslant b+1$, et donc que $n!\geqslant \mathfrak{u}^{\mathrm{a}}-\mathfrak{u}^{\mathrm{a}-1}=(\mathfrak{u}-1) \mathfrak{u}^{\mathrm{a}-1}$, ce qui montre que $a$ et $b$ sont eux-mêmes bornés. Ceci conlut notre solution.

Note : Il n'était pas nécessaire de recourir directement à l'existence d'une racine primitive $\left(\bmod p^{\ell}\right)$, par exemple en procédant comme suit. Soit $s$ l'ordre de $_{u}(\bmod p)$, et soit $k$ la valuation $p$-adique de $u^{s}-1$. Alors, pour tout $\ell \geqslant k$, on peut en fait montrer que $u$ est $d^{\prime}$ ordre $\omega=p^{\ell-\mathrm{k}} s\left(\bmod p^{\ell}\right)$.
Pour ce faire, on va d'abord montrer par récurrence, pour tout $m \geqslant 1$, les racines $p^{\text {èmes }}$ de l'unité $^{\left(\bmod p^{\mathrm{m}}\right)}$ sont les entiers congrus à $1\left(\bmod p^{\mathrm{m}-1}\right)$. En effet, le résultat est immédiat pour $m=1$. Puis, si $m \geqslant 2$ et si $x^{p} \equiv 1\left(\bmod p^{\mathfrak{m}}\right)$, alors $x^{p} \equiv 1\left(\bmod p^{m-1}\right)$, donc on peut écrire $x=1+y^{\mathrm{m}-2}$, et en développant un binôme de Newton on en déduit que $1 \equiv x^{\mathfrak{p}} \equiv 1+y^{\mathfrak{m}-1}\left(\bmod \mathfrak{p}^{\mathfrak{m}}\right)$, ce qui conclut la récurrence.
À l'aide de la récurrence ci-dessus, on remarque donc que $u^{s}$ est d'ordre $\varpi=p^{\ell-k}$ $\left(\bmod p^{\ell}\right)$. Puisque $s$ divise $\omega$, on sait en outre que $\omega=s \varpi$, ce qui conclut.
De manière générale, ce raisonnement joue en fait un rôle crucial dans la preuve de l'existence $d^{\prime}$ une racine primitive $\left(\bmod p^{\ell}\right)$.

problem_match: Exercice 5.

solution_match: Solution de l'exercice 5


problem:
Soit $A B C$ un triangle, soit I le centre du cercle inscrit dans $A B C$. Soit $A^{\prime}, B^{\prime}$ et $C^{\prime}$ trois points respectivement situés sur (AI), (BI) et (CI). On suppose que $A^{\prime}, B^{\prime}$ et $C^{\prime}$ sont distincts de $A, B, C$ et $I$, et qu'ils sont alignés. Enfin, soit $P_{A}$ le point d'intersection des médiatrices de $\left[\mathrm{BB}^{\prime}\right]$ et $\left[\mathrm{CC}^{\prime}\right]$. De même, soit $\mathrm{P}_{\mathrm{B}}$ le point d'intersection des médiatrices de $\left[C C^{\prime}\right]$ et $\left[A A^{\prime}\right]$, et soit $P_{C}$ le point d'intersection des médiatrices de $\left[A A^{\prime}\right]$ et $\left[B B^{\prime}\right]$.
Démontrer que les cercles circonscrits aux triangles $A B C$ et $P_{A} P_{B} P_{C}$ sont tangents l'un à l'autre.

solution:
On commence par tracer une figure comme ci-dessous, sans oublier la droite $\ell$ qui passe par $A^{\prime}, B^{\prime}$ et $C^{\prime}$ ni les cercles $\Omega$ et $\Gamma$, respectivement circonscrits à $A B C$ et à $\mathrm{P}_{\mathrm{A}} \mathrm{P}_{\mathrm{B}} \mathrm{P}_{\mathrm{C}}$.
![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_06_76e55a2dfee3dd23cd3fg-7.jpg?height=1181&width=1600&top_left_y=746&top_left_x=237)

Au vu de l'énoncé, une approche raisonnable est de trouver une caractérisation adaptée du point de tangence éventuel, que l'on notera $T$, entre $\Omega$ et $\Gamma$. Une telle caractérisation est la suivante : T est le centre d'une des deux homothéties envoyant $\Gamma$ sur $\Omega$. Soit h cette homothétie : il s'agit de l'homothétie de rapport positif si l'un des deux cercles est inclus à l'intérieur de l'autre, et de l'homothétie de rapport négatif sinon.
Au vu de la définition de $\Gamma$ et $\Omega$, il est tentant d'étudier l'image de $\mathrm{P}_{\mathrm{A}} \mathrm{P}_{\mathrm{B}} \mathrm{P}_{\mathrm{C}}$ par $h$, ou bien celle de $A B C$ par $\mathrm{h}^{-1}$. Or, sur la figure, on constate deux choses:
$\triangleright$ les points $h\left(P_{A}\right), h\left(P_{B}\right)$ et $h\left(P_{C}\right)$ semblent être les points d'intersection respectifs de (AI), (BI) et (CI) avec $\Omega$;
$\triangleright$ les droites $(A T),(B T)$ et $(C T)$ semblent recouper la droite $\ell$ en des points de $\left(P_{B} P_{C}\right)$, $\left(\mathrm{P}_{C} \mathrm{P}_{\mathrm{A}}\right)$ et $\left(\mathrm{P}_{\mathrm{A}} \mathrm{P}_{\mathrm{B}}\right)$ respectivement.
Exploitons ces idées!

Tout d'abord, on note donc $A^{\prime \prime}, B^{\prime \prime}$ et $C^{\prime \prime}$ ces points d'intersection. Le point $A^{\prime \prime} n^{\prime}$ est autre que le pôle sud de $A B C$ par rapport au sommet $A$. On sait donc que $A^{\prime \prime} B=A^{\prime \prime} C=A^{\prime \prime} \mathrm{I}$. De même, on a $B^{\prime \prime} C=B^{\prime \prime} A=B^{\prime \prime} I$ et $C^{\prime \prime} A=C^{\prime \prime} B=C^{\prime \prime}$. Ainsi, les droites $\left(A^{\prime \prime} B^{\prime \prime}\right)$ et $\left(P_{A} P_{B}\right)$ sont les médiatrices respectives de [CI] et de $\left[C^{\prime}\right]$, ce qui montre en particulier qu'elles sont parallèles. De même, $\left(B^{\prime \prime} C^{\prime \prime}\right)$ est parallèle à $\left(P_{B} P_{C}\right)$ et $\left(C^{\prime \prime} A^{\prime \prime}\right)$ est parallèle à $\left(P_{A}, P_{B}\right)$. Cela montre que les triangles $P_{A} P_{B} P_{C}$ et $A^{\prime \prime} B^{\prime \prime} C^{\prime \prime}$ sont homothétiques l'un de l'autre.
En particulier, il existe une unique homothétie qui envoie $P_{A} P_{B} P_{C}$ sur $A^{\prime \prime} B^{\prime \prime} C^{\prime \prime}$. On peut effectivement la noter $h$, et noter $T$ son centre, de sorte que $h$ envoie $\Omega$ sur $\Gamma$. Ici, le point T n'est autre que le point de concours des droites $\left(A^{\prime \prime} P_{A}\right),\left(B^{\prime \prime} P_{B}\right)$ et $\left(C^{\prime \prime} P_{C}\right)$, et il reste à montrer que $T$ appartient à $\Omega$.
D'autre part, puisque ( $\mathrm{P}_{A} \mathrm{P}_{B}$ ) est a médiatrice de $\left[C C^{\prime}\right]$, et si (TC) recoupe ( $\mathrm{P}_{A} \mathrm{P}_{B}$ ) en un point $X$ qui appartient aussi à $\ell$, alors les droites $\ell$ et $(T C)=(C X)$ sont symétriques l'une de l'autre par rapport à ( $\mathrm{P}_{\mathrm{A}} \mathrm{P}_{\mathrm{B}}$ ). Réciproquement, on note $\ell_{\mathrm{a}}, \ell_{b}$ et $\ell_{c}$ les symétriques respectifs de $\ell$ par rapport à $\left(P_{B} P_{C}\right),\left(P_{C} P_{A}\right)$ et $\left(P_{A} P_{B}\right)$.
On peut alors chercher à montrer que les droites $\ell_{a}, \ell_{b}$ et $\ell_{c}$ sont concourantes en un point $\hat{T}$ qui appartiendra à $\Omega$, puis que les points $\hat{T}, \mathrm{P}_{A}$ et $A^{\prime \prime}$ sont alignés: on en déduira que $T=\hat{T}$, ce qui conclura le problème. Soit alors $T_{c}$ le point d'intersection de $\ell_{a}$ et $\ell_{b}$. On remarque que

$$
\begin{aligned}
\left(\mathrm{T}_{\mathrm{c}} A, \mathrm{~T}_{\mathrm{c}} \mathrm{~B}\right) & =\left(\ell_{\mathrm{a}}, \ell_{\mathrm{b}}\right)=\left(\ell_{\mathrm{a}}, \ell\right)+\left(\ell, \ell_{\mathrm{b}}\right)=2\left(\mathrm{P}_{\mathrm{B}} \mathrm{P}_{\mathrm{C}}, \ell\right)+2\left(\ell, \mathrm{P}_{\mathrm{C}} \mathrm{P}_{\mathrm{A}}\right)=2\left(\mathrm{P}_{\mathrm{B}} \mathrm{P}_{\mathrm{C}}, \mathrm{P}_{\mathrm{A}} \mathrm{P}_{\mathrm{C}}\right) \\
& =2\left(\mathrm{~B}^{\prime \prime} \mathrm{C}^{\prime \prime}, \mathrm{A}^{\prime \prime} \mathrm{C}^{\prime \prime}\right)=2\left(\mathrm{~B}^{\prime \prime} \mathrm{C}^{\prime \prime}, C C^{\prime \prime}\right)+2\left(C C^{\prime \prime}, A^{\prime \prime} \mathrm{C}^{\prime \prime}\right) \\
& =\left(A C^{\prime \prime}, C C^{\prime \prime}\right)+\left(C C^{\prime \prime}, B C^{\prime \prime}\right)=\left(A C^{\prime \prime}, B C^{\prime \prime}\right)=(A C, B C) .
\end{aligned}
$$

Ceci montre que les points $T_{c}, A, B$ et $C^{\prime \prime}$ sont cocycliques, donc que $T_{c}$ appartient bien à $\Omega$. Or, si $T_{c}=A$, alors $\ell_{b}=(A B)$, donc $(A C, B C)=\left(\ell_{a}, \ell_{b}\right)=\left(\ell_{a}, B A\right)$, donc $\ell_{a}$ est la tangente à $\Omega$ en $A$, et $T_{c}$ est nécessairement le point d'intersection de $\ell_{a}, \ell_{b}$ et $\ell_{c}$. De même, on introduit les points $T_{a}$ et $T_{b}$. Si l'un de ces trois points est $A, B$ ou $C$, alors il constitue bien le point $\hat{T}$ désiré. Sinon, $T_{c}$ est le point d'intersection de $\ell_{a}$ avec $\Omega$ autre que $A$, mais également le point d'intersection de $\ell_{b}$ avec $\Omega$ autre que $B$, et en raisonnant de manière analogue sur $T_{a}$ et $T_{b}$ on constate bien que $T_{a}=T_{b}=T_{c}$ appartient à $\Omega$.
Par ailleurs, et puisque l'on a obtenu les droites $\ell_{a}, \ell_{b}$ et $\ell_{c}$ en appliquant à $\ell$ des symétries axiales, il est important d'appliquer ces symétries à d'autres points en particulier, notamment les points $A^{\prime}, B^{\prime}$ et $C^{\prime}$ présents sur $\ell$. Ainsi, on note $A_{b}^{\prime}$ et $A_{c}^{\prime}$ les symétriques de $A^{\prime}$ par rapport à $\left(\mathrm{P}_{\mathrm{A}} \mathrm{P}_{\mathrm{C}}\right)$ et à $\left(\mathrm{P}_{\mathrm{A}} \mathrm{P}_{\mathrm{B}}\right)$ : ils se trouvent sur $\ell_{\mathrm{b}}$ et $\ell_{\mathrm{c}}$.
Dans ces conditions,

$$
\begin{aligned}
\left(P_{A} A_{b}^{\prime}, P_{A} A_{c}^{\prime}\right) & =\left(P_{A} A_{b}^{\prime}, P_{A} A^{\prime}\right)+\left(P_{A} A^{\prime}, P_{A} A_{c}^{\prime}\right)=2\left(P_{A} P_{C}, P_{A} A^{\prime}\right)+2\left(P_{A} A^{\prime}, P_{A} P_{B}\right) \\
& =2\left(P_{A} P_{C}, P_{A} P_{B}\right)=\left(\ell_{b}, \ell_{c}\right)=\left(\hat{T} A_{b}^{\prime}, \hat{T} A_{c}^{\prime}\right) .
\end{aligned}
$$

Cela signifie que les points $\mathrm{P}_{\mathrm{A}}, \mathrm{A}_{\mathrm{b}}^{\prime}, \hat{T}$ et $A_{c}^{\prime}$ sont cocycliques.
D'autre part, puisque $P_{A} A_{b}^{\prime}=P_{A} A^{\prime}=P_{A} A_{c}^{\prime}$, on sait que le triangle $P_{A} A_{b}^{\prime} A_{c}^{\prime}$ est isocèle en $P_{A}$. On en déduit que

$$
\begin{aligned}
& \left(\ell_{b}, P_{A} \hat{T}\right)=\left(A_{b}^{\prime} \hat{T}, P_{A} \hat{T}\right)=\left(A_{b}^{\prime} A_{c}^{\prime}, P_{A} A_{c}^{\prime}\right) \\
& =90^{\circ}-\left(A_{b}^{\prime} \mathrm{P}_{\mathrm{A}}, \mathcal{A}_{\mathrm{c}}^{\prime} \mathrm{P}_{\mathrm{A}}\right) / 2=90^{\circ}-\left(\mathrm{P}_{\mathrm{C}} \mathrm{P}_{\mathrm{A}}, \mathrm{P}_{\mathrm{B}} \mathrm{P}_{\mathrm{A}}\right) \\
& =90^{\circ}+(\mathrm{BI}, \mathrm{IC})=(\mathrm{BA}, \mathrm{AI})=\left(\mathrm{BA}, \mathrm{AA}^{\prime \prime}\right)=\left(\mathrm{B} \hat{\mathrm{~T}}, \hat{\mathrm{~T}} \mathrm{~A}^{\prime \prime}\right)=\left(\ell_{\mathrm{b}}, \hat{\mathrm{~T}} \mathrm{~A}^{\prime \prime}\right) .
\end{aligned}
$$

Cela signifie que $\hat{\top}$ est bien aligné avec $P_{A}$ et $A^{\prime \prime}$. On montre de même que $\hat{T}$ est aligné avec $P_{B}$ et $B^{\prime \prime}$, ainsi qu'avec $P_{C}$ et $C^{\prime \prime}$. Par conséquent, on a bien $T=\hat{T}$, ce qui conclut.

problem_match: Exercice 6.

solution_match: Solution de l'exercice 6