{"year": "2018", "tier": "T1", "problem_label": "1", "problem_type": null, "exam": "French_tests", "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 $\\widehat{A P D}=\\widehat{\\mathrm{BQC}}$.\nDémontrer 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\n\n$$\n\\widehat{\\mathrm{DPC}}=180^{\\circ}-\\widehat{\\mathrm{APD}}=180^{\\circ}-\\widehat{\\mathrm{CQB}}=\\widehat{\\mathrm{DQC}},\n$$\n\nce qui signifie que les points $C, D, P$ et $Q$ sont cocycliques.\nOn en déduit que\n\n$$\n\\widehat{\\mathrm{BQP}}=180^{\\circ}-\\widehat{\\mathrm{PQD}}=180^{\\circ}-\\widehat{\\mathrm{PCD}}=180^{\\circ}-\\widehat{\\mathrm{PAB}}\n$$\n\nce qui signifie là encore que les points $A, B, P$ et $Q$ sont cocycliques.\nOn en conclut que\n\n$$\n\\begin{aligned}\n\\widehat{\\mathrm{AQD}} & =\\widehat{\\mathrm{AQP}}+\\widehat{\\mathrm{PQD}}=\\widehat{\\mathrm{ABP}}+\\widehat{\\mathrm{PCD}}=(\\widehat{\\mathrm{ABC}}-\\widehat{\\mathrm{PBC}})+(\\widehat{\\mathrm{BCD}}-\\widehat{\\mathrm{BCP}}) \\\\\n& =(\\widehat{\\mathrm{ABC}}+\\widehat{\\mathrm{BCD}})-(\\widehat{\\mathrm{PBC}}+\\widehat{\\mathrm{BCP}})=180^{\\circ}-\\left(180^{\\circ}-\\widehat{\\mathrm{CPB}}\\right)=\\widehat{\\mathrm{CPB}}\n\\end{aligned}\n$$\n\n![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_06_76e55a2dfee3dd23cd3fg-2.jpg?height=735&width=1009&top_left_y=1346&top_left_x=495)", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/tests/fr-2018-2019-Test-20-03-Corrigé-web.jsonl", "problem_match": "\nExercice 1.", "solution_match": "\nSolution de l'exercice 1"}}
{"year": "2018", "tier": "T1", "problem_label": "2", "problem_type": null, "exam": "French_tests", "problem": "Soit $a, b, c$ des nombres réels positifs ou nuls tels que $a+b+c=1$.\nDémontrer que\n\n$$\n\\frac{5+2 b+c^{2}}{1+a}+\\frac{5+2 c+a^{2}}{1+b}+\\frac{5+2 a+b^{2}}{1+c} \\geqslant 13\n$$", "solution": "Soit $S$ la somme\n\n$$\n\\frac{5+2 b+c^{2}}{1+a}+\\frac{5+2 c+a^{2}}{1+b}+\\frac{5+2 a+b^{2}}{1+c}\n$$\n\nNotons également $x_{i}$ le $i^{\\text {ème }}$ plus petit élément de l'ensemble $\\{a, b, c\\}$. L'inégalité du réordonnement indique que\n\n$$\n\\begin{aligned}\n& \\frac{b}{1+a}+\\frac{c}{1+b}+\\frac{a}{1+c} \\geqslant \\frac{x_{1}}{1+x_{1}}+\\frac{x_{2}}{1+x_{2}}+\\frac{x_{3}}{1+x_{3}} \\text { et } \\\\\n& \\frac{c^{2}}{1+a}+\\frac{a^{2}}{1+b}+\\frac{b^{2}}{1+c} \\geqslant \\frac{x_{1}^{2}}{1+x_{1}}+\\frac{x_{2}^{2}}{1+x_{2}}+\\frac{x_{3}^{2}}{1+x_{3}},\n\\end{aligned}\n$$\n\nde sorte que\n\n$$\n\\begin{aligned}\nS & \\geqslant \\frac{5+2 x_{1}+x_{1}^{2}}{1+x_{1}}+\\frac{5+2 x_{2}+x_{2}^{2}}{1+x_{2}}+\\frac{5+2 x_{3}+x_{3}^{2}}{1+x_{3}} \\\\\n& \\geqslant 4\\left(\\frac{1}{1+x_{1}}+\\frac{1}{1+x_{2}}+\\frac{1}{1+x_{3}}\\right)+\\left(1+x_{1}\\right)+\\left(1+x_{2}\\right)+\\left(1+x_{3}\\right) \\\\\n& \\geqslant 4+4\\left(\\frac{1}{1+x_{1}}+\\frac{1}{1+x_{2}}+\\frac{1}{1+x_{3}}\\right)\n\\end{aligned}\n$$\n\nLa fonction $\\mathrm{f}: \\mathrm{x} \\mapsto 1 /(1+x)$ étant convexe, on sait en outre que\n\n$$\n\\frac{1}{1+x_{1}}+\\frac{1}{1+x_{2}}+\\frac{1}{1+x_{3}}=f\\left(x_{1}\\right)+\\mathbf{f}\\left(x_{2}\\right)+\\mathbf{f}\\left(x_{3}\\right) \\geqslant 3 \\mathbf{f}\\left(\\frac{x_{1}+x_{2}+x_{3}}{3}\\right)=3 \\mathbf{f}(1 / 3)=9 / 4\n$$\n\nOn en déduit que $S \\geqslant 4+9=13$.", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/tests/fr-2018-2019-Test-20-03-Corrigé-web.jsonl", "problem_match": "\nExercice 2.", "solution_match": "## Solution de l'exercice 2"}}
{"year": "2018", "tier": "T1", "problem_label": "3", "problem_type": null, "exam": "French_tests", "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 $a^{b}+b^{a}$.\nDémontrer 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,\n\n$$\na^{b}+b^{a} \\equiv a^{b}+(-a)^{a} \\equiv a^{b}\\left(1+(-1)^{a} a^{k}\\right) \\quad(\\bmod a+b)\n$$\n\nOr, $a$ est premier avec $b$ donc avec $a+b$ aussi.\nD'après le théorème de Gauss, on souhaite donc que $a+b=2 a-k$ divise $1+(-1)^{a} a^{k}$, ou encore $a^{\\mathrm{k}}+(-1)^{\\mathrm{a}}$.\nFaute 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 $k=2$.\nDans 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.\nEn conclusion, on a bien montré que toutes les paires $(2 k+1,2 k-1)$, où $k \\geqslant 2$, étaient chypriotes.\n\nNote : 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 $\\ell \\geqslant 1$.\n\n## Exercice commun aux groupes Junior et Senior", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/tests/fr-2018-2019-Test-20-03-Corrigé-web.jsonl", "problem_match": "\nExercice 3.", "solution_match": "\nSolution de l'exercice 3"}}
{"year": "2018", "tier": "T1", "problem_label": "4", "problem_type": null, "exam": "French_tests", "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:\n$\\triangleright$ les sommets de chaque triangle appartiennent à $\\mathcal{C}$;\n$\\triangleright$ les triangles sont d'intérieurs deux à deux disjoints (mais deux triangles peuvent partager un côté ou un sommet);\n$\\triangleright$ chaque triangle est de périmètre strictement plus grand que $\\mathbf{T}$.\nTrouver 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 $A B+B P+P A>2 A B=4 \\geqslant T$.\nForts 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 $\\overline{A B}$.\nPuis, 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 $T$.\nLe 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\n\n$$\nA P_{n}+P_{n} P_{n+1}+P_{n+1} A \\geqslant A P_{n}+\\left(P_{n} B-B P_{n+1}\\right)+\\left(A B-B P_{n+1}\\right)=T+\\varepsilon-2 B P_{n+1}>T\n$$\n\nCeci conclut notre récurrence, et donc le fait que l'on a bien des ensembles T-méraires de n'importe quelle taille.\nRéciproquement, 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\n\n$$\n\\mathcal{S}=\\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}\n$$\n\nPuisque $p-a \\geqslant p-2 \\geqslant T / 2-2=\\varepsilon$ et que, de même, $p-b \\geqslant \\varepsilon$ et $p-c \\geqslant \\varepsilon$ on en déduit que $\\mathcal{S} \\geqslant \\sqrt{\\mathrm{p} \\mathrm{\\varepsilon}^{3}} \\geqslant \\sqrt{2 \\varepsilon^{3}}$.\nPar 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.\nNote : 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.\n\n## Exercices du groupe Senior", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/tests/fr-2018-2019-Test-20-03-Corrigé-web.jsonl", "problem_match": "\nExercice 4.", "solution_match": "\nSolution de l'exercice 4"}}
{"year": "2018", "tier": "T1", "problem_label": "5", "problem_type": null, "exam": "French_tests", "problem": "Soit u un entier naturel non nul.\nDémontrer qu'il n'existe qu'un nombre fini de triplets d'entiers naturels ( $a, b, n$ ) tels que $\\mathrm{n}!=\\mathrm{u}^{\\mathrm{a}}-\\mathrm{u}^{\\mathrm{b}}$.\nNote : 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.\nPar 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 $\\omega_{p^{\\ell}}(u)$.\nSupposons 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\n\n$$\n2^{\\mathfrak{n}(\\mathfrak{n}+1)} \\geqslant \\mathfrak{n}^{n+1} \\geqslant n!+1 \\geqslant \\mathfrak{u}^{d} \\geqslant \\mathfrak{u}^{p^{\\ell-k}} \\geqslant \\mathfrak{u}^{p^{p / p-k}},\n$$\n\nou encore que $p^{k} n(n+1) \\geqslant p^{n / p} \\log _{2}(u)$.\nUne 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 $n \\leqslant N$.\nAinsi, 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.\n\nNote : 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 $\\omega=p^{\\ell-\\mathrm{k}} s\\left(\\bmod p^{\\ell}\\right)$.\nPour 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.\nÀ 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.\nDe manière générale, ce raisonnement joue en fait un rôle crucial dans la preuve de l'existence $d^{\\prime}$ une racine primitive $\\left(\\bmod p^{\\ell}\\right)$.", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/tests/fr-2018-2019-Test-20-03-Corrigé-web.jsonl", "problem_match": "\nExercice 5.", "solution_match": "\nSolution de l'exercice 5"}}
{"year": "2018", "tier": "T1", "problem_label": "6", "problem_type": null, "exam": "French_tests", "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 $\\left[B B^{\\prime}\\right]$.\nDémontrer 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 $\\mathrm{P}_{\\mathrm{A}} \\mathrm{P}_{\\mathrm{B}} \\mathrm{P}_{\\mathrm{C}}$.\n![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_06_76e55a2dfee3dd23cd3fg-7.jpg?height=1181&width=1600&top_left_y=746&top_left_x=237)\n\nAu 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.\nAu 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:\n$\\triangleright$ 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 $\\Omega$;\n$\\triangleright$ 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.\nExploitons ces idées!\n\nTout 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.\nEn 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 $\\Omega$.\nD'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 $\\left(P_{A} P_{B}\\right)$.\nOn 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\n\n$$\n\\begin{aligned}\n\\left(\\mathrm{T}_{\\mathrm{c}} A, \\mathrm{~T}_{\\mathrm{c}} \\mathrm{~B}\\right) & =\\left(\\ell_{\\mathrm{a}}, \\ell_{\\mathrm{b}}\\right)=\\left(\\ell_{\\mathrm{a}}, \\ell\\right)+\\left(\\ell, \\ell_{\\mathrm{b}}\\right)=2\\left(\\mathrm{P}_{\\mathrm{B}} \\mathrm{P}_{\\mathrm{C}}, \\ell\\right)+2\\left(\\ell, \\mathrm{P}_{\\mathrm{C}} \\mathrm{P}_{\\mathrm{A}}\\right)=2\\left(\\mathrm{P}_{\\mathrm{B}} \\mathrm{P}_{\\mathrm{C}}, \\mathrm{P}_{\\mathrm{A}} \\mathrm{P}_{\\mathrm{C}}\\right) \\\\\n& =2\\left(\\mathrm{~B}^{\\prime \\prime} \\mathrm{C}^{\\prime \\prime}, \\mathrm{A}^{\\prime \\prime} \\mathrm{C}^{\\prime \\prime}\\right)=2\\left(\\mathrm{~B}^{\\prime \\prime} \\mathrm{C}^{\\prime \\prime}, C C^{\\prime \\prime}\\right)+2\\left(C C^{\\prime \\prime}, A^{\\prime \\prime} \\mathrm{C}^{\\prime \\prime}\\right) \\\\\n& =\\left(A C^{\\prime \\prime}, C C^{\\prime \\prime}\\right)+\\left(C C^{\\prime \\prime}, B C^{\\prime \\prime}\\right)=\\left(A C^{\\prime \\prime}, B C^{\\prime \\prime}\\right)=(A C, B C) .\n\\end{aligned}\n$$\n\nCeci 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 $\\Omega$.\nPar 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 $\\ell_{\\mathrm{c}}$.\nDans ces conditions,\n\n$$\n\\begin{aligned}\n\\left(P_{A} A_{b}^{\\prime}, P_{A} A_{c}^{\\prime}\\right) & =\\left(P_{A} A_{b}^{\\prime}, P_{A} A^{\\prime}\\right)+\\left(P_{A} A^{\\prime}, P_{A} A_{c}^{\\prime}\\right)=2\\left(P_{A} P_{C}, P_{A} A^{\\prime}\\right)+2\\left(P_{A} A^{\\prime}, P_{A} P_{B}\\right) \\\\\n& =2\\left(P_{A} P_{C}, P_{A} P_{B}\\right)=\\left(\\ell_{b}, \\ell_{c}\\right)=\\left(\\hat{T} A_{b}^{\\prime}, \\hat{T} A_{c}^{\\prime}\\right) .\n\\end{aligned}\n$$\n\nCela signifie que les points $\\mathrm{P}_{\\mathrm{A}}, \\mathrm{A}_{\\mathrm{b}}^{\\prime}, \\hat{T}$ et $A_{c}^{\\prime}$ sont cocycliques.\nD'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\n\n$$\n\\begin{aligned}\n& \\left(\\ell_{b}, P_{A} \\hat{T}\\right)=\\left(A_{b}^{\\prime} \\hat{T}, P_{A} \\hat{T}\\right)=\\left(A_{b}^{\\prime} A_{c}^{\\prime}, P_{A} A_{c}^{\\prime}\\right) \\\\\n& =90^{\\circ}-\\left(A_{b}^{\\prime} \\mathrm{P}_{\\mathrm{A}}, \\mathcal{A}_{\\mathrm{c}}^{\\prime} \\mathrm{P}_{\\mathrm{A}}\\right) / 2=90^{\\circ}-\\left(\\mathrm{P}_{\\mathrm{C}} \\mathrm{P}_{\\mathrm{A}}, \\mathrm{P}_{\\mathrm{B}} \\mathrm{P}_{\\mathrm{A}}\\right) \\\\\n& =90^{\\circ}+(\\mathrm{BI}, \\mathrm{IC})=(\\mathrm{BA}, \\mathrm{AI})=\\left(\\mathrm{BA}, \\mathrm{AA}^{\\prime \\prime}\\right)=\\left(\\mathrm{B} \\hat{\\mathrm{~T}}, \\hat{\\mathrm{~T}} \\mathrm{~A}^{\\prime \\prime}\\right)=\\left(\\ell_{\\mathrm{b}}, \\hat{\\mathrm{~T}} \\mathrm{~A}^{\\prime \\prime}\\right) .\n\\end{aligned}\n$$\n\nCela 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.", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/tests/fr-2018-2019-Test-20-03-Corrigé-web.jsonl", "problem_match": "\nExercice 6.", "solution_match": "\nSolution de l'exercice 6"}}