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Olympiade Internationale de Mathématiques
Test de sélection du 31 mai 2000

Exercice 1 - Solution
Exercice 2 - Solution
Exercice 3 - Solution
Exercice 4 - Solution
Exercice 5 - Solution
Exercice 6 - Solution

Durée : quatre heures.
Le test comprend six exercices.
Les calculatrices ne sont pas autorisées.

Exercice 1

Dans le plan, on considère quatre points cocycliques P, Q, R, S. On suppose que PSR est un angle droit. On note H le projeté orthogonal de Q sur la droite $(PR)$ et K le projeté orthogonal de Q sur la droite $(PS)$ .

Montrer que la droite $(HK)$ passe par le milieu de $[QS]$ .

Exercice 2

Une fonction f : $\mathbb{N}^*\to \mathbb{N}^*$ vérifie les deux conditions :

(1) $f(ab)=f(a)f(b)$ si a et b sont deux entiers premiers entre eux;

(2) $f(p+q)=f(p)+f(q)$ si p et q sont deux nombres premiers. Montrer que $f(2)=2$ , $f(3)=3$ et $f(1999)=1999$ .

Exercice 3

Soient a, b, c, d quatre réels strictement positifs dont la somme vaut 1. Montrer ${a^2\over a+b}+{b^2\over b+c} +{c^2\over c+d} +{d^2\over d+a} \geqslant {1\over 2},$ avec égalité si et seulement si $a=b=c=d=1/4$

Exercice 4

On dispose d'un tableau carré constitué de $1999\times 1999$ cases (le tableau a 1999 colonnes et 1999 lignes). Sur certaines cases, on place un pion; les autres cases restent vides.

Trouver le nombre minimal de pions pour qu'on puisse obtenir la propriété suivante : chaque fois qu'on considère une case vide, le nombre total de pions situés sur la colonne et sur la ligne de cette case est supérieur ou égal à 1999.

Exercice 5

Exercice 6

Déterminer les solutions $(x,y,z)$

de l'équation $(x+1)^{y+1}+1=(x+2)^{z+1}$ où x, y, z sont des entiers naturels.

Solution 1

Notons G l'intersection des droites $(HK)$

. Comme K, Q, H, P sont cocycliques (cercle de diamètre PQ) et comme P, Q, R, S sont cocycliques, on a $\angle QKG= \angle QKH= \angle QPH= \angle QPR= \angle QSG.$ Donc K, Q, G, S sont cocycliques avec $\angle KSG=\pi/2= \angle SKQ$ . Ainsi KQGS est un rectangle et $(KH)$

se coupent en leur milieu.

Remarque. On peut utiliser la droite de Simson : si on note T le projeté orthogonal de Q sur SR, on sait que K, H, T sont alignés, d'où $T=G$ et on termine comme ci-dessus.

Solution 2

Comme

est premier, $f(6)=f(3+3)=f(3)+f(3)=2f(3)$

; de plus $f(6)=f(2\times 3)= f(2) f(3)$ .

Ainsi, $2f(3)=f(2)f(3)$ , d'où, $f(3)$ étant non nul, $f(2)=2$ . On a $f(5)=f(3+2)=f(3)+f(2)=f(3)+2$ puis $f(7)=f(5+2)=f(5)+f(2)=f(3)+2f(2)$ et donc $f(7)=f(3)+4$ .

On obtient $f(12)=f(7+5)=f(7)+f(5)=2f(3)+6$ .

D'autre part $f(12)=f(4\times 3)= f(4)f(3)=f(2+2)f(3)=(f(2)+f(2))f(3)=4f(3)$ .

Donc $2f(3)+6=4f(3)$ , ce qui donne $f(3)=3$ .

En outre, on a établi au passage que $f(5)=5$ et $f(7)=7$ . On remarque que $f(14)=f(2\times 7)=f(2)f(7)=2\times 7=14$ , puis $f(11)+3=f(11)+f(3)=f(14)=14$ donc $f(11)=11$ . Ensuite, $f(13)=f(11+2)=f(11)+f(2)=13$ .

Il en résulte $f(2002)=f(2\times 7\times 11\times 13)= 2\times 7\times 11\times 13=2002$ .

Enfin, $1999$ étant premier, on a $f(1999)+f(3)=f(1999+3)=f(2002)=2002$ et donc $f(1999)=1999$ . Remarque. D'autres possibilités existent : par exemple, on peut passer par $2001=3\times 23\times 29$ .

Solution 3

On part de ${a}=\sqrt{a+b}\times {a\over \sqrt{a+b}}$ et on applique l'inégalité de Cauchy-Schwarz :

$1=a+b+c+d=\sqrt{a+b} {a\over \sqrt{a+b}} +\sqrt{b+c} {b\over \sqrt{b+c}} +\sqrt{c+d} {c\over \sqrt{c+d}} +\sqrt{d+a} {d\over \sqrt{d+a}} \leqslant \sqrt{(a+b)+(b+c)+(c+d)+(d+a)} \sqrt{ {a^2\over a+b}+ {b^2\over b+c}+ {c^2\over c+d}+ {d^2\over d+a} } \leqslant \sqrt{2}\sqrt{ {a^2\over a+b}+ {b^2\over b+c}+ {c^2\over c+d}+ {d^2\over d+a}}$

ce qui aboutit à l'inégalité voulue. Le cas d'égalité résulte de l'étude de l'égalité dans l'inégalité de Cauchy-Schwarz.

Autre solution. Posons $S={a^2\over a+b}+{b^2\over b+c} +{c^2\over c+d} +{d^2\over d+a}$ et $T={b^2\over a+b}+{c^2\over b+c} +{d^2\over c+d} +{a^2\over d+a}$ . Alors $S-T={a^2\over a+b}-{b^2\over a+b}+\cdots={a^2-b^2\over a+b}+\cdots= (a-b)+(b-c)+(c-d)+(d-a)=0.$ On en déduit $2S=S+T={a^2+b^2\over a+b}+\cdots$

Or, on a $(a+b)^2\leqslant 2(a^2+b^2)$ , puisque la différence des deux membres vaut $(a-b)^2$ . Il en résulte ${a^2+b^2\over a+b}\geqslant {a+b\over 2}$ , puis $2S\geqslant {a+b\over 2}+{b+c\over 2}+{c+d\over 2}+{d+a\over 2}=1.$ On a établi l'inégalité; de nouveau, le cas d'égalité résulte de l'étude de l'égalité dans les calculs intermédiaires.

Solution 4

On peut numéroter les lignes et les colonnes du tableau par des entiers compris entre 1 et 1999; les cases sont repérées par un couple $(i,j)$ de tels entiers. Plaçons un pion sur chacune des cases $(i,j)$ pour lesquelles i et j sont de même parité (on peut, si on préfère, colorier le tableau comme un damier, puis placer un pion sur les cases ayant la couleur des coins).

On obtient $1000\times 1000+999\times 999=1998001$ pions qui forment une configuration ayant la propriété requise.

Montrons que la valeur $1998001$ est minimale. Supposons placés N pions sur le tableau avec la propriété voulue. Considérons la ligne ou colonne contenant le moins de pions. Supposons par exemple que la colonne j contient k pions et que chacune des colonnes ainsi que chacune des lignes possède au moins k pions. Dans ces conditions, étant donnée une ligne i, on peut distinguer deux cas :

si la ligne i contient un pion en position , alors le nombre de pions de la ligne i est supérieur ou égal à k;
si la ligne i ne contient pas de pion en position , alors le nombre de pions de la ligne i est supérieur ou égal à , à cause de la condition qu'impose l'énoncé.

Comme il existe k lignes dans le premier cas et $1999-k$ lignes dans le second cas, le nombre N de pions vérifie : $N\geqslant k^2+(1999-k)^2=2\biggl(k-{1999\over 2}\biggr)^2+{1999^2\over 2}.$ La valeur minimale de N est donc ${1\over 2}+{1999^2\over 2}=1998001$ .

Solution 5

Soit O le centre du cercle et R son rayon. On note $\angle AOB=2\alpha$ , $\angle BOC=2\beta$ , $\angle COD=2\gamma$ , $\angle DOA=2\delta$ , de sorte qu'on a $AB=2R\sin\alpha$ et les relations analogues.

Sans nuire à la généralité, on suppose $\beta\leqslant\delta$ .

Alors $|AB-CD|=2R|\sin\alpha-\sin\gamma|=R\biggl|\sin{\alpha-\gamma\over 2}\cos {\alpha+\gamma\over 2}\biggr|$ et (avec $\alpha+\beta+\gamma+\delta=\pi$ ) $|AC-BD|=2R|\sin(\alpha+\beta)-\sin(\beta+\gamma)| =R\biggl| \sin{\alpha-\gamma\over 2}\cos{\alpha+2\beta+\gamma\over 2} \biggr|.$ Comme $0\leqslant (\alpha+\gamma)/2\leqslant (\alpha+2\beta+\gamma)/2\leqslant \pi/2$ (car $\beta\leqslant\delta$ ) et comme la fonction cosinus est positive décroissante sur $[0,\pi/2]$ , on conclut que $|AB-CD|\geqslant |AC-BD|$ , et de même $|AD-BC|\geqslant |AC-BD|$ . Ces deux inégalités impliquent le résultat voulu.

Solution 6

On commence par déterminer les solutions telles que $xyz=0$ . On trouve aussitôt $(0,y,z)$ et $(x,0,0)$ .

Cherchons maintenant les solutions en nombres entiers strictement positifs. En posant $a=x+1$ , $b=y+1$ , $c=z+1$ , on obtient $a^b+1=(a+1)^c$ avec a, b, c supérieurs ou égaux à $2$ .

Comme $(-1)^b+1\equiv a^b+1\equiv (a+1)^c\equiv 0 {\rm mod}\ a+1,$ on remarque que b est impair. Avec l'identité $(a+1)(a^{b-1}-a^{b-2}+a^{b-3}-\cdots+1) =a^b+1=(a+1)^c$ on a $a^{b-1}-a^{b-2}+a^{b-3}-\cdots+1=(a+1)^{c-1}.$ Si a était impair, le premier membre serait impair alors que le second membre serait pair. Il s'ensuit que a est pair.

D'autre part, on a $a\bigl( (a+1)^{c-1}+(a+1)^{c-2}+\cdots+(a+1)+1 \bigr) =(a+1)^c-1=a^b,$ et donc $(a+1)^{c-1}+(a+1)^{c-2}+\cdots+(a+1)+1 =a^{b-1},$ et on obtient que c est pair en raisonnant comme ci-dessus.

On écrit $a=2a_1$ et $c=2c_1$ . Alors $2^ba_1^b=a^b=(a+1)^c-1 =\bigl((a+1)^{c_1}-1 \bigr) \bigl((a+1)^{c_1}+1\bigr).$ De plus, le PGCD d des entiers $(a+1)^{c_1}-1$ $(a+1)^{c_1}+1$ doit diviser leur différence qui est égale à 2. On obtient $d=2$ car les entiers considérés sont pairs.

En utilisant que $2a_1$ divise $(a+1)^{c_1}-1$ , on peut conclure que $(a+1)^{c_1}-1=2a_1^b\hbox{et} (a+1)^{c_1}+1=2^{b-1}.$ Cela entraîne que $2^{b-1}>2a_1^b$ , ce qui impose $a_1=1$ . Alors, il vient $a=2$ , $b=3$ , $c=2$ , puis $(x,y,z)=(1,2,1)$ .