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Club France
2001-2002, dossier 4, solutions

Exercice 1

Soit $(a_i)_{i \in \mathbb{N}}$ une suite d'entiers positifs telle que $a_1$ ne soit pas divisible par $5$ et :

\[ a_{n+1} = a_n +b_n \]

où $b_n$ est le dernier chiffre de $a_n$. Montrer que cette suite comprend une infinité de puissances entières de $2$.

Solution

Quelques remarques : si $a_n$ est pair $a_{n+1}$ aussi, et s'il est impair, $a_{n+1}$ est encore pair : ainsi tous les $a_n$ sont pairs pour $n \ge 2$. Puisque $a_1$ n'est pas divisible par $5$, aucun des $a_k$ ne l'est, et donc $b_k \in \{2, \, 4, \, 6, \, 8 \}$ , $(k \ge 2)$. Pour la suite $b_n$ ($n\ge 2$) on a alors le cycle $ 2 \to 4 \to 8 \to 6 \to 2$ (ie si $b_n =2$ alors $b_{n+1} = 4$, ldots, $b_{n+4}=2$. Pendant un cycle, $a_n$ augmente donc de $a_{n+4}-a_n = 2+4+8+6 = 20$

Les puissances de $2$ (pour $n\ge 2$) sont congrues à $4, \, 8, \, 16, 12$ modulo $20$ (en cycle). Pour conclure, il suffit donc de montrer que pour un certain k, $a_k$ est congru à $4, \, 8, \, 16,$ ou $12$ modulo $20$ : toutes les puissances de $2$ congrues à ce $a_k$ modulo $20$ seront atteintes.

Si $a_2 = 2 \mod 20 $, $a_3 = 4 \mod 20$; si $a_2 = 6 \mod 20 $, $a_3 = 12 \mod 20$; si $a_2 = 14 \mod 20 $, $a_5 = 12 \mod 20$; si $a_2 = 18 \mod 20$, $a_4 = 12 \mod 20$. Les autres cas sont éliminés par les remarques du début : on a vérifié la condition dans tous les cas, ce qui achève le raisonnement.

Exercice 2

Soit ABC un triangle tel que $BC \ge AB$. On choisit D et E sur $[AC]$ et $[BC]$ respectivement de sorte que $\widehat{ABD} = \widehat{DBC}$ et $BE=AB$. Soit O le centre du cercle circonscrit à ABC. Montrer que $(DE)$ et $(BO)$ sont perpendiculaires.

Solution

Introduisons F le deuxième point d'intersection de $(BD)$ et du cercle $\mathcal C$ circonscrit à ABC (F existe car $(BD)$ ne peut être tangente aux cercle circonscrit, vu que $D \in [AC]$). On a alors $\stackrel{\frown}{AF} = \widehat{ABF} = \widehat{FBC} = \stackrel{\frown}{CF}$ d'où l'on déduit $AF=CF$ et $(OF) \perp (AC)$.

Soient $G = (FO) \cap (AC)$, et $H \in (AC)$ le pied de la hauteur issue de B. Les triangles ABD et EBD sont isométriques : en effet $AB= BE$, $\widehat{ABD} = \widehat{DBC}$ et le côté $[BD]$ est commun. Ainsi :

\[ \widehat{ADB} = \widehat{EDB} \qquad (*) \]

D'autre part, $(BH) // (FG)$ donc $\widehat{HBD} = \widehat{OFB}$. Mais le triangle OFB est isocèle en O donc :

\[ \widehat{HBD} = \widehat{DBO} \qquad (**) \]

Soit enfin $I = (DE) \cap (BO)$. Les triangles BHD et DIB sont isométriques : $[BD]$ est commun, $\widehat{HDB} = \widehat{IDB}$ par la relation $(*)$, et $\widehat{DBH} = \widehat{DBI}$ par $(**)$. On a donc $\frac \pi 2 = \widehat{DHB} = \widehat{DIB}$, ce qui est le résultat voulu.

Exercice 3

Existe-t-il une fonction $ f : \mathbb{Q} \to \mathbb{Q} $ vérifiant les deux conditions suivantes :

  • $ \forall a \in \mathbb{Q}, \quad f(a)<a$
  • $ \forall a \in \mathbb{Q}, \quad \{ \, b \in \mathbb{Q} \, \vert \, f(b) <a<b \} $ est fini ?

Solution

Une telle fonction existe. On pose $f ( \frac p q ) = \frac p q - \frac 1 {q^2} $, où $ \textrm{pgcd} (p,q) = 1$ et $q \in \mathbb{N}^*$.

Vérifions que f convient. On a bien $f(a) <a$ pour tout $a \in \mathbb{Q}$ par construction.

Donnons nous $a = p / q $ et $b = r /s$ sous forme irréductible. $f(b) \ge b-1$ donc si $ b >a+1 $, $f(b) > a)$. Si b remplit la deuxième condition, on doit avoir $b \in [a,a+1]$. De plus :

\[ f(b) <a \iff \frac r s - \frac p q < \frac 1 {s^2} \iff \frac {rq -sp} {sq} < \frac 1 {s^2} \]

$b>a$ donc $rq -sp > 0$ et en particulier, $rq-sp \ge 1$. On doit donc avoir $ \frac 1 {sq} < \frac 1 {s^2}$, ou $s < q$. Les b qui conviennent doivent finalement appartenir à $]a, a+1]$, et avoir un dénominateur $s < q$. Il n'y a qu'un nombre fini de tels b, ce qui termine la vérification.

Exercice 4

Montrer que pour tout $n \ge 2$ entier, $\frac{3^n - 2^n} n $ n'est pas entier.

Solution

On raisonne par l'absurde : soit $n \ge 2$ vérifiant $ 3^n = 2^n \pmod{n}$.

Soit p un nombre premier divisant n et $n = p^k m$, où m et p sont premiers entre eux ($k \ge 1$, et p existe car $n \ge 2$!).

Remarquons que $p \neq 2, \, 3$ car $3^n = 2^n \pmod{p}$. $2$ et $3$ sont premiers avec p, et puisque $\varphi (p^k) = p^k-p^{k-1}$ (où $\varphi$ est la fonction indicatrice d'Euler), on a : $ 3^{p^k m} = 3^{p^{k-1} m} \pmod{ p^k }$ et de même pour $2$, mutatis mutandis.

D'où $3^{p^{k-1} m} = 2^{p^{k-1} m} \pmod{ p^k }$ et en particulier : $3^{p^{k-1} m} = 2^{p^{k-1} m} \pmod{ p^{k-1} }$. On en déduit en procédant par récurrence que

\[ 3^m = 2^m \pmod{p} \qquad \qquad (*)\]

Soit $a = 3.2^{-1}$ dans $\mathbb{Z} / p \mathbb{Z}$. Ce qui précède signifie $o(a) | m$ ($o(a)$ est l'ordre de a). On sait par le petit théorème de Fermat que $o(a) | p-1$, d'où $o(a)|pgcd(m,p-1)$ et par conséquent $pgcd(p-1,m) \ge o(a)$. Choisissons rétrospectivement p comme étant le plus petit facteur premier de n. Cela implique $pgcd(m,p-1)=1$ car si $m=1$ c'est évident et si $m>1$, m est le produit des autres facteurs premiers de n qui sont tous supérieurs à p donc premiers à $p-1$. D'où $o(a)=1$, et $3 = 2 \pmod{p}$ ce qui est absurde.

Il n'existe donc pas de n satisfiant la condition initiale.

Exercice 5

Soient $a_0,a_1,\ldots,a_n$ des réels de l'intervalle $[0,\pi/2]$ vérifiant

$$ \tan\left(a_0-\frac{\pi}{4}\right) + \tan\left(a_1-\frac{\pi}{4}\right) + \cdots + \tan\left(a_n-\frac{\pi}{4}\right) \geq n-1.$$

Montrer que

$$\tan a_0\,\tan a_1\,\cdots\,\tan a_n \geq n^{n+1}.$$

Solution

On va démontrer le résultat par récurrence sur n. Pour $n=0$, la relation est triviale. Considérons maintenant $n \ge 1$. Pour tout k entier dans l'intervalle $[0,n]$, posons :

\[ b_k = \tan \left( a_k - \frac \pi 4 \right) \]

Comme $a_k$ est dans $[0,\frac \pi 2]$, $b_k$ est dans $[-1,1]$. A l'aide de la formule classique de $\tan (x+y)$, il vient :

\[ \tan a_k = \frac{ \tan \left( a_k -\frac \pi 4 \right) + \tan \left( \frac \pi 4 \right) }{ 1 - \tan \left( a_k -\frac \pi 4 \right) \cdot \tan \left( \frac \pi 4 \right) } = \frac{ 1 + b_k}{ 1 - b_k} \]

En appliquant l'inégalité de la moyenne arithmético-géométrique aux réels positifs $1-b_l$, pout tous les $l \ne k$, il vient :

\[ 1 + b_k \ge \sum_{\scriptsize{\begin{array}{c} 0 \le l \le k \\ l \ne k \end{array} } } (1-b_l) = \left( \prod_{\scriptsize{\begin{array}{c} 0 \le l \le k \\ l \ne k \end{array} } } (1-b_l) \right)^{1/n} \]

En multipliant ces inéquations pour tous les k de l'intervalle $[0,n]$, on trouve alors :

\[ \prod_{k=0}^n (1+b_k) \ge n^{n+1} \left( \prod_{k=0}^n (1-b_k) \right)^{1/n} \]

Autrement dit, la relation du texte.

Exercice 6

Soit H l'orthocentre du triangle ABC, supposé non isocèle en C. Soit D le point d'intersection de la droite des milieux de AB et HC avec la bissectrice intérieure de l'angle $\widehat{ACB}$. On suppose que O est sur HD. Calculer la valeur de l'angle $\widehat{ACB}$.

Solution

Soient O le centre du cerlce circonscrit à ABC et Y, Z les milieux respectifs de $[CH]$ et $[AB]$. La demi-droite $[OZ)$ intersecte le cercle circonscrit au point X. Comme X intercepte l'arc $\stackrel{\frown}{AB}$ au milieu, on sait que $(CZ)$ est une bissectrice intérieure de l'angle $\widehat{ACB}$.

On voit alors que les triangles CDY et DXZ sont semblables ainsi que les triangles DHY et DOZ.

On en déduit alors que $OZ = ZX \cdot \frac{YH}{YC} = ZX$ puique Y est le milieu de $[CH]$. Puis il vient que $\widehat{AOB}=\widehat{AXB}$ et par suite, comme A, X, B, et C, sont cocycliques, on a $\widehat{ACB}=\pi-\widehat{AOB}$. En utilisant le théorème de l'angle au centre, on trouve finalement :

\[ \widehat{ACB} = \frac \pi 3 \]

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Dernière modification : 10 juillet 2004.
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