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Club France
2001-2002, dossier 5, solutions

Exercice 1

Soit ABC un triangle, $D, E, F$ des points sur les côtés BC, AC, AB respectivement, et $U, X, V, Y, W, Z$ les milieux des segments $[BD], [DC], [CE], [EA], [AF], [FB]$ respectivement.

Montrer que

\[ \text{aire}(UVW)+\text{aire}(XYZ)-\frac12\text{aire}(DEF)=\frac34\text{aire}(ABC) \]

Solution

On note simplement ABC l'aire du triangle ABC. Soit $S=UVW+XYZ-\frac12DEF$.

On a $UVW=ABC-AWV-BUW-CVU$, et de même $XYZ=ABC-AZY-BXZ-CYX$ et $DEF=ABC-AFE-BDF-CED$.

Dans le triangle AFE, le point W est milieu de AF et Y milieu de AE. D'après le théorème des milieux, on a donc

\[ AFE=4AWY \]

De même : $BDF=4BUZ$ et $CED=4CVX$.

En remplaçant dans l'expression de S et en réordonnant, on trouve : \begin{align*} S=& \frac32ABC -AWV+AWY+AWY-AZY \\& -BUW+BUZ+BUZ-BXZ \\&-CVU+CVX+CVX-CYX \end{align*}

Mais $AWV-AWY=VYW=\frac14CAF$ car $YV=\frac12AC$ et W est milieu de AF. En raisonnant de même pour $AZY-AWY$, $BUW-BUZ$, etc., on trouve : \begin{align*} S&=\frac32ABC-\frac14\left(CAF+AEB+ABD+BFC+EBC+ADC\right) \\&=\frac32ABC-\frac14\left(CAF+BFC+AEB+EBC+ABD+ADC\right) \\&=\frac32ABC-\frac34ABC=\frac34ABC \end{align*}

Exercice 2

Soit n un entier strictement positif et soient $a_1,\ldots,a_n$ des entiers strictement positifs tous distincts. Montrer que

\[ \frac{a_1}{1^2}+\frac{a_2}{2^2}+\cdots+\frac{a_n}{n^2}\geq \frac11+\frac12+\cdots+\frac1n \]

Solution

On rappelle l'inégalité de réordonnement : si $a_1,\ldots,a_n$ et $b_1,\ldots,b_n$ sont des nombres réels, on considère tous les réordonnements possibles $b_{\phi(1)},\ldots b_{\phi(n)}$ des $b_i$. On montre alors que la somme

\[ \sum a_ib_{\phi(i)} \]

est maximale si les $b_{\phi(i)}$ sont ordonnés comme les $a_i$, et minimale si les $b_{\phi(i)}$ sont ordonnés à l'inverse.

Esquisse de démonstration : supposons que les $b_i$ soient ordonnés différemment des $a_i$ : alors il existe un i et un j tels que $a_i<a_j$ mais $b_i>b_j$. Si on échange $b_i$ et $b_j$, dans la somme on remplace $a_ib_i+a_jb_j$ par $a_ib_j+a_jb_i$, or la différence de ces deux termes est $a_ib_j+a_jb_i-a_ib_i-a_jb_j=(a_i-a_j)(b_j-b_i)>0$ : en échangeant $b_i$ et $b_j$, on augmente la somme. La démonstration marche de même dans l'autre sens.

L'exercice est alors facile : la somme $\sum \frac{a_i}{i^2}$ est minimale (pire des cas) lorsque les $a_i$ sont ordonnés dans l'ordre inverse des $1/i^2$, autrement dit, lorsque les $a_i$ sont croissants. Comme l'énoncé suppose que les $a_i$ sont des entiers tous distincts, puisqu'ils sont croissants on a $a_i\geq i$, et donc

\[ \sum \frac{a_i}{i^2}\geq \sum \frac{i}{i^2}=\sum 1/i \]

Exercice 3

22 arbres sont mis en rond ; sur chaque arbre se pose un corbeau. Toutes les minutes, deux corbeaux se déplacent chacun sur un arbre voisin du leur. Est-il possible pour les corbeaux, après un certain nombre de minutes, de se rassembler tous sur le même arbre ?

Solution

(Nous présentons la solution telle que l'a rédigée Rémi Peyre, élève du Club France.)

Quand un corbeau situé sur un arbre $A_i$ se déplace, il arrive sur un arbre $A_j$ tel que i et j sont de parités contraires.

Supposons que l'arbre sur lequel tous les corbequx se retrouvent soit l'arbre $0$. Alors les $11$ corbeaux situés initialement sur un arbre pair doivent effectuer un nombre pair de déplacements, et les $11$ autres corbeaux doivent faire un nombre impair de déplacements.

Le nombre total de déplacements effectués par les corbeaux est donc impair. Or les déplacements se réalisent deux par deux : contradiction.

La situation envisagée est donc impossible.

Exercice 4

Trouver tous les entiers positifs x et y tels que

\[7^x-3\cdot 2^y=1 \]

Solution

(À nouveau inspirée de celle de Rémi Peyre.)

Il y a deux solutions avec $y\leq 4$ : ce sont $(1;1)$ et $(2;4)$.

Supposons $y\geq 5$. Alors l'équation donne $7^x \equiv 1$ modulo $32$.

Or les puissances successives de $7$ modulo $32$ sont : $7^0\equiv 1$, $7^1\equiv 7$, $7^2\equiv 17$, $7^3\equiv 23$, $7^4\equiv 1$ et à partir de $4$, la suite se répète : $7^x$ est congru à $1$ modulo $32$ seulement si x est divisible par $4$.

Posons donc $x=4x'$ et raisonnons modulo $5$ : on a $7^x=7^{4x'}=(7^4)^{x'}$, or $7^4$ est congru à $1$ modulo $5$, donc $7^x$ est aussi congru à $1$ modulo $5$.

L'équation, modulo $5$, donne alors $3.2^y\equiv 0 [5]$. Or $3.2^y$ n'est jamais divisible par $5$.

Les seules solutions sont donc $(1;1)$ et $(2;4)$.

Exercice 5

Soit n une puissance de $2$.

On considère les parties A de l'ensemble $E=\{1,2\ldots,n\}$ possédant la propriété suivante : si x appartient à A, alors $2x$ n'appartient pas à A.

Déterminer le nombre maximal d'éléments d'une telle partie A.

Solution

On peut commencer par essayer de construire un tel ensemble à la main : on commence par mettre $1$ dedans, donc on doit barrer $2$ ; puis on peut mettre $3$, mais on barre $6$, on peut ensuite mettre $4$ et $5$ en barrant $8$ et $10$, etc. On obtient ainsi l'ensemble

\[\{1,3,4,5,7,9,11,12,13,15,16\ldots\}\]

Par construction, cet ensemble est maximal, c'est-à-dire qu'on ne peut pas lui rajouter un élément sans perdre la propriété cherchée. Cela ne veut pas forcément dire que son nombre d'éléments est maximum pour cette propriété ! Il se pourrait qu'une construction complètement différente donne un autre ensemble satisfaisant la propriété, avec plus d'éléments.

Soit $B=\{1,3,4,5,7,9,11,12,13,15,16\ldots\}$ l'ensemble des entiers obtenus ci-dessus par la méthode du crible. On note $A_0=B\cap E$. On veut montrer que si $A\subset E$ vérifie la propriété, alors A n'a pas plus d'éléments que $A_0$.

Soit x un élément de A qui ne soit pas dans $A_0$ : d'après la construction de $A_0$, x est pair, et $x/2$ appartient à $A_0$ (sinon on aurait pris x dans $A_0$).

Si, dans A, on remplace tous les éléments qui ne sont pas dans $A_0$ par leur moitié, on obtient donc une partie de $A_0$. Comme ce remplacement ne modifie pas le nombre d'éléments de A (puisqu'un nombre et sa moitié ne sont pas tous les deux dans A), c'est que A n'a pas plus d'éléments que $A_0$.

Il faut désormais compter le nombre d'éléments de $A_0$. En fait, $A_0$ est exactement l'ensemble des entiers dont la puissance de $2$ dans la décomposition en facteurs premiers est paire (l'ensemble des x tels que $x=2^p.q$ avec p pair et q impair). En effet, au cours de la construction de $A_0$, on a forcément pris tous les x tels que p était nul (les nombres impairs), que rien n'interdisait de prendre. Du coup, on n'a forcément pas pris les x tels que $p=1$, qui sont les doubles des précédents. Ensuite, les nombres tels que $p=2$ pouvaient être pris (leur moitié a $p=1$ n'est donc pas prise), etc.

Soit $n=2^m$. Le nombre des nombres $2^p.q$ (p pair, q impair) inférieurs à n se calcule ainsi : pour $p=0$ on a $n/2$ choix de q ; pour $p=2$, on a $n/2^3$ choix de q, pour $p=4$, on a $n/2^5$ choix de qldots jusqu'à $p=2^m$ (si m est pair) ou $p=2^{m-1}$ (si m impair) où on a $1$ choix de q. Le total est

\[ 2^{m-1}+2^{m-3}+\cdots+1 \]

qui donne, si m est pair, $\frac{2n+1}{3}$, et $\frac{2n-1}{3}$ si m est impair.

Exercice 6

Le cercle inscrit dans le triangle ABC touche les côtés AB et AC aux points P et Q respectivement. R et S sont les milieux respectifs des côtés AC et BC. T est le point d'intersection des droites PQ et RS. Montrer que T se trouve sur la bissectrice de l'angle B du triangle.

Solution

Rappel sur la transformation de Ravi : dès qu'apparaissent dans un exercice, soit un cercle inscrit, soit une inégalité à démontrer pour trois nombres qui sont les longueurs des côtés d'un triangle, il peut être très utile de transformer les longueurs des côtés $a=BC$, $b=AC$, $c=AB$ en trois autres nombres u, v et w définis ainsi : si $A'$, $B'$ et $C'$ sont les points de contact du cercle inscrit sur les côtés BC, AC, AB, on note $u=AB'=AC'$, $v=BA'=BC'$, $w=CA'=CB'$. Ces nombres vérifient $u=(b+c-a)/2$, $v=(c+a-b)/2$, $w=(a+b-c)/2$, et bien sûr $a=v+w$, $b=u+w$, $c=u+v$. Dans les exercices d'inégalités, l'avantage de cette transformation est que les nombres u, v, w sont des nombres positifs quelconques, sans relation (contrairement à a, b et c qui sont liés par les inégalités triangulaires), et à partir desquels on retrouve a, b et c facilement.

\includegraphics{dossier_01025sol.1}

Connaissant cela, l'exercice est plus facile. TS est droite des milieux de ABC, et donc elle est parallèle à AB. Les triangles QAP et QRT sont donc semblables. Or $AP=AQ$, donc $RT=RQ$.

\includegraphics{dossier_01025sol.2}

On suppose d'abord que Q est entre A et R (T est à l'extérieur du triangle). On a alors $AQ=u=(b+c-a)/2$ et $AR=b/2$, donc $QR=AR-AQ=(a-c)/2$. Donc $RT=RQ=(a-c)/2$, et $ST=SR+RT=c/2+(a-c)/2=a/2$. Or $SB=SC=a/2$ aussi, donc ST est sur le cercle de diamètre BC, de centre S : on sait alors que l'angle inscrit TBC est la moitié de l'angle au centre TSC. Or cet angle au centre est égal à l'angle ABC puisque RSC et ABC sont semblables. Donc T est bien sur la bissectrice issue de B.

Le cas où R est entre A et Q se traite de la même manière.

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Dernière modification : 10 juillet 2004.
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