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Olympiade française de mathématiques
2002-2003, dossier 3, solutions

Exercice 1

On applique la loi des sinus :

\begin{eqnarray*} \frac a b & = & \frac{\sin 2B}{\sin B} \; \; = \; \; 2 \cos B, \\ \frac c b & = & \frac{\sin (\pi - 3B)}{\sin B} \; \; = \; \; \frac{\sin 3B}{\sin B} \\ & = & \frac{ 2 \sin B \cos B) \cos B + (2 \cos^2 B -1) \sin B}{\sin B} \; \; = \; \;4 \cos^2 B -1 \end{eqnarray*}

Donc $c/b = (a/b)^2 -1$, soit :

\[ a^2 = b(b+c) \]

Comme on recherche un périmètre minimal, on peut supposer a, b, c premiers entre eux dans leur ensemble. En fait, il faut que b et c soient premiers entre eux car un facteur premier commun à b et c l'est aussi à a. b et $b+c$ sont donc premiers entre eux; puisque leur produit est un carré, b et $b+c$ sont des carrés parfaits. On a donc pour $m,n$ premiers entre eux : $b=m^2$, $b+c=n^2$, $a=mn$.

$n/m =a/b = 2\cos B$. Comme $C = \pi - 3B$ est obtus, $B \in ]0;\pi/6[$, et $\cos B \in ]\sqrt 3 /2; 1[$ et donc

\[ \sqrt 3 < \frac n m < 2 \]

Cette inégalité n'a pas de solution pour $m=1,2,3$. Donc $m \geq 4$ et $n \geq 7$ et :

\[ a + b + c = mn+n^2 \geq 4 \cdot 7 + 7^2 = 77 \]

La paire $(m,n)=(4,7)$ génère le triplet $(a,b,c)=(28,16,33)$, et le triangle associé vérifie les conditons requises. Finalement, $77$ est le périmètre minimum.



Exercice 2

Appliquons l'homothétie de centre E et de rapport $1/2$. $F,G,H,I$ sont envoyés sur P, Q, R, S, projections orthogonales de E sur AB, BC, CD, DA respectivement. Puisque qu'une homoothétie transforme les cercles en cercles, il suffit de montrer que PQRS est un quadrilatère cyclique.

Les quadrilatères ESAP, EPBQ, EQCR, ERDS ont chacun deux angles droits opposés (dûs aux projections orthogonales), donc ils sont cycliques. Comme EPBQ est cyclique, $\angle EPQ = \angle EBQ$, et comme EQCR est cylcique, $\angle ERQ = \angle ECQ$. Mais BCE est un triangle rectangle donc les angles aigus sont $\angle EBQ$ et $\angle ECQ$. Ainsi,

\[ \angle EPQ + \angle ERQ = 90^\circ \]

De la même manière, $\angle EPS + \angle ERS =90^\circ$. Finalement :

\[\angle SPQ + \angle QRS = \angle EPS + \angle EPQ + \angle ERS + \angle ERQ = 180^\circ \]

On en conclut que PQRS est cyclique.



Exercice 3

On raisonne par récurrence (forte) sur n. Pour $n=1$, c'est évident.

Si n est pair, $n=2^q \cdot p$, où $p<n$ est impair. Par hypothèse de récurrence, $ai \mod p$ est constante à partir d'un certain rang. Par ailleurs, pour i assez grand, on a bien sûr $2^q | a_i$. On suppose que ces deux propriétés sont vérifiées à partir du rang k. Ainsi, pour $i>k$ :

\[ a_i \equiv a_k \mod p, \text{ et } a_i \equiv 0 \equiv a_k \mod {2^q} \]

Mais p et $2^q$ sont premiers entre eux, on en déduit donc par le lemme chinois que $a_i \equiv a_k \mod n$.

Si n est impair, il existe r, $1<r<n$ tel que :

\[ 2^r \equiv 1 \mod n \]

(Par exemple, $r=\phi(n)$, ou sinon, on applique le principe des pigeons à $2^l$, $l\in [1,n-1]$ : $2^l$ est congru à des nomobres impairs modulo n, donc il existe $i<j<n-1$ tels que $2^i \equiv 2^j \mod n$, et alors $r=j-i$ convient). On applique l'hypothèse de récurrence à r : pour $i \geq k$, $a_i \equiv c \mod r$. On écrit $a_i = m_i r+ c$. Alors :

\[ a_{i+1} \equiv 2^{m_i r + c} \mod n \equiv (2^r)^{m_i} 2^c \mod n \equiv 2^c \mod n \]

Ainsi, $a_i \mod n$ est constante à partir du rang $k+1$.



Exercice 4

Le tracé de quelques points E où D varie sur $[AB]$ suggère que E décrit un arc de cercle de centre C. Montrons donc que la longueur CE ne dépend pas du point D, en utilisant que ABC est fixe.

Soit $(T)$ la tangente externe aux cercle inscrits $C_1$ et $C_2$ dans respectivement ACD et BCD. On note M et N les points de contact de $C_1$ et $C_2$ sur $[AB]$, et S et T ceux sur la tangente externe $(T)$. Enfin on note Q et O les point de contacts de $C_1$ sur $[AC]$ et $[DC]$, et R et P ceux de $C_2$ sur $[BC]$ et $[DC]$.

Par égalité de la longueur des tangentes :

\begin{eqnarray*} CE & = & CO - EO \; \; = \; \; CQ - SE \text{ et par ailleurs} \\ & = & CP - EP \; \; = \; \; CR - ET \end{eqnarray*}

On additionne, et on utilise des égalités de longueurs des tangentes :

\begin{eqnarray*} 2 CE & = & CQ + CR - (SE + ET) \\ & = & (CA - QA) + (CB - RB) - ST \\ & = & (CA - AM) + (CB - NB) - MN \\ & = & CA + CB - (AM + MN + NB ) \\ & = & CA + CB -AB \end{eqnarray*}

Finalement, $CE = \frac 1 2 (CA + CB -AB)$ est constant.



Exercice 5

L'idée est de travailler en base $(-4)$ : pour tout $n \in \Z$, n s'écrit de manière unique sous la forme

\[ \sum_{i=1}^{k} c_i (-4)^i, \; \; c_i \in \{ 0, 1, 2, 3 \} \]

En effet, si $(c_i)$ et $(d_i)$ sont deux suites finies, soit j le plus petit entier tel que $c_j \neq d_j$. Alors :

\[ \sum_{i=0}^k c_i (-4)^i \not\equiv \sum_{i=0}^k d_i (-4)^i \mod 4^j \]

donc en particulier, les nombres représentés par les suites $(c_i)$ et $(d_i)$ sont distincts. Pour l'existence de la décomposition, on se donne k tel que $3 \cdot (4 + 4^3 + \cdot + 4^{2k-1} \geq |n|$. On connaît la décomposition en base 4 :

\[ n + 3 \cdot( 4 + \cdot + 4^{2k-1}) = \sum_{i=0}^{2k} d_i 4^i \]

On pose alors $c_{2i} = d_{2i}$, $c_{2i-1} = 3- d_{2i-1}$, on a alors $n = \sum_{i=0}^{2k} c_i (-4)^i$.

Soit maintenant X l'ensemble des entiers dont la décomposition en base $(-4)$ ne comporte que de $0$ ou des $1$. X répond (positivement) à la question.



Exercice 6

Tout repose sur l'inégalité suivante :

Si $a_1, \dots, a_n$ et $b_1, \ldots, b_n$ sont des nombres positifs tels que :

\[ b_1 > b_2 > \ldots > b_n, \text{ et } \sum_{j=1}^k b_j \leq \sum_{j=1}^k a_j (k=1,2, \ldots,n) \]

alors :

\[ \sum_{j=1}^n b_j^2 \leq \sum_{j=1}^n a_j^2 \]

Démontrons-la. On note par commodité $b_{n+1}=0$. On a :

\begin{eqnarray*} \sum_{k=1}^n (b_k - b_{k+1}) \sum_{j=1}^k b_j & \leq & \sum_{k=1}^n (b_k - b_{k+1}) \sum_{j=1}^k a_j, \text{ et d'autre part} \\ \sum_{j=1}^n b_j \sum_{k=j}^n (b_k - b_{k+1}) & \leq & \sum_{j=1}^n a_j \sum_{k=j}^n (b_k - b_{k+1} \end{eqnarray*}

On somme :

\[ \sum_{j=1}^n b_j^2 \leq \sum_{j=1}^n a_j b_j \]

On élève cette inégalité au carré, et on applique Cauchy-Schwarz :

\[ \left( \sum_{j=1}^n b_j^2 \right)^2 \leq \left( \sum_{j=1}^n a_j b_j \right)^2 \leq \left( \sum_{j=1}^n a_j^2 \right) \left( \sum_{j=1}^n b_j^2 \right) \]

En simplifiant par $\sum_{j=1}^n b_j^2$, on obtient le résultat énoncé.

Revenons au problème. On pose $ \displaystyle b_j = \sqrt j - \sqrt{j-1} = \frac 1 { \sqrt j + \sqrt{j-1} } $. Les hypothèses du résultat précédent sont satisfaites, donc :

\[ \sum_{j=1}^n a_j^2 \geq \sum_{j=1}^n \frac 1 { \sqrt j + \sqrt{j-1} } > \sum_{j=1}^n \frac 1 {(2 \sqrt j)^2} = \frac 1 4 \left(1 + \frac 1 2 + \cdots + \frac 1 n \right) \]

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Dernière modification : 10 juillet 2004.
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