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Olympiade française de mathématiques
2002-2003, dossier 4, solutions

Exercice 1

Si $b=1$, n'importe quel a convient. Sinon, on pose $a=qb+r$, où $0 \leq r < b$. Alors :

\begin{eqnarray*} \frac{2^a+1}{2^b-1} & = &\frac{2^{qb+r} - 2^{(q-1)b+r} + 2^{(q-1) b + r} + 1}{2^b-1} \\ & = & 2^{a-b} + \frac{ 2^{(q-1) b + r} + 1}{2^b-1} \\ & = & 2^{a-b} + 2^{a-2b} + \cdots + \frac{2^r + 1}{2^b-1} \end{eqnarray*}

Donc $2^r+1$ est divible par $2^b-1$. Si b est $\geq 3$, il n'y a donc pas de solution. Si $b=2$, on a $3| 2^r + 1$, i.e. r est impair : il suffit donc que a soit impair.

Exercice 2

Nous allons montrer que le seul triplet solution est $(2,2,2)$. On considère l'équation modulo 3. $3^x + 4^y \equiv 1 \mod 3$ donc $ (-1)^z \equiv 1 \mod 3$ et z est pair : on note $z = 2w$. Maintenant $3^x = 5^{2w} - 2^{2y} = (5^w+2^y)(5^w-2^y)$. $(5^w+2^y) + (5^w-2^y)$ n'est pas divisible par 3, les deux termes ne sont pas divisibles par 3. On en conclut :

\[ 5^w-2^y = 1 \quad \text{et} 5^w+2^y = 3^x \]

On considère à nouveau ces égalités modulo 3 : alors $(-1)^w - (-1)^y \equiv 1$ et $(-1)^w + (-1)^y \equiv 0$. Ainsi $2 (-1)^y \equiv -1$ et y est pair, puis w est impair. Supposons $y>2$. On regarde modulo 8. $5^w + 2^y \equiv 5^w \equiv 5 \mod 8$. Mais $3^x \equiv 1 \text{ ou } 3 \mod 8$ : c'est une contradiction. Ainsi $y=2$, puis $w=1$, et $x=2$, qui est l'unique solution.

Exercice 3

Soit $n=2003$ et $k=40$. On note $C_1$, $C_2$, ldots $C_n$ l'ensemble des clubs. Supposons que personne n'est membre de touts les clubs. On note x la personne qui est membre du plus grand nombre de clubs : on peut supposer que x est membre de $C_1$, $C_2$, ldots $C_m$ ($m<n$). On note $C_i' = C_i \setminus \{x\}$ ($i \leq m$). Par hypothèse, les $C_i'$ sont disjoints 2 à 2, et ont un membre commun (différent) avec $C_{m+1}$. Comme $\# C_{m+1} = k$, on a $m \le k$.

Maintenant, pour chaque membre de $C_1$, on considère la liste des clubs auquel il appartient. Comme $C_1$ a exactement un membre commun avec $C_i$, ces listes forment une partition de $\{2, \ldots n\}$. Par le principe des tiroirs, l'une des liste possède au moins $E(\frac{n-1} k)$ éléments, ce qui signifie qu'un des membre de $C_1$ est aussi membre d'au moins $E(\frac{n-1} k)$ clubs. Ainsi $m \ge E(\frac{n-1} k)$ et donc $k \ge E(\frac{n-1} k)$. C'est absurde, et cela achève la preuve.

Exercice 4

Montrons que les cercles circonscrits à AQR, BPR et CPQ s'intersectent en un point. En effet, les cercles circonscrit à AQR et BPR s'intersectent en X. Alors $\widehat{QXR} = \pi - \widehat{CAB} = \widehat{ABC} + \widehat{BCA}$, et de même $\widehat{RXP} = \pi - \widehat{ABC} = \widehat{BCA}+\widehat{CAB}$. Donc $\widehat{PXQ} = 2\pi - \widehat{QXR} - \widehat{RXP} = \pi - \widehat{BCA}$. Ceci signifie exactement que X appartient au cercle circonscrit à CPQ. En particulier, on a par exemple que les triangles $XA'C'$ et $QA'C'$ sont égaux à un retournement près. Maintenant :

\begin{eqnarray*} \widehat{C'A'B'} & = & \widehat{C'A'X} + \widehat{XA'B'} \\ & = & \frac 1 2 \widehat{QA'X} + \frac 1 2 \widehat{RA'X} \\ & = & \frac 1 2 \widehat{QA'R} \;\; = \widehat{CAB} \end{eqnarray*}

On démontre de la même manière que $\widehat{A'B'C'} = \widehat{ABC}$ et $\widehat{B'C'A'} = \widehat{BCA}$. Ainsi, les triangles ABC et $A'B'C'$ sont similaires.

Exercice 5

On note $g(x) = x^2-2$ et supposons que $f(f(x)) = g(x)$. Les points fixes de g sont $-1$ et $2$, et si y est un point fixe de g, $f(y)$ est aussi un point fixe de g. De plus, si x et y sont deux points fixes de g, et si $f(x) = f(y)$, $f(f(x))=f(f(y))$ et ainsi $x=y$. Donc $\{ f(-1), f(2) \} = \{ -1, 2\}$.

On pose $h(x)=g \circ g (x) = x^4-4x^2+2$. Par le même argument que précédemment, f induit une bijection sur l'ensemble des points fixes de h, à savoir $\{ -1, 2, (-1 \pm \sqrt 5)/2 \}$. Soit alors $a = (-1 + \sqrt 5)/2$ et $b =(-1 - \sqrt 5)/2$. a n'est pas un point fixe de g, donc pas de f non plus. Par ce qui précéde, on a donc forcément $f(a) = b$, et similairement $f(b) =a$. Mais alors $f(f(a)) =a$, ce qui est absurde. Il n'existe donc pas de telles fonctions.

Exercice 6

$n=243=3^5$. Montrons que $S_{243}$ possède la propriété. En effet, soit X, Y une partition de $S_{243}$. On peut supposer que $3 \in X$. Si $9 \in X$, c'est gagné. On peut donc supposer que $9 \in Y$. Si $81 \in Y$, c'est gagné, on peuty donc supposer que $81 \in X$. Si $27 \in X$, comme $3 \times 27 =81$, c'est gagné, on peut donc supposer que $27 \in Y$. Enfin $243 = 3 \times 81 = 9 \times 27$, et on gagne dans chacun des cas.



Pour pouvoir conclure, il suffit de montrer que $S_{242}$ ne possède pas la propriété, c'est-à-dire d'exhiber une partition X, Y adéquate (pour $n<242$, il suffira de prendre la partition $S_n \cap X$, $S_n \cap Y$). Pour cela nous allons définir l'ensemble P des nombres S-premiers :

\[ P = \{ 4, 8, p, 2p \text{ où } p \text{ est un nombre premier } \ge 3 \} \cap S_{242} \]

Les nombres S-premiers sont en fait les nombres qui ne sont pas le produit de nombres de $S_{242}$.

Comme le plus petit nombre S-premier de $S_{242}$ est 3, chacun des nombres de $S_{242}$ peut s'écrire comme produit d'au plus 4 nombres S-premiers d'au moins une façon (la décomposition en produit de nombres S-premiers n'est pas unique).

On note X la réunion des nombres S-premiers et des nombres de $S_{242}$ qui peuvent s'écrire comme produit de 4 nombres S-premiers exactement, $Y = S_{242} \setminus X$.

Un nombre de Y possède au moins 2 facteurs S-premiers, donc donc un produit de 2 nombres de Y en possède au moins 4; s'il en a plus il est trop grand. Y ne possède donc pas triplet problématique. Maintenant, un produit de 2 nombres de X sera $\leq 242$ seulement s'il s'agit d'un produit de 2 nombres S-premiers. En regardant 4, 8, $p_1$, $2p_2$, on s'aperçoit qu'un produit deux nombres S-premiers ne peut se factoriser en un produit de 4 nombres S-premiers. X ne contient pas de triplet problématique non plus.

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Dernière modification : 10 juillet 2004.
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