Tournoi des Vi ll es

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Vil
lesVingt-Neuvi`eme Tournoi des Villes
Printemps 2008
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Epreuve normale, quatri`eme–troisi`eme–seconde
Exercice 1 : Les cˆot´es oppos´es d’un hexagone convexe ABCDEF sont deux `a deux parall`eles :
(AB)||(ED),(BC)||(F E),(CD)||(AF ). De plus on a AB =ED. Montrer que, dans ce cas,
BC =F E et CD =AF .[3 points]
Un polygone est convexe s’il n’a aucun angle plat ou rentrant.
Solution. Le quadrilat`ere ABDE est un parall´elogramme, car il a deux cˆot´es parall`eles et de
mˆeme longueur. On a aussi
\
BDC =
[
EAF ,
\
DBC =
[
AEF , car ces angles ont leurs cˆot´es parall`eles.
Les triangles CBD et AEF sont donc ´egaux, ayant un cˆot´e et deux angles adjacents ´egaux.
C
F
A B
DE
Exercice 2 : Ir`ene a dessin´e sur le plan 10 segments de mˆeme longueur et a marqu´e tous leurs
points d’intersection. Il s’est av´er´e que chaque point d’intersection partage chacun des segments
qui le contiennent dans la proportion 3 : 4. Combien, au maximum, peut-il y avoir de points
d’intersection ? [5 points]
R´eponse : 10 points.
Solution. Sur chaque segment il peut y avoir au plus deux points d’intersection. D’autre part,
chaque point d’intersection appartient au moins `a deux segments. Donc il ne peut pas y avoir plus
de points d’intersection que de segments. Le dessin ci-dessous montre qu’il peut y en avoir autant,
et donc 10 points est bien le maximum.
Exercice 3 : Michel a marqu´e un nombre asur 10 cartes, un nombre bsur 10 autres cartes et un
nombre csur encore 10 cartes. Les nombres a,bet csont deux `a deux distincts. Quel que soit le
choix de 5 cartes, Michel arrive `a trouver 5 autres cartes pour que la somme des nombres sur les
10 cartes ainsi choisies soit nulle. Montrer que l’un des nombres a,b,cest ´egal `a z´ero. [5 points]
Solution. Sans perte de g´en´eralit´e on peut supposer que a < b < c. Sur l’axe r´eel marquons
d’un point chaque somme qu’on peut obtenir en additionnant les nombres sur 5 cartes. Selon
l’´enonc´e, pour chaque point ainsi marqu´e, le nombre oppos´e est ´egalement marqu´e. Autrement
dit, les points marqu´es sont dispos´es sym´etriquement par rapport `a 0. En particulier, la somme la
plus grande 5cet la somme la plus petite 5asont oppos´ees, ce qui implique a=−c. De mˆeme la
deuxi`eme somme la plus grande 4c+bet la deuxi`eme somme la plus petite 4a+bsont oppos´ees :
(4a+b) + (4c+b) = 0. Comme on sait d´ej`a que a+c= 0, on en d´eduit que b= 0.
1

Exercice 4 : Trouver tous les entiers n>1 tels que (n+ 1)! soit divisible par 1! + 2! + ···+n!.
[6 points]
k! = 1 ×2× · · · × kest le produit de tous les entiers de 1 `a k.
R´eponse : n= 1,2.
Solution. Soit n > 2 et supposons que
(n+ 1)! = k·(1! + ···+n!).
Notons que k < n, car
n·(1! + ···+n!) > n ·((n−1)! + n!) = n! + n·n! = (n+ 1)! .
Nous pouvons donc simplifier l’´egalit´e par k:
1···(k−1) ·(k+ 1) ···(n+ 1) = 1! + ···+n!.
Dans cette ´egalit´e la partie gauche est paire, car dans (n+ 1)! il y avait au moins deux facteurs
pairs et nous en avons simplifi´e au plus un. D’autre part, la partie gauche de l’´egalit´e est impaire,
car 1! est impair, tandis que les autres termes sont pairs. Ainsi une telle ´egalit´e ne peut pas avoir
lieu.
Exercice 5 : Les cases d’un ´echiquier 10 ×10 sont colori´ees en bleu, blanc et rouge. Deux cases
qui ont un cˆot´e commun sont toujours colori´ees en deux couleurs diff´erentes. On sait qu’il y a
20 cases rouges. Julie trouve un rectangle 2 ×1joli s’il est compos´e d’une case bleue et une case
blanche.
a) Montrez que Julie pourra toujours d´ecouper dans l’´echiquier 30 jolis rectangles. [2 points]
b) Trouvez un coloriage qui permet de d´ecouper 40 jolis rectangles (et expliquez pourquoi il
convient). [2 points]
c) Trouvez un coloriage qui ne permet pas de d´ecouper plus de 30 jolis rectangles (et expliquez
pourquoi il convient). [2 points]
Solution.
a) D´ecoupons l’´echiquier en 50 rectangles 1 ×2. Exactement 20 d’entre eux contiennent une
case rouge, et les 30 autres sont jolis.
b) Un coloriage avec 40 jolis rectangles et le d´ebut du d´ecoupage sont montr´es sur le dessin (B).
rrrrr
rrrrr
rrrrr
rrrrr
bbbbb
bbbbb
bbbbb
bbbbb
bbbbb
bbbbb
bbbbb
bbbbb r r r r r
r r r r r
r r r r r
r r r r r r
bbleu
blanc
rouge
(B) (C)
c) Disposons les cases rouges comme sur la figure (C) et compl´etons le coloriage d’une fa¸con
quelconque. Il est clair que tout joli rectangle contient une case marqu´ee d’un point. Comme
il y a exactement 30 cases marqu´ees, il ne peut pas y avoir plus de 30 jolis rectangles.
´
Epreuve normale, premi`ere–Terminale
Exercice 1 : Michel a marqu´e un nombre asur 10 cartes, un nombre bsur 10 autres cartes et un
nombre csur encore 10 cartes. Les nombres a,bet csont deux `a deux distincts. Quel que soit le
choix de 5 cartes, Michel arrive `a trouver 5 autres cartes pour que la somme des nombres sur les
10 cartes ainsi choisies soit nulle. Montrer que l’un des nombres a,b,cest ´egal `a z´ero. [4 points]
Solution. Voir l’exercice 3 de la version quatri`eme–troisi`eme–seconde.
Exercice 2 : Est-ce qu’il existe deux entiers n, m >1 tels que le plus petit commun multiple
des entiers 1,2,...,n soit 2008 fois plus grand que le plus petit commun multiple des entiers
1,2,...,m?[5 points]
2

R´eponse : Non.
Solution. Tout d’abord notons que, pour un nombre premier pet un entier k, on a
PPCM(1,2,...,n) divisible par pksi et seulement si n>pk.
Consid´erons les entiers ket ltels que
2k6m < 2k+1,3l6m < 3l+1.
Si le quotient
Q=PPCM(1,2,...,n)
PPCM(1,2,...,m)
est divisible par 8, alors
n>2k+3 >4m > 3m>3l+1.
Par cons´equent Qest ´egalement divisible par 3. Or 2008 est divisible par 8, mais pas par 3.
Exercice 3 : Soit ABC un triangle rectangle en Aet soit Mle milieu du cˆot´e [BC]. La droite
issue de Mperpendiculairement `a (AC) coupe le cercle circonscrit au triangle AMC une deuxi`eme
fois au point P. Montrer que le segment [BP ] coupe la hauteur [AH] du triangle ABC en son
milieu. [5 points]
Solution.
B A N
P
C
MH
Prolongeons les segments [BA] et [CP ] jusqu’`a leur intersection au point N. Le segment [MP ]
est alors la ligne des milieux du triangle BCN, car il passe par le milieu du cˆot´e [BC] et est
papall`ele au cˆot´e [BA]. Le point Pest donc le milieu de [CN].
Le segment [MP ] est le diam`etre du cercle de l’´enonc´e, car il est perpendiculaire `a la corde
[AC] et la coupe en son milieu. Par cons´equent, l’angle
\
BCP est droit. Autrement dit, (N C) et
parall`ele `a (AH) et les triangles BNC et BAH sont semblables.
La droite (BP ) coupe en son milieu le cˆot´e [N C] du triangle BNC. Elle coupe donc ´egalement
en son milieu la cˆot´e [AH] du triangle semblable BAH.
Exercice 4 : Gilles a d´ecoup´e trois copies d’un mˆeme polygone convexe et un carr´e en carton.
Quelle que soit la mani`ere de placer deux copies du polygone dans le carr´e, il existe toujours un
point recouvert par les deux copies. Montrer que quelle que soit la mani`ere de placer les trois copies
du polygone dans le carr´e, il existe toujours un point recouvert par les trois copies. (Si un point se
trouve sur le bord d’un polygone, on consid`ere qu’il est recouvert par ce polygone.) [5 points]
Un polygone est convexe s’il n’a aucun angle rentrant ou plat.
Solution. Posons une copie du polygone dans le carr´e d’une fa¸con quelconque. Posons alors une
deuxi`eme copie du polygone sym´etriquement `a la premi`ere par rapport au centre du carr´e. D’apr`es
l’´enonc´e ces deux copies ont un point commun P. Le sym´etrique Qde Ppar rapport au centre du
carr´e appartient alors ´egalement aux deux copies. Comme le polygone est convexe, cela implique
que tout le segment [P Q] appartient aux deux copies et en particulier son milieu qui est le centre
du carr´e. Nous sommes arriv´es `a la conclusion suivante : quelle que soit la mani`ere de disposer une
copie du polygone dans le carr´e, cette copie contient le centre du carr´e. Si on dispose trois copies,
le centre est donc recouvert par les trois.
Exercice 5 : Dans le tableau ci-dessous, on a le droit de permuter les lignes et aussi de permuter
les colonnes dans un ordre quelconque. Combien de tableaux diff´erents peut-on obtenir de cette
3

mani`ere ? 1 2 3 4 5 6 7
7 1 2 3 4 5 6
6 7 1 2 3 4 5
5 6 7 1 2 3 4
4 5 6 7 1 2 3
3 4 5 6 7 1 2
2 3 4 5 6 7 1
[6 points]
R´eponse : 7! ·6! tableaux diff´erents.
Solution. Notons d’abord deux propri´et´es du tableau qui restent inchang´ees par toute permu-
tation des lignes et des colonnes :
(a) Chaque ligne et chaque colonne contient tous les nombres de 1 `a 7 ;
(b) Pour chaque rectangle quadrill´e (aux cˆot´es verticaux et horizontaux), la somme des nombres
dans ses deux coins oppos´es a le mˆeme reste de division par 7 que la somme des nombres
dans ses deux autres coins oppos´es.
De la propri´et´e (b) il d´ecoule que le tableau obtenu est enti`erement d´etermin´e par sa premi`ere
ligne et sa premi`ere colonne. En effet, notons aij le nombre qui se trouve dans la i`eme ligne et la
j`eme colonne. On a alors
aij ≡a11 −ai1−a1j(mod 7),
ce qui d´etermine aij de mani`ere unique si l’on connaˆıt a11,ai1et a1j.
En permutant les lignes il est facile d’obtenir les 7! dispositions des chiffres entre 1 et 7 dans la
premi`ere colonne. Ensuite, en permutant les colonnes sans toucher `a la premi`ere, on obtient toutes
les 6! dispositions des chiffres entre 1 et 7 dans la premi`ere ligne avec la restriction que le premier
chiffre de la ligne doit ˆetre le mˆeme que le premier chiffre de la colonne.
Ainsi nous avons obtenu toutes les dispositions des chiffres dans la premi`ere ligne et la premi`ere
colonne qui sont autoris´ees par la propri´et´e (a). Il y en a 7!·6!, donc c’est aussi le nombre de tableaux
diff´erents qu’on peut obtenir.
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Epreuve difficile, quatri`eme–troisi`eme–seconde
Exercice 1 : Nest le produit de deux entiers cons´ecutifs strictement positifs.
a) Montrer qu’on peut rajouter deux chiffres `a la fin de l’´ecriture d´ecimale de Nde telle sorte
que le nombre obtenu soit un carr´e parfait. [2 points]
b) Montrer que si N > 12 on peut le faire d’une mani`ere unique. [2 points]
Solution. Soit N=n(n+ 1).
a) Rajoutons `a Nles chiffres 25. Nous obtiendrons le nombre 100N+25 = 100n(n+1)+25 =
(10n+ 5)2.
b) Si N > 12, cela veut dire que n>4. On a
(10n+ 4)2= 100n2+ 80n+ 16 = 100n(n+ 1) −20n+ 16 = 100N−20n+ 16 <100N;
(10n+ 6)2= 100n2+ 120n+ 36 = 100n(n+ 1) + 20n+ 36 = 100N+ 20n+ 36 >101N.
Ainsi mˆeme les deux carr´es les plus proches de (10n+ 5)2ne tombent pas dans la bonne centaine.
Exercice 2 : Sur les cˆot´es [AB] et [BC] d’un triangle ABC on choisit des points Ket M
respectivement, en sorte que (KM ) soit parall`ele `a (AC). On note Ole point d’intersection des
segments [AM] et [CK]. On sait que AK =AO et M K =M C. Montrer que AM =KB.
[5 points]
Solution.
A
KM
C
O
B
4

On a \
COM =
\
AOK =
\
AKO =α,
\
ACK =
\
KCM =
\
CKM =β.
Les angles
\
OM C et
\
BKM compl`etent α+β`a 180◦, donc
\
OM C =
\
BKM.
Les angles
\
BM K et
\
BCA sont ´egaux car (KM) et parall`ele `a (AC).
On voit donc que les triangles AM C et BKM sont ´egaux, par l’´egalit´e d’un cˆot´e et de deux
angles adjacents `a ce cˆot´e . En particulier, AM =BK.
Exercice 3 : On consid`ere un ruban quadrill´e large d’une case et de longueur infinie. Deux cases
de ce ruban sont des pi`eges `a sauterelle ; entre les pi`eges il y a Ncases ordinaires. Au d´epart,
la sauterelle se trouve dans l’une de ces Ncases. Yves regarde la position de la sauterelle et dit
un entier naturel n. La sauterelle saute alors de ncases, mais c’est elle qui choisit si elle va `a
droite ou `a gauche. Yves regarde la nouvelle position de la sauterelle et dit un autre entier naturel,
etc. Pour quels NYves pourra toujours conduire la sauterelle dans un pi`ege en un nombre fini
de sauts, quelles que soient sa position initiale entre les pi`eges et les directions de sauts qu’elle
choisit ? [6 points]
R´eponse : pour N= 2k−1, o`u kest un entier strictement positif.
Solution. Num´erotons les cases avec les entiers, les pi`eges se trouvant dans les cases 0 et N+ 1.
Soit N+ 1 = 2k. Il suffit alors `a Yves de dire `a chaque fois le nombre n´egal `a la distance
entre la sauterelle et le pi`ege le plus proche. Ainsi la sauterelle ne sortira jamais de l’espace entre
les deux pi`eges. Soit 2dla plus grande puissance de 2 qui divise n. Il est clair que d < k. Si la
sauterelle ne va pas directement dans un pi`ege, les distances aux pi`eges apr`es le saut seront 2n
et 2k−2n. Ces deux distances sont divisibles par 2d+1. Ainsi daugmente `a chaque saut. Lorsque
l’on aura d>k, cela voudra dire que la sauterelle est tomb´ee dans un pi`ege.
Soit, au contraire, N= 2k·m, o`u m>3 est impair. Les cases dont les num´eros sont des
multiples de msont appel´ees interdites. Supposons qu’au d´ebut la sauterelle ne se trouve pas dans
une case interdite. Nous affirmons alors qu’elle pourra toujours ´eviter ces cases et en particulier
les pi`eges. En effet, un milieu entre deux cases interdites est de la forme (am +bm)/2. Ce nombre
est soit non entier soit un multiple de m, donc une case interdite. Par cons´equent la sauterelle ne
se trouve jamais au milieu entre deux cases interdites et peut donc choisir une direction de saut
en sorte de rester en dehors des cases interdites.
Exercice 4 : Sur le plan on choisit un nombre fini de points en sorte que 3 points ne soient jamais
align´es. Ces points sont colori´es en 4 couleurs, chaque couleur ´etant utilis´ee au moins une fois.
Montrer qu’on peut trouver 3 triangles distincts (mais qui peuvent s’intersecter) dont chacun a
trois sommets de couleurs diff´erentes et n’a pas de points colori´es `a l’int´erieur. [6 points]
Solution. Choisissons le plus petit triangle tricolore (un triangle dont les sommets sont de trois
couleurs diff´erentes ayant le plus petit aire). S’il y a en plusieurs on en choisit un au hasard. Dans
l’int´erieur de ce triangle il ne peut pas y avoir de points colori´es : en effet, sinon on pourrait relier
un tel point `a deux sommets de couleurs diff´erentes de la sienne et obtenir un triangle tricolore
plus petit. Supposons que les sommets de notre triangle sont de couleurs 1,2,3.
Consid´erons alors le plus petit triangle tricolore ayant un sommet de couleur 4. Supposons que
ses sommets sont de couleurs 1,2,4. Comme ci-dessus, il ne peut pas y avoir de points de couleurs
1,2,4 dans son int´erieur. Mais il ne peut pas y avoir de point de couleur 3 non plus : sinon en
le reliant aux sommets de couleurs 1 et 4 on obtiendrait un triangle tricolore plus petit ayant un
sommet de couleur 4.
Finalement consid´erons le plus petit triangle tricolore ayant des sommets de couleurs 3 et 4.
Comme ci-dessus, il ne peut pas y avoir de points colori´es dans son int´erieur.
Les trois triangles ainsi construits sont distincts et constituent donc une solution.
Exercice 5 : 99 enfants sont dispos´es en cercle, chacun ayant au d´epart un ballon. Toutes les
minutes, chaque enfant lance son ballon `a l’un de ses deux voisins. Si un enfant re¸coit deux ballons
en mˆeme temps, l’un de ces ballons est d´efinitivement perdu. Au bout de combien de minutes, au
minimum, les enfants peuvent ainsi perdre 98 ballons sur 99 ? [7 points]
R´eponse : 98 minutes.
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