Tournoi des Vi ll es

Tournoi
des
Villes
Vingt-Neuvième Tournoi des Villes
Printemps 2008
Épreuve normale, quatrième–troisième–seconde
Exercice 1 : Les côtés opposés d’un hexagone convexe ABCDEF sont deux à deux parallèles :
(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 quadrilatère ABDE est un parallélogramme, car il a deux côtés parallèles et de
\ = EAF
[ , DBC
\ = AEF
[ , car ces angles ont leurs côtés parallèles.
même longueur. On a aussi BDC
Les triangles CBD et AEF sont donc égaux, ayant un côté et deux angles adjacents égaux.
E
D
C
F
A
B
Exercice 2 : Irène a dessiné sur le plan 10 segments de même longueur et a marqué tous leurs
points d’intersection. Il s’est avéré 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]
Réponse : 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 à 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 marqué un nombre a sur 10 cartes, un nombre b sur 10 autres cartes et un
nombre c sur encore 10 cartes. Les nombres a, b et c sont deux à deux distincts. Quel que soit le
choix de 5 cartes, Michel arrive à 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, c est égal à zéro. [5 points]
Solution. Sans perte de généralité on peut supposer que a < b < c. Sur l’axe réel marquons
d’un point chaque somme qu’on peut obtenir en additionnant les nombres sur 5 cartes. Selon
l’énoncé, pour chaque point ainsi marqué, le nombre opposé est également marqué. Autrement
dit, les points marqués sont disposés symétriquement par rapport à 0. En particulier, la somme la
plus grande 5c et la somme la plus petite 5a sont opposées, ce qui implique a = −c. De même la
deuxième somme la plus grande 4c + b et la deuxième somme la plus petite 4a + b sont opposées :
(4a + b) + (4c + b) = 0. Comme on sait déjà que a + c = 0, on en déduit 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 × · · · × k est le produit de tous les entiers de 1 à k.
Réponse : 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’égalité par k :
1 · · · (k − 1) · (k + 1) · · · (n + 1) = 1! + · · · + n! .
Dans cette égalité la partie gauche est paire, car dans (n + 1)! il y avait au moins deux facteurs
pairs et nous en avons simplifié au plus un. D’autre part, la partie gauche de l’égalité est impaire,
car 1! est impair, tandis que les autres termes sont pairs. Ainsi une telle égalité ne peut pas avoir
lieu.
Exercice 5 : Les cases d’un échiquier 10 × 10 sont coloriées en bleu, blanc et rouge. Deux cases
qui ont un côté commun sont toujours coloriées en deux couleurs différentes. On sait qu’il y a
20 cases rouges. Julie trouve un rectangle 2 × 1 joli s’il est composé d’une case bleue et une case
blanche.
a) Montrez que Julie pourra toujours découper dans l’échiquier 30 jolis rectangles. [2 points]
b) Trouvez un coloriage qui permet de découper 40 jolis rectangles (et expliquez pourquoi il
convient). [2 points]
c) Trouvez un coloriage qui ne permet pas de découper plus de 30 jolis rectangles (et expliquez
pourquoi il convient). [2 points]
Solution.
a) Découpons l’échiquier 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 début du découpage sont montrés sur le dessin (B).
r
r
r
r
r
b
b
b
b
b
r b r b r b r b r b
b
b
b
b
b
b bleu
b
b
b
b
b
blanc
b
b
b
b
b
r
r
r
r
r
r
b
b
b
b
b
rouge
r
r
r
r
r
r
r
r
r
r
r
r
r
r
r
b
b
b
b
b
r
r
r
r
r
b r b r b r b r b r
(B)
(C)
c) Disposons les cases rouges comme sur la figure (C) et complétons le coloriage d’une fa¸con
quelconque. Il est clair que tout joli rectangle contient une case marquée d’un point. Comme
il y a exactement 30 cases marquées, il ne peut pas y avoir plus de 30 jolis rectangles.
Épreuve normale, première–Terminale
Exercice 1 : Michel a marqué un nombre a sur 10 cartes, un nombre b sur 10 autres cartes et un
nombre c sur encore 10 cartes. Les nombres a, b et c sont deux à deux distincts. Quel que soit le
choix de 5 cartes, Michel arrive à 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, c est égal à zéro. [4 points]
Solution. Voir l’exercice 3 de la version quatrième–troisième–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
Réponse : Non.
Solution. Tout d’abord notons que, pour un nombre premier p et un entier k, on a
PPCM(1, 2, . . . , n) divisible par pk si et seulement si n > pk .
Considérons les entiers k et l tels que
2k 6 m < 2k+1 ,
3l 6 m < 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 conséquent Q est également divisible par 3. Or 2008 est divisible par 8, mais pas par 3.
Exercice 3 : Soit ABC un triangle rectangle en A et soit M le milieu du côté [BC]. La droite
issue de M perpendiculairement à (AC) coupe le cercle circonscrit au triangle AM C une deuxième
fois au point P . Montrer que le segment [BP ] coupe la hauteur [AH] du triangle ABC en son
milieu. [5 points]
Solution.
C
H
M
P
B
A
N
Prolongeons les segments [BA] et [CP ] jusqu’à leur intersection au point N . Le segment [M P ]
est alors la ligne des milieux du triangle BCN , car il passe par le milieu du côté [BC] et est
papallèle au côté [BA]. Le point P est donc le milieu de [CN ].
Le segment [M P ] est le diamètre du cercle de l’énoncé, car il est perpendiculaire à la corde
\ est droit. Autrement dit, (N C) et
[AC] et la coupe en son milieu. Par conséquent, l’angle BCP
parallèle à (AH) et les triangles BN C et BAH sont semblables.
La droite (BP ) coupe en son milieu le côté [N C] du triangle BN C. Elle coupe donc également
en son milieu la côté [AH] du triangle semblable BAH.
Exercice 4 : Gilles a découpé trois copies d’un même polygone convexe et un carré en carton.
Quelle que soit la manière de placer deux copies du polygone dans le carré, il existe toujours un
point recouvert par les deux copies. Montrer que quelle que soit la manière de placer les trois copies
du polygone dans le carré, il existe toujours un point recouvert par les trois copies. (Si un point se
trouve sur le bord d’un polygone, on considère 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 carré d’une façon quelconque. Posons alors une
deuxième copie du polygone symétriquement à la première par rapport au centre du carré. D’après
l’énoncé ces deux copies ont un point commun P . Le symétrique Q de P par rapport au centre du
carré appartient alors également 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 carré. Nous sommes arrivés à la conclusion suivante : quelle que soit la manière de disposer une
copie du polygone dans le carré, cette copie contient le centre du carré. 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 différents peut-on obtenir de cette
3
manière ?
1
7
6
5
4
3
2
2
1
7
6
5
4
3
3
2
1
7
6
5
4
4
3
2
1
7
6
5
5
4
3
2
1
7
6
6
5
4
3
2
1
7
7
6
5
4
3
2
1
[6 points]
Réponse : 7! · 6! tableaux différents.
Solution. Notons d’abord deux propriétés du tableau qui restent inchangées par toute permutation des lignes et des colonnes :
(a) Chaque ligne et chaque colonne contient tous les nombres de 1 à 7 ;
(b) Pour chaque rectangle quadrillé (aux côtés verticaux et horizontaux), la somme des nombres
dans ses deux coins opposés a le même reste de division par 7 que la somme des nombres
dans ses deux autres coins opposés.
De la propriété (b) il découle que le tableau obtenu est entièrement déterminé par sa première
ligne et sa première colonne. En effet, notons aij le nombre qui se trouve dans la ième ligne et la
j ème colonne. On a alors
aij ≡ a11 − ai1 − a1j (mod 7),
ce qui détermine aij de manière unique si l’on connaı̂t a11 , ai1 et a1j .
En permutant les lignes il est facile d’obtenir les 7! dispositions des chiffres entre 1 et 7 dans la
première colonne. Ensuite, en permutant les colonnes sans toucher à la première, on obtient toutes
les 6! dispositions des chiffres entre 1 et 7 dans la première ligne avec la restriction que le premier
chiffre de la ligne doit être le même que le premier chiffre de la colonne.
Ainsi nous avons obtenu toutes les dispositions des chiffres dans la première ligne et la première
colonne qui sont autorisées par la propriété (a). Il y en a 7!·6!, donc c’est aussi le nombre de tableaux
différents qu’on peut obtenir.
Épreuve difficile, quatrième–troisième–seconde
Exercice 1 : N est le produit de deux entiers consécutifs strictement positifs.
a) Montrer qu’on peut rajouter deux chiffres à la fin de l’écriture décimale de N de telle sorte
que le nombre obtenu soit un carré parfait. [2 points]
b) Montrer que si N > 12 on peut le faire d’une manière unique. [2 points]
Solution. Soit N = n(n + 1).
a) Rajoutons à N les 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 même les deux carrés les plus proches de (10n + 5)2 ne tombent pas dans la bonne centaine.
Exercice 2 : Sur les côtés [AB] et [BC] d’un triangle ABC on choisit des points K et M
respectivement, en sorte que (KM ) soit parallèle à (AC). On note O le 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.
B
M
K
O
A
C
4
On a
\
COM
\
ACK
=
=
\
AOK
\
KCM
=
=
\
AKO
\
CKM
=
=
α,
β.
\
\ complètent α + β à 180◦ , donc OM
\
\.
Les angles OM
C et BKM
C = BKM
\
\
Les angles BM K et BCA sont égaux car (KM ) et parallèle à (AC).
On voit donc que les triangles AM C et BKM sont égaux, par l’égalité d’un côté et de deux
angles adjacents à ce côté . En particulier, AM = BK.
Exercice 3 : On considère un ruban quadrillé large d’une case et de longueur infinie. Deux cases
de ce ruban sont des pièges à sauterelle ; entre les pièges il y a N cases ordinaires. Au départ,
la sauterelle se trouve dans l’une de ces N cases. Yves regarde la position de la sauterelle et dit
un entier naturel n. La sauterelle saute alors de n cases, mais c’est elle qui choisit si elle va à
droite ou à gauche. Yves regarde la nouvelle position de la sauterelle et dit un autre entier naturel,
etc. Pour quels N Yves pourra toujours conduire la sauterelle dans un piège en un nombre fini
de sauts, quelles que soient sa position initiale entre les pièges et les directions de sauts qu’elle
choisit ? [6 points]
Réponse : pour N = 2k − 1, où k est un entier strictement positif.
Solution. Numérotons les cases avec les entiers, les pièges se trouvant dans les cases 0 et N + 1.
Soit N + 1 = 2k . Il suffit alors à Yves de dire à chaque fois le nombre n égal à la distance
entre la sauterelle et le piège le plus proche. Ainsi la sauterelle ne sortira jamais de l’espace entre
les deux pièges. Soit 2d la plus grande puissance de 2 qui divise n. Il est clair que d < k. Si la
sauterelle ne va pas directement dans un piège, les distances aux pièges après le saut seront 2n
et 2k − 2n. Ces deux distances sont divisibles par 2d+1 . Ainsi d augmente à chaque saut. Lorsque
l’on aura d > k, cela voudra dire que la sauterelle est tombée dans un piège.
Soit, au contraire, N = 2k · m, où m > 3 est impair. Les cases dont les numéros sont des
multiples de m sont appelées interdites. Supposons qu’au début la sauterelle ne se trouve pas dans
une case interdite. Nous affirmons alors qu’elle pourra toujours éviter ces cases et en particulier
les pièges. 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 conséquent 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
alignés. Ces points sont coloriés en 4 couleurs, chaque couleur étant utilisée au moins une fois.
Montrer qu’on peut trouver 3 triangles distincts (mais qui peuvent s’intersecter) dont chacun a
trois sommets de couleurs différentes et n’a pas de points coloriés à l’intérieur. [6 points]
Solution. Choisissons le plus petit triangle tricolore (un triangle dont les sommets sont de trois
couleurs différentes ayant le plus petit aire). S’il y a en plusieurs on en choisit un au hasard. Dans
l’intérieur de ce triangle il ne peut pas y avoir de points coloriés : en effet, sinon on pourrait relier
un tel point à deux sommets de couleurs différentes de la sienne et obtenir un triangle tricolore
plus petit. Supposons que les sommets de notre triangle sont de couleurs 1, 2, 3.
Considérons 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 intérieur. 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 considérons le plus petit triangle tricolore ayant des sommets de couleurs 3 et 4.
Comme ci-dessus, il ne peut pas y avoir de points coloriés dans son intérieur.
Les trois triangles ainsi construits sont distincts et constituent donc une solution.
Exercice 5 : 99 enfants sont disposés en cercle, chacun ayant au départ un ballon. Toutes les
minutes, chaque enfant lance son ballon à l’un de ses deux voisins. Si un enfant reçoit deux ballons
en même temps, l’un de ces ballons est définitivement perdu. Au bout de combien de minutes, au
minimum, les enfants peuvent ainsi perdre 98 ballons sur 99 ? [7 points]
Réponse : 98 minutes.
5
Solution. Numérotons les enfants et les ballons dans le sens direct (inverse des aiguilles d’une
montre) de 1 à 99.
Commençons par montrer que les enfants peuvent perdre 98 ballons en 98 minutes. Pour cela
nous recommandons aux enfants 1 et 2 de se passer le ballon numéro 1 l’un à l’autre en continu.
Pendant ce temps, un ballon de numéro pair doit toujours être lancé dans le sens direct, tandis
qu’un ballon de numéro impair (autre que 1) sera toujours lancé dans le sens indirect. Ainsi chaque
ballon pair atteindra l’enfant numéro 1 au bout d’un nombre pair de minutes ; l’enfant va alors
perdre ce ballon, car à cet instant il va aussi recevoir le premier ballon de l’enfant numéro 2. De
manière similaire, chaque ballon impair atteindra l’enfant numéro 2 au bout d’un nombre impair
de minutes ; l’enfant va alors perdre ce ballon, car à cet instant il va aussi recevoir le premier ballon
de l’enfant numéro 1. Par conséquent, tous les ballons seront perdus en 98 minutes.
Motrons maintenant qu’il est impossible de perdre les ballons plus vite. Dans cette partie de
la solution il est plus pratique de considérer que les ballons, au lieu de se perdre, se collent en un
aggrégat en gardant leurs numéros, et seront par la suite lancés tous ensemble. Supposons qu’en n
minutes on puisse rassembler ainsi tous les ballons chez un seul enfant, par exemple chez l’enfant
numéro 1. Si n est impair, cela implique que le ballon numéro 1 a fait au moins un tour complet :
en effet, sinon il ne peut revenir chez l’enfant 1 qu’au bout d’un nombre pair de minutes. Par
conséquent, n > 99. Si n est pair, alors le ballon numéro 2 a fait au moins un tour complet moins
un pas : en effet, sinon il ne peut arriver chez l’enfant 1 qu’au bout d’un nombre impair de minutes.
Par conséquent, n > 98. Dans les deux cas, on ne peut pas faire mieux que 98 minutes.
Exercice 6 : Existe-t-il quatre entiers strictement positifs a, b, c, d tels que
a
c
a c
+ = 1,
+ = 2008?
b
d
d b
[7 points]
Solution. Oui. Par exemple
a
b
= 2009 · (2008 · 2009 − 1),
= 2008 · 2010 · (2008 · 2009 − 1),
c =
d =
2008 · 2009 − 1,
2008 · 2010.
Nous aurions pu nous arrêter là, car cela constitue une solution complète. Mais comme nous
sommes extrêmement gentils, voici une petite explication comment on peut trouver ces nombres.
Notons d’abord qu’il suffit de trouver a, b, c, d rationnels strictement positifs : après on pourra
toujours les mutliplier par leur dénominateur commun pour obtenir des entiers.
Fixons a et c d’une manière arbitraire et essayons de trouver b et d. En posant x = 1/b, y = 1/d,
on tombe sur le système
ax + cy = 1
ay + cx = 2008
En résolvant ce système, on trouve x = (a − 2008c)/(a2 − c2 ), y = (2008a − c)/(a2 − c2 ), soit
b=
a 2 − c2
,
a − 2008c
d=
a 2 − c2
.
2008a − c
Il suffit donc de prendre a et c rationnels strictement positifs avec a > 2008c pour que b et d soient
également rationnels et strictement positifs. L’exemple ci-dessus est obtenu à partir de a = 2009,
c = 1.
Exercice 7 : Un quadrilatère convexe ABCD n’a pas de côtés parallèles. La diagonale (AC)
forme des angles de 16◦ , 19◦ , 55◦ , 55◦ avec les côtés du quadrilatère (pris dans un certain ordre).
Quelle(s) valeur(s) peut prendre l’angle aigu entre les diagonales (AC) et (BD) ? [8 points]
Un quadrilatère est convexe s’il n’a aucun angle rentrant ou plat.
Réponse : 87◦ .
Solution. Il suffit de considérer les disposition des angles (1) et (2) indiquées sur le dessin. La
disposition (3) est impossible car le quadrilatère aurait deux côtés parallèles.
(1) Soit I le point d’intersection des bissectrisses du triangle BCD. On peut facilement calculer
la somme des angles opposés du quadrilatère ABIC : elle est égale à 180◦ et le quadrilatère est
[ = 16◦
donc inscrit. Par l’égalité des angles inscrits qui s’appuyent sur l’arc DI, on obtient que DBI
◦
\
et donc DBC = 32 . Finalement,
\ = DBC
\+\
CED
BCA = 87◦ .
6
D
D
16 o
o
19
A
o
55
55 o
(1)
C
(2)
A
B
55
o
55 o
19 o
16
o
C
B
A
o
55
55 o
C
(3)
b et D
b valent 145◦ et 70◦ respectivement. Considé(2) Dans le quadrilatère ABCD les angles B
b est alors un angle au centre et sa moitié
rons le cercle de centre D passant par A et C. L’angle D
◦
◦
b
35 coinside avec 180 − B. Autrement dit, B appartient au cercle en question. L’angle au centre
\ vaut alors 32◦ (le double de l’angle inscrit 16◦ ). Et on a de nouveau
ADB
\ = ADB
\ + DAC
\ = 87◦ .
AEB
Épreuve difficile, première–Terminale
Exercice 1 : Un triangle en papier dont un des angles vaut α est découpé en plusieurs triangles.
Peut-il arriver que tous les angles de tous les triangles ainsi obtenus soient strictement plus petits
que α
a) si α = 70◦ ? [3 points]
b) si α = 80◦ ? [3 points]
Solution.
a) Non. Chaque angle de chaque triangle du découpage est supérieur ou égal 180◦ − 70◦ − 70◦ =
◦
40 . Or un angle de 70◦ ne peut pas être découpé en plusieurs angles supérieurs ou égaux à 40◦ .
b) Oui. L’exemple d’un tel découpage est montré sur le dessin ; les angles sont indiqués en
degrés.
40 40
50
65 75 75 65
60
75
55
75 60 55
60
45
45
75
60
60 75
50
Exercice 2 : Les points 0 et 1 de la droite numérique sont des pièges à sauterelle. Au départ, la
sauterelle se trouve en un point P de la droite. Yves regarde la position de la sauterelle et dit un
réel positif x. La sauterelle fait alors un saut de longueur x, mais c’est elle qui choisit si elle va à
droite ou à gauche. Yves regarde la nouvelle position de la sauterelle et dit un autre réel positif,
etc. Pour quels P Yves pourra toujours conduire la sauterelle dans un piège en un nombre fini de
sauts, quelles que soient les directions de sauts qu’elle choisit ? [6 points]
Réponse : pour P = a/2k , où a et k sont des entiers strictement positifs, 0 < a < 2k .
Solution. Soit P un nombre de la forme indiquée dans la réponse. Il suffit alors à Yves de dire
à chaque étape le réel x = min(P, 1 − P ) égal à la distance entre la sauterelle et le piège le plus
proche. Ainsi la sauterelle ne sortira jamais du segment entre les pièges. Écrivons P sous la forme
d’une fraction irréductible (autrement dit, a est impair). Notons que le nombre 1 − P a alors la
même forme avec le même dénominateur 2k . Après le saut de la sauterelle, une des distances aux
pièges est doublée. Donc le dénominateur de P et de 1 − P est divisé par 2. Au bout de k sauts
P devient entier, ce qui signifie que la sauterelle est tombée dans un piège.
7
Supposons maintenant que P n’est pas de la forme indiquée dans la réponse. Appelons alors
tous les nombres de la forme a/2k interdits. Montrons que la sauterelle peut éviter de se retrouver
sur un nombre interdit, en particulier dans un piège. Pour cela notons que le milieu entre deux
nombres interdits est de nouveau un nombre interdit. Donc, comme P n’est pas un nombre interdit
au départ, parmi les nombres P + x et P − x il y a toujours au moins un nombre non interdit.
C’est là que la sauterelle devra sauter pour éviter de se faire piéger.
Exercice 3 : Un polynôme de degré n > 2 a n racines réelles distinctes x1 , . . . , xn . Sa dérivée a
pour racines y1 , . . . , yn−1 . Démontrer l’inégalité
2
y 2 + · · · + yn−1
x21 + · · · + x2n
> 1
.
n
n−1
[6 points]
Solution. On peut supposer que le coefficient dominant du polynôme vaut 1 :
P (x) =
P 0 (x) =
xn + a1 xn−1 + a2 xn−2 + · · · + an ,
nxn−1 + (n − 1)a1 xn−2 + (n − 2)a2 xn−3 + · · · + an−1 .
En développant le produit P (x) = (x − x1 ) · · · (x − xn ) on obtient
a1
a2
=
=
−(x1 + · · · + xn ),
x1 x2 + x1 x3 + · · · + xn−1 xn .
Par conséquent,
x21 + · · · + x2n = a21 − 2a2 .
De même,
y12
+ ···+
2
yn−1
=
n−1
a1
n
2
−2
n−2
a2 .
n
L’inégalité de l’exercice se traduit par
a21 − 2a2
>
n
2
n−1
n a1
− 2 n−2
n a2
⇐⇒ (n − 1)a21 > 2na2 .
n−1
Pour démontrer cette inégalité, nous allons utiliser l’inégalité bien connue entre la moyenne
arithmétique et la moyenne quadratique1 (stricte pour des nombres distincts) :
x21 + · · · + x2n
>
n
x1 + · · · + xn
n
2
,
ce qui, très heureusement pour nous, se traduit par
a21 − 2a2 a1 2
>
⇐⇒ (n − 1)a21 > 2na2 .
n
n
Exercice 4 : Valérie et Virginie ont chacune déssiné un quadrilatère convexe sans côtés parallèles.
Chacune a tracé une diagonale dans son quadrilatère et a mesuré les angles qu’elle forme avec les
quatres côtés du quadrilatère. Virginie a obtenu des angles α, α, β et γ (dans un certain ordre).
Valérie a obtenu exactement les mêmes angles, mais pas forcément dans le même ordre. Montrer
que l’angle entre les diagonales dans le quadrilatère de Valérie est le même que l’angle entre les
diagonales dans le quadrilatère de Virginie. [7 points]
1 Rappelons une démontration de cette inégalité. La fonction x 7→ x2 est convexe, ce qui veut dire que le centre
de gravité de plusieurs points de son graphe se trouve toujours au-dessus de ce graphe. Considérons donc le centre
de gravité G des points
(x1 , x21 ), . . . , (xn , x2n ).
Ces coordonnées sont
(xG , yG ) =
„
x1 + · · · + xn x21 + · · · + x2n
,
n
n
Et la convexité implique x2G 6 yG .
8
«
.
Solution.
E
B
α−β
A
α−β
α
β
γ
β
C
D F
Il n’y a que deux dispositions des angles qui donnent des quadilatères non isométriques : il
s’agit des quadrilatères ABCD et AECF de la figure.
On a (AD)||(CE) et (AF )||(BC). D’après le théorème de Pappus appliqué aux triplets (A, B, E)
et (D, F, C), il en découle que (BD) et (EF ) sont également parallèles. Elles forment donc le même
angle avec la diagonale (AC).
Exercice 5 : Dans une suite d’entiers strictement positifs a1 , a2 , a3 , . . . , chaque entier strictement
positif apparaı̂t exactement une fois. Est-il toujours possible de trouver deux entiers n < m tels
que an + · · · + am soit un nombre premier ? [8 points]
Solution. Non, pas toujours. Montrons comment construire une telle suite (an ) sans sommes
premières .
Posons a1 = 1, a2 = 3. Supposons maintenant qu’on a déjà construit une suite finie a1 , . . . , an
d’entiers strictement positifs deux à deux distincts et sans sommes premières. Soit m le plus petit
entier strictement positif qui n’en fait pas partie. Posons M = a1 + · · · an + m, an+1 = M !,
an+2 = m. La suite a1 , . . . , an+2 est de nouveau composée d’entiers strictement positifs deux à
deux distincts. Nous affiromons de plus qu’elle ne contient pas de sommes premières. En effet, une
somme qui ne contient pas le terme an+1 n’est pas première par hypothèse, tandis qu’une somme
qui contient an+1 vaut M !+k, où k 6 M ; elle est donc divisible par k et ne peut pas être première.
La suite construite ainsi par récurrence contient exactement une fois chaque entier strictement
positif.
Exercice 6 : Le roi annonce à ses 11 sages conseillers qu’il a décidé de tester leur sagesse. Le
roi va bander leurs yeux et mettre sur la tête de chacun un chapeau avec un nombre entre 1 et
1000 cousu dessus. Ensuite les bandeaux seront enlevés, et chaque sage pourra voir les nombres
sur les chapeaux des autres, mais pas sur le sien. Pour communiquer, les sages auront seulement le
droit de montrer à tous les autres un carton bleu ou rouge, tous en même temps. Ensuite tous les
sages devront dire simultanément quel nombre se trouve sur leur chapeau. Avant le test, les sages
se rassemblent pour élaborer une stratégie. Est-ce qu’ils peuvent en trouver une qui permette de
passer le test à coup sûr ? [8 points]
Solution. Il existe 211 suites de 11 zéros et uns. Exactement une moitié d’entre elles, soit 1024
suites, ont une somme de chiffres paire. Associons à chaque nombre de 1 à 1000 une de ces 1024
suites. Pour simplifier, nous pouvons considérer que ce sont ces suites qui sont marquées sur les
chapeaux.
Le sage numéro k considère les suites marquées sur les 10 chapeaux qu’il voit. De chaque suite
il prend le k ème chiffre. Si la somme de ces chiffres est paire il montre le carton bleu, sinon il montre
le carton rouge.
Après avoir vu toutes les cartes, le nème sage peut calculer tous les chiffres de la suite sur son
propre chapeau, sauf le nème chiffre. Ensuite il peut rétablir le nème chiffre en utilisant le fait que
la somme des chiffres de chaque code est paire. Il retrouve donc la totalité de sa suite.
Exercice 7 : Sur le plan sont dessinés deux cercles C1 et C2 . Une droite est dite équitable si elle
intersecte les deux cercles et les cordes des deux cercles supportées par cette droite ont la même
longueur. Montrer que le cercle circonscrit à un triangle formé par trois droites équitables passe
par le milieu du segment qui relie les centres de C1 et C2 . [8 points]
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Solution. Rappelons que l’axe radical de deux cercles est l’ensemble des points ayant la même
puissance par rapport aux deux cercles.
Soit M le milieu du segment qui relie les centres de C1 et C2 . L’affirmation découle d’une
manière évidente des deux lemmes suivants.
Lemme 1. La base d’un perpendiculaire à une droite équitable issu de M appartient à l’axe
radical des deux cercles.
Lemme 2. Si les bases des perpendiculaires aux trois côtés d’un triangle issus d’un même
point P sont alignés, alors P appartient au cercle cisrconscrit au triangle.
l
d
B
H1
A
H2
P
M
C1
C
C2
B
Preuve du lemme 1. Soient K1 L1 et K2 L2 les cordes supportées par la droite équitable, 2d
leur longueur commune, H1 et H2 leurs milieux. La base B de notre perpendiculaire est le milieu
de [H1 H2 ] : en effet, les centres des cercles se projettent en H1 et H2 , donc le milieu du segment
qui les relie se projette en le milieu de [H1 H2 ] sur la droite. Soit BH1 = BH2 = l. La puissance
de B par rapport au premier cercle vaut P K1 · P L1 = (l + d)(l − d) = l2 − d2 . On obtient le même
résultat pour la puissance de B par rapport au deuxième cercle.
Preuve du lemme 2. Rappelons le résultat connu sur la droite de Simpson : les bases des
perpendiculaires aux trois côtés d’un triangle issus d’un point P appartenant à son cercle circonscrit
sont alignés. Le lemme 2 est la réciproque de ce résultat.
Soit ABC notre triangle et soient A1 , B1 et C1 les bases des perpendiculaires sur les côtés
(BC), (AC) et (AB) respectivement. Supposons que P n’appartient pas au cercle Ω circonscrit
à ABC. Faisons alors une homothétie de centre A et d’un rapport tel que l’image Ω0 de Ω passe
par P . Soit AB 0 C 0 l’image du triangle ABC. Les bases des perpendiculaires aux côtés de AB 0 C 0
issus de P sont A01 , B1 et C1 (les deux derniers restent inchangés). On a donc A1 , B1 et C1 alignés
par hypothèse et A01 , B1 et C1 alignés également (droite de Simpson). Donc en fait les 4 points se
trouvent sur la même droite. Mais P , A1 et A01 se trouvent aussi sur la même droite perpendiculaire
à (BC) et (B 0 C 0 ). Ces deux droites ne peuvent avoir qu’un seul point d’intersection, ce qui implique
que A1 = A01 , d’où BC = B 0 C 0 et donc le coefficient de l’homothétie vaut 1.
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