Corrigés - Animath

OLYMPIADES FRANÇAISES DE MATHÉMATIQUES
2011-2012
ENVOI NUMÉRO 1-CORRIGÉ
Énoncés d’entraînement
Combinatoire
Exercice 1
On donne mn +1 points dans l’espace tels que, parmi m+1 quelconques d’entre eux,
il y en ait toujours au moins deux à une distance au plus égale à 1 l’un de l’autre.
Prouver qu’il existe une sphère de rayon 1 recouvrant au moins n+1 de ces points.
Solution. Raisonnons par l’absurde : supposons que chaque sphère de rayon 1 contienne
au plus ndes mn +1 points.
Soit alors M1l’un des points. Dans la sphère S1de centre M1et de rayon 1, il n’y a
donc pas plus de n−1 des points de départ. Il existe alors un point M2en-dehors de
S1, et la sphère S2de centre M2et de rayon 1 ne contient pas plus de n−1 des points de
départ. À elles deux, les sphères S1et S2ne contiennent pas plus de 2ndes points initiaux,
et on peut considérer un point M3qui n’est dans aucune des deux sphères.
On construit ainsi de proche en proche les points M1,M2,M3, ..., Mmde sorte que la
distance entre deux quelconques des Misoit toujours strictement supérieure à 1. Or, à
elles toutes, les msphères Side rayon 1 centrées en chacun des Mine contiennent pas
plus de mn des points de départ, et il en existe donc au moins un, appelons-le Mm+1, qui
n’est dans aucune des sphères Si.
Pour conclure, il suffit de remarquer que les points M1,M2, ..., Mm+1contredisent la
propriété donnée dans l’énoncé. 
1

Exercice 2
Déterminer le nombre de mots de n≥1 lettres choisies parmi les lettres distinctes a,
b,cet qui contiennent un nombre pair de a.
Solution.
Première méthode. Pour tout entier n≥1, on note pnle nombre cherché. Pour tout
entier ptel que 0 ≤2p≤n, un mot de nlettres qui contient exactement 2plettres aest
déterminé par :
- le choix des 2pplaces parmi les n, soit donc (n
2p)choix possibles,
- Pour chacune des places restantes, il y a deux choix possibles pour la lettre (bou c).
D’où, un total de 2n−2p(n
2p)mots de nlettres qui contiennent exactement 2plettres a.
On en déduit que :
pn=∑
p≥0n
2p2n−2p.
Or, d’après la formule du binôme, on a :
∑
p≥0n
p2n−p= (1+2)n=3n,∑
p≥0n
p(−1)p2n−p= (2−1)n=1.
Par suite, on a :
2pn=∑
p≥0n
p(−1)p2n−p+∑
p≥0n
p2n−p=3n+1,
et finalement pn=3n+1
2.
Deuxième méthode. On garde les notations ci-dessus, et on note inle nombre de mots
de n≥1 lettres choisies parmi a,b,cet qui contiennent un nombre impair de a. Alors,
puisqu’il y a 3nmots de nlettres choisies parmi a,b,c, on a pn+in=3n. Notons que
p1=2 (car c’est bou un c). D’autre part, un mot de n+1 lettres qui contient un nombre
pair de aest obtenu
- soit à partir d’un mot de nlettres qui contient un nombre impair de aet auquel on a
ajouté un aà la fin,
- soit à partir d’un mot de nlettres qui contient un nombre pair de aet auquel on a
ajouté un bou un cà la fin.
Ainsi, on a pn+1=in+2pn=3n+pn. On en déduit directement que :
pn=p1+
n−1
∑
k=1
3k=2+33n−1−1
3−1=3n+1 2.
2

Exercice 3
Déterminer toutes les suites (an)n≥1de réels strictement positifs tels que, pour tout
entier n>0, on ait
(a1)3+ (a2)3+. . . + (an)3= (a1+a2+. . . +an)2.
Solution. On sait que la suite définie par an=n, pour tout entier n≥1, est une solution.
On va prouver que c’est la seule par récurrence forte sur n. Soit (un)une suite vérifiant
les conditions de l’énoncé.
Initialisation : Pour n=1, il vient a3
1=a2
1avec a1>0, d’où a1=1.
Hérédité : Supposons que, pour un certain entier n≥1, on ait ap=ppour tout p≤n.
L’égalité de l’énoncé écrite au rang n+1 conduit à :
a3
1+... +a3
n+a3
n+1= (a1+... +an+an+1)2
= (a1+... +an)2+a2
n+1+2an+1(a1+... +an).
Donc, d’après l’égalité de l’énoncé écrite au rang n, il vient a3
n+1=a2
n+1+2an+1(a1+... +
an)et, puisque an+16=0, on obtient a2
n+1−an+1−2(a1+... +an) = 0. D’après l’hypothèse
de récurrence, on a donc a2
n+1−an+1−n(n+1) = 0. Cette relation, vue comme une
équation du second degré en an+1, admet deux solutions, qui sont n+1 et −n. Comme
on doit avoir an+1>0, c’est donc que an+1=n+1, ce qui achève la récurrence et la
démonstration. 
3

Exercice 4
Soit n>0 un entier et Pun polygone convexe à 4n+2 sommets.
Prouver qu’il existe trois sommets consécutifs de Pqui sont les sommets d’un triangle
d’aire ne dépassant pas 1
6nfois l’aire de P.
Solution. On commence par prouver le résultat pour n=1. Pour cela, on considère un
hexagone convexe ABCDEF. Soit X,Y,Zles points d’intersection des diagonales [AD]et
[BE],[AD]et [CF],[BE]et [CF], respectivement. Sans perte de généralité, on peut suppo-
ser que Zest dans le demi-plan délimité par [AD]qui contient B. Les trois quadrilatères
ABCY,CDEZ,EFAX sont tous contenues dans Pet deux à deux sans point intérieur com-
mun, donc l’un d’eux, disons ABCY, a une aire qui ne dépasse pas le tiers de l’aire de P.
Mais alors, l’un des deux triangles ABY et BCY a une aire qui ne dépasse pas le sixième
de l’aire de P, disons BCY. Comme Y∈[AD]et que A,Y,Dsont tous d’un même côté
de (BC), l’un des points Aet D, disons A, est à une distance de (BC)qui ne dépasse pas
celle de Yà(BC), et ainsi le triangle ABC assure la conclusion.
Supposons maintenant que Psoit un polygone convexe à 4n+2 côtés, avec n≥2. En
utilisant des diagonales issues d’un même sommet A, on divise alors Pen nhexagones
convexes, dont l’un est d’aire ne dépassant pas 1
nfois l’aire de P, disons P0=ABCDEF où
B,C,D,E,Fsont des sommets consécutifs de P. D’après le cas n=1, on sait qu’il existe
trois sommets consécutifs de P0qui forment un triangle d’aire ne dépassant pas le sixième
de l’aire de P0et, pour conclure, il s’agit de prouver que cela peut se produire sans que
l’un des trois sommets soit A. Par l’absurde : supposons qu’il n’existe pas trois sommets
consécutifs de Pqui soient les sommets d’un triangle d’aire ne dépassant pas 1
6nfois l’aire
de P.
Alors, en particulier, il n’existe pas trois sommets consécutifs de Pqui soient les som-
mets d’un triangle d’aire ne dépassant pas 1
6fois l’aire de P0. D’après le cas n=1, c’est
donc que ABC ou EFA est un triangle d’aire ne dépassant pas 1
6fois l’aire de P0, et donc
ne dépassant pas 1
6nfois l’aire de P. Supposons que cela soit ABC (l’autre cas se traitant de
façon similaire). On note Ωle sommet voisin de Bsur Pqui n’est pas C. Notons qu’alors
A6=Ω(sans quoi le triangle ABC aurait l’aire désirée et serait formée de trois sommets
consécutifs de P), et on note ∆la droite parallèle à (BC)passant par A. Pour ne pas contre-
dire notre hypothèse, les points Ωet Ddoivent alors être tous les deux dans le demi-plan
ouvert délimité par ∆et qui ne contient pas B. Mais alors, le point Aest strictement à
l’intérieur de BCDΩ, en contradiction avec la convexité de P.
4

Géométrie du cercle
Exercice 5
Deux cercles sont tangents intérieurement en M.[AB]est une corde du grand cercle
tangente au petit cercle en T. Montrer que (MT)est la bissectrice de l’angle ∠AMB.
Solution.
M
A
T
B
β
α
D
β
α−β
(180◦−α+β)/2
Soit Dle point d’intersection de la tangente commune aux deux cercles avec la droite
(AB). Notons α=
\
MAB et β=
\
ABM. Comme (MD)est tangente au grand cercle, on a
\
DMA =β(cette propriété, cas « limite » du théorème de l’angle inscrit, est à connaître
absolument). On en déduit que \ MDT =α−β. Or le triangle MDT est isocèle en D(pour
le voir, on peut par exemple utiliser la symétrie d’axe la droite reliant Dau centre du petit
cercle). On en déduit que [ MTA = (180◦−α+β)/2. On calcule alors facilement la valeur
des angles \ AMT et [ TMB : on trouve que \ AMT =
[
TMB =90◦−(β+α)/2. La droite
(MT)est donc bien la bissectrice de l’angle \ AMB.
5