Corrigés - Animath

O LYMPIADES F RANÇAISES DE M ATHÉMATIQUES
2011-2012
E NVOI N UMÉRO 1 - C ORRIGÉ
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 n des mn + 1 points.
Soit alors M1 l’un des points. Dans la sphère S1 de centre M1 et de rayon 1, il n’y a
donc pas plus de n − 1 des points de départ. Il existe alors un point M2 en-dehors de
S1 , et la sphère S2 de centre M2 et de rayon 1 ne contient pas plus de n − 1 des points de
départ. À elles deux, les sphères S1 et S2 ne contiennent pas plus de 2n des points initiaux,
et on peut considérer un point M3 qui n’est dans aucune des deux sphères.
On construit ainsi de proche en proche les points M1 , M2 , M3 , ..., Mm de sorte que la
distance entre deux quelconques des Mi soit toujours strictement supérieure à 1. Or, à
elles toutes, les m sphères Si de rayon 1 centrées en chacun des Mi ne 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+1 contredisent 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, c et qui contiennent un nombre pair de a.
Solution.
Première méthode. Pour tout entier n ≥ 1, on note pn le nombre cherché. Pour tout
entier p tel que 0 ≤ 2p ≤ n, un mot de n lettres qui contient exactement 2p lettres a est
déterminé par :
n
- le choix des 2p places parmi les n, soit donc (2p
) choix possibles,
- Pour chacune des places restantes, il y a deux choix possibles pour la lettre (b ou c).
n
D’où, un total de 2n−2p (2p
) mots de n lettres qui contiennent exactement 2p lettres a.
On en déduit que :
n
pn = ∑
2n−2p .
2p
p ≥0
Or, d’après la formule du binôme, on a :
n
∑ p 2n − p = (1 + 2 ) n = 3n ,
p ≥0
n
∑ p (−1) p 2n− p = (2 − 1)n = 1.
p ≥0
Par suite, on a :
n
2pn = ∑
(−1) p 2n− p +
p
p ≥0
et finalement pn =
n
∑ p 2n− p = 3n + 1,
p ≥0
3n +1
2 .
Deuxième méthode. On garde les notations ci-dessus, et on note in le nombre de mots
de n ≥ 1 lettres choisies parmi a, b, c et qui contiennent un nombre impair de a. Alors,
puisqu’il y a 3n mots de n lettres choisies parmi a, b, c, on a pn + in = 3n . Notons que
p1 = 2 (car c’est b ou un c). D’autre part, un mot de n + 1 lettres qui contient un nombre
pair de a est obtenu
- soit à partir d’un mot de n lettres qui contient un nombre impair de a et auquel on a
ajouté un a à la fin,
- soit à partir d’un mot de n lettres qui contient un nombre pair de a et auquel on a
ajouté un b ou un c à la fin.
Ainsi, on a pn+1 = in + 2pn = 3n + pn . On en déduit directement que :
n −1
p n = p1 +
∑
3k = 2 + 3
k =1
3n + 1
3n −1 − 1
=
.
3−1
2
2
Exercice 3
Déterminer toutes les suites ( an )n≥1 de réels strictement positifs tels que, pour tout
entier n > 0, on ait
( a1 )3 + ( a2 )3 + . . . + ( a n )3 = ( a1 + a2 + . . . + a n )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 a31 = a21 avec a1 > 0, d’où a1 = 1.
Hérédité : Supposons que, pour un certain entier n ≥ 1, on ait a p = p pour tout p ≤ n.
L’égalité de l’énoncé écrite au rang n + 1 conduit à :
a31 + ... + a3n + a3n+1 = ( a1 + ... + an + an+1 )2
= ( a1 + ... + an )2 + a2n+1 + 2an+1 ( a1 + ... + an ).
Donc, d’après l’égalité de l’énoncé écrite au rang n, il vient a3n+1 = a2n+1 + 2an+1 ( a1 + ... +
an ) et, puisque an+1 6= 0, on obtient a2n+1 − an+1 − 2( a1 + ... + an ) = 0. D’après l’hypothèse
de récurrence, on a donc a2n+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.
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Exercice 4
Soit n > 0 un entier et P un polygone convexe à 4n + 2 sommets.
Prouver qu’il existe trois sommets consécutifs de P qui sont les sommets d’un triangle
1
fois l’aire de P.
d’aire ne dépassant pas 6n
Solution. On commence par prouver le résultat pour n = 1. Pour cela, on considère un
hexagone convexe ABCDEF. Soit X, Y, Z les points d’intersection des diagonales [ AD ] et
[ BE], [ AD ] et [CF ], [ BE] et [CF ], respectivement. Sans perte de généralité, on peut supposer que Z est dans le demi-plan délimité par [ AD ] qui contient B. Les trois quadrilatères
ABCY, CDEZ, EFAX sont tous contenues dans P et deux à deux sans point intérieur commun, 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, D sont tous d’un même côté
de ( BC ), l’un des points A et D, disons A, est à une distance de ( BC ) qui ne dépasse pas
celle de Y à ( BC ), et ainsi le triangle ABC assure la conclusion.
Supposons maintenant que P soit un polygone convexe à 4n + 2 côtés, avec n ≥ 2. En
utilisant des diagonales issues d’un même sommet A, on divise alors P en n hexagones
convexes, dont l’un est d’aire ne dépassant pas n1 fois l’aire de P, disons P0 = ABCDEF où
B, C, D, E, F sont des sommets consécutifs de P. D’après le cas n = 1, on sait qu’il existe
trois sommets consécutifs de P0 qui forment un triangle d’aire ne dépassant pas le sixième
de l’aire de P0 et, 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
1
consécutifs de P qui soient les sommets d’un triangle d’aire ne dépassant pas 6n
fois l’aire
de P.
Alors, en particulier, il n’existe pas trois sommets consécutifs de P qui soient les sommets d’un triangle d’aire ne dépassant pas 16 fois 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 16 fois l’aire de P0 , et donc
1
ne dépassant pas 6n
fois l’aire de P. Supposons que cela soit ABC (l’autre cas se traitant de
façon similaire). On note Ω le sommet voisin de B sur P qui n’est pas C. Notons qu’alors
A 6= 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 contredire notre hypothèse, les points Ω et D doivent alors être tous les deux dans le demi-plan
ouvert délimité par ∆ et qui ne contient pas B. Mais alors, le point A est strictement à
l’intérieur de BCDΩ, en contradiction avec la convexité de P.
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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.
B
β
M
β
T
(180◦ − α + β)/2
α
A
α−β
D
Soit D le 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
\ = β (cette propriété, cas « limite » du théorème de l’angle inscrit, est à connaître
DMA
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 D au centre du petit
[ = (180◦ − α + β)/2. On calcule alors facilement la valeur
cercle). On en déduit que MTA
[ : on trouve que \
[ = 90◦ − ( β + α)/2. La droite
des angles \
AMT et TMB
AMT = TMB
( MT ) est donc bien la bissectrice de l’angle \
AMB.
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Exercice 6
Soit n ≥ 1 un entier et A1 A2 ...A2n un polygône à 2n sommets inscrit dans un cercle.
On suppose que chaque paire de côtés opposés, sauf une, est composée de deux côtés
parallèles. Montrer que :
(i) lorsque n est impair, les côtés de la paire restante sont parallèles,
(ii) lorsque n est pair, les côtés de la paire restante ont même longueur.
Solution. On montre le résultat par récurrence sur n.
Initialisation. Pour n = 2, le résultat est clair par symétrie. Prouvons le résultat pour
n = 3. Considérons donc un hexagone ABCDEF inscrit dans un cercle avec ( AB) k ( DE)
et ( BC ) k ( EF ), et montrons qu’alors (CD ) k ( AF ).
B
C
D
A
E
F
[ = ABE
[ = BED
[ = FDB.
[ = BFD.
[ On montre de même que CAE
[ Les triangles
On a ACE
ACE et BFD ont ainsi deux angles qui coïncident et sont donc semblables. On en déduit
[ = FBD.
[ = ADC
[ et FBD
[ Donc FAD
[ = ADC.
[ On en déduit
[ Or AEC
[ = FAD.
que AEC
que (CD ) k ( AF ).
Hérédité. Soit n ≥ 3. Supposons le résultat établi au rang n − 1 et montrons le au
rang n. Considérons donc A1 , . . . A2n un 2n-gône inscrit dans un cercle tel que ( A1 A2 ) k
( An+1 An+2 ), . . . , ( An−1 An ) k ( A2n−1 A2n ). Montrons que An An+1 = A2n A1 lorsque n est
pair et que ( An An+1 ) k ( A2n A1 ) lorsque n est impair. Pour cela, considérons le polygône à
2(n − 1) sommets A1 A2 . . . An−1 An+1 . . . A2n−1 et appliquons l’hypothèse de récurrence :
- Si n est pair, n − 1 est impair et donc ( An−1 An+1 ) k ( A2n−1 A1 ). Comme ( An−1 An ) k
( A2n−1 A2n ), on en déduit que ∠ An An−1 An+1 = ∠ A1 A2n−1 A2n . Les deux arcs interceptés
par ces deux angles sont donc égaux. Il en découle que An An+1 = A2n A1 .
- Si n est impair, n − 1 est pair et donc An−1 An+1 = A2n−1 A1 . Par un argument
de symétrie, on en déduit que ( A1 An−1 ) k ( An+1 A2n−1 ). Considérons alors l’hexagone
An−1 An An+1 A2n−1 A2n A1 . Deux paires de ses côtés opposés sont constituées de côtés parallèles. On en déduit d’après l’étape d’initialisation que la troisième paire de côtés opposés sont parallèles, c’est-à-dire que ( An An+1 ) k ( A2n A1 ), ce qui conclut la récurrence.
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Exercice 7
Soit A0 un point du côté [ BC ] d’un triangle ABC. La médiatrice du segment [ A0 B]
coupe ( AB) en M, et la médiatrice du segment [ A0 C ] coupe ( AC ) en N. Montrer que
le symétrique de A0 par rapport à la droite ( MN ) est sur le cercle circonscrit de ABC.
Solution.
B0
C0
A
N
M
B
A0
C
Introduisons les points B0 et C 0 , intersections respectivement de ( A0 M) et de ( A0 N )
avec la droite parallèle à ( BC ) passant par A. Notons C le cercle circonscrit à ABC et C 0 le
cercle circonscrit à A0 B0 C 0 .
Les triangles MBA0 , B0 MA, ANC 0 et N A0 C sont alors isocèles. Ceci implique que AB =
0 B0 C 0 = ABC
0 C 0 B0 = ACB,
\
[ et A\
[ les triangles ABC et
A0 B0 et A0 C = AC. Comme de plus A
0
0
0
0
A B C sont superposables. En particulier, C et C ont même rayon.
Montrons maintenant que M et N sont sur droite qui joint les deux points d’intersections de C et C 0 (c’est-à-dire leur axe radical) en montrant que M et N ont même puissance
par rapport à C et C 0 . La puissance de M par rapport à C vaut − MA · MB et sa puissance
par rapport à C 0 vaut − MA0 · MB0 . Or nous avons vu que MA = MB0 et MA0 = MB. Ces
deux puissances sont donc égales, ce qui implique que M est sur l’axe radical de C et C 0 .
On montre de même que N est sur cet axe radical
Or la droite qui joint les deux points d’intersections de deux cercles sécants de même
rayon est un axe de symétrie (envoyant le premier cercle sur le deuxième). On en déduit
immédiatement que le symétrique de A0 par rapport à ( BC ) est sur le cercle circonscrit à
ABC.
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Éxercices à renvoyer
Combinatoire
Exercice 8
Soit n ≥ 2 un entier et A1 ,. . . ,An des ensembles finis, tels que | Ai | ≥ 2 et | Ai A j | 6= 1,
pour tous i, j distincts.
Prouver que l’on peut colorier chaque élément de la réunion des Ai soit en rouge soit
en vert, de sorte que chacun des Ai contienne les deux couleurs.
T
Solution. On raisonne par récurrence sur n.
Pour n = 2, si A1 et A2 sont disjoints, puisqu’ils contiennent chacun au moins deux
éléments, on choisit deux éléments de A1 et on les colorie chacun d’une couleur différente.
On fait de même avec A2 , puis on colorie tous les autres éléments arbitrairement. Si | A1 ∩
A2 | 6= 0 alors, d’après l’énoncé, on a | A1 ∩ A2 | ≥ 2. On choisit donc deux éléments de
A1 ∩ A2 et on les colorie chacun d’une couleur différente, puis on colorie tous les autres
éléments arbitrairement. Ainsi, le résultat est assuré pour n = 2.
Supposons que la conclusion soit établie pour un certain entier n ≥ 2. On considère
alors n + 1 ensembles A1 , ..., An+1 dans les conditions de l’énoncé. D’après l’hypothèse de
récurrence, on peut colorier les éléments de
n
S
i =1
Ai soit en rouge soit en vert de sorte que
chacun des Ai contienne les deux couleurs pour i ≤ n. Si An+1 contient deux éléments
non encore coloriés, on leur attribue à chacun une couleur différente. Si An+1 ne contient
qu’un élément non encore colorié alors, puisque | An+1 | ≥ 2, les éléments de An+1 utilisent au moins une des deux couleurs. Donc, si nécessaire, on peut utiliser la couleur
éventuellement manquante pour colorier le dernier élément de An+1 .
Si tous les éléments de An+1 ont déjà été coloriés lors de l’utilisation de l’hypothèse de
récurrence et qu’ils sont tous de la même couleur (sans quoi, il n’y a rien à faire), on en
considère un arbitraire, disons x, que l’on recolorie avec l’autre couleur. De cette façon,
les éléments de An+1 utilisent les deux couleurs. D’autre part, pour tout i ≤ n, si x ∈ Ai
alors | An+1 ∩ Ai | 6= 0 et donc | An+1 ∩ Ai | ≥ 2. Mais alors, Ai contient au moins un autre
élément de An+1 , dont la couleur n’a pas été changée, ce qui assure que les éléments de Ai
utilisent les deux couleurs. Et, évidemment, si x ∈
/ Ai alors la recoloration de x ne change
pas le fait que les deux couleurs sont représentées parmi les éléments de Ai .
Ainsi, dans tous les cas, on a une bicoloration des éléments de
nS
+1
i =1
Ai de sorte que
chacun des Ai contienne les deux couleurs, ce qui prouve le résultat pour la valeur n + 1,
et achève à la fois la récurrence et la démonstration.
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Exercice 9
Soit n > 0 un entier. Déterminer le nombre de suites de longueur 2n + 1 formées
uniquement de 0 et de 1, et qui contiennent strictement plus de 1 parmi les n + 1
derniers termes que parmi les n premiers.
Solution. Soit E l’ensemble des suites binaires de longueur 2n + 1. Une suite appartenant
à E qui contient strictement plus de “1” parmi les n + 1 derniers termes que parmi les n
permiers termes sera dite bonne (et mauvaise dans le cas contraire).
À toute suite binaire x = ( x1 , x2 , ..., x2n+1 ) ∈ E, on associe la suite binaire x 0 = (1 −
x1 , 1 − x2 , ..., 1 − x2n+1 ) ∈ E. On note a(α) (resp. b(α)) le nombre de “1” parmi les n + 1
derniers termes de α (resp. parmi les n permiers termes de α). Ainsi, une suite α ∈ E est
bonne si et seulement si a(α) > b(α).
Mais, on a a(α) + a(α0 ) = n + 1 et b(α) + b(α0 ) = n. Donc a(α) > b(α) équivaut à
n + 1 − a(α) ≤ n − b(α), c.à.d. a(α0 ) ≤ b(α0 ). Ainsi :
α est bonne si et seulement si α0 est mauvaise.
Or, la fonction f : E → E, définie par f (α) = α0 pour tout α ∈ E, est clairement
bijective. Par conséquent, il y a autant de bonnes suites que de mauvaises. Puisqu’il y a
22n+1 suites dans E, on en déduit qu’il y a exactement 22n bonnes suites.
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Exercice 10
Soit n ≥ 1 un entier.
1. On a placé 3n jetons sur 3n cases d’un tableau 2n × 2n.
Prouver qu’en éliminant n lignes et n colonnes, il est possible de ne plus avoir
de jeton sur ce qu’il reste du tableau.
2. Prouver qu’il est possible de placer 3n + 1 jetons dans 3n + 1 cases d’un tableau
2n × 2n de sorte qu’en éliminant n lignes et n colonnes quelconques, il y aura
toujours au moins un jeton dans ce qu’il restera du tableau.
Solution.
1. Parmi tous les ensembles de n lignes, on peut en considérer un, disons E, qui contient
le plus de jetons. Alors, on peut affirmer que E contient au moins 2n jetons : en effet, dans le cas contraire, E ne contiendrait qu’au plus 2n − 1 jetons et il existerait
une ligne de E, disons L, ne contenant pas plus d’un jeton. Inversement, comme au
moins n + 1 jetons seraient sur les n lignes qui ne sont pas dans E, une de ces lignes,
disons L0 , contiendrait au moins deux jetons. L’ensemble E0 formé des n lignes de
E sauf L remplacée par L0 , contiendrait alors au moins un jeton de plus que E, en
contradiction avec la maximalité de E.
On en déduit qu’il existe au plus n jetons qui ne sont pas dans E. Ces n jetons sont
dans au plus n colonnes différentes. Donc, en effaçant les colonnes qui contiennent
les n jetons qui ne sont pas dans E (quitte à en effacer d’autres si on en a effacé moins
de n), et en effaçant les n lignes de E, il ne reste plus de jeton dans le tableau.
2. On peut placer les 3n + 1 jetons de la façon suivante. Il y a 2n jetons sur la grande
diagonale qui va de gauche à droite, des jetons en i-ème ligne (en partant du haut)
et (i + 1)- ème colonne (en partant de la gauche) pour 1 ≤ i ≤ n et finalement un
jeton dans la i + 1-ième ligne de la première colonne (on représente le cas n = 5) :
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On note L1 l’ensemble des n − 1 lignes qui ne contiennent qu’un jeton, et L2 l’ensemble des n + 1 lignes qui contiennent deux jetons.
Si l’on élimine k ∈ {0, ..., n − 1} lignes de L1 et n − k lignes de L2 , les n − k − 1
autres lignes de L1 contiennent n − k − 1 jetons, situés dans des colonnes deux à
10
deux distinctes. Pour éliminer ces jetons, il faut donc obligatoirement éliminer ces
n − k − 1 colonnes, mais aucune d’elles ne contient un jeton qui est sur une ligne
de L2 . Or, les k + 1 lignes non éliminées de L2 contiennent des jetons qui sont situés
dans au moins k + 2 colonnes différentes. Comme on ne peut éliminer que k + 1 de
ces colonnes, il est donc impossible d’éliminer tous les jetons.
11
Géométrie du cercle
Les deux premiers exercices utilisent la notion (importante) de puissance d’un point
par rapport à un cercle. Nous renvoyons au cours de géométrie de Pierre Dehornoy disponible sur le site d’Animath pour la définition et quelques propriétés.
Exercice 11
On considère K et L deux points d’un cercle C de centre O. Soit A un point de la droite
(KL) en dehors du cercle. On note P et Q les points de contact des tangentes à C issues
de A. Soit M le milieu de [ PQ]. Montrer que les angles ∠ MKO et ∠ MLO sont égaux.
Solution.
L
P
K
O
M
A
Q
Nous allons montrer que les points K, L, O, M sont cocyliques, ce qui impliquera l’égalité
des angles souhaitée. Pour cela, il suffit de montrer que AK · AL = AM · AO à cause
de la puissance d’un point par rapport à un cercle (dans sa forme réciproque). Comme
les triangles AOP et APM sont semblables, cela implique que AM · AO = AP2 . Or la
puissance du point A par rapport au cercle C vaut AK · AL = AP2 , ce qui fournit l’égalité
AK · AL = AM · AO et permet de conclure.
12
Exercice 12
Soient C1 et C2 deux cercles qui ne se coupent pas et non contenus l’un dans l’autre. On
considère deux droites ( AC ) et ( BD ) tangentes aux deux cercles (avec A, B sur C1 et
C, D sur C2 ) telles que les segments [ BD ] et [ AC ] ne se coupent pas, mais telles que la
droite ( BD ) coupe le segment [ AC ]. Montrer que le point d’intersection de ( AB) avec
(CD ), le centre de C1 et le centre de C2 sont alignés.
Solution.
S1
A
t
E
C
D
∆
O2
K
O1
S2
B
Soient E l’intersection de ( AC ) et de ( BD ), et K le point d’intersection de ( AB) et de
(CD ). Soient aussi respectivement O1 , O2 les centres de C1 et C2 . Montrons d’abord que
[ et (O1 E) est la bissectrice de AEB,
[
( AB) ⊥ (CD ). Comme (O2 E) est la bissectrice de CED
on en déduit que (O2 E) ⊥ (O1 E). D’autre part, on a (CD ) ⊥ (O2 E) et ( AB) ⊥ ( EO1 ). Il
en découle que ( AB) ⊥ (CD ).
Le point K appartient donc à l’intersection du cercle S1 de diamètre [ AC ] et du cercle
S2 de diamètre [ BD ]. En particulier, K est sur l’axe radical ∆ de S1 et de S2 . Pour conclure,
nous allons montrer que cet axe radical est en fait la droite (O1O2 ). Comme (O1 A) ⊥
( AC ), la puissance de O1 par rapport à S1 vaut O1 A2 . De même, comme (O1 B) ⊥ ( BD ),
la puissance de O1 par rapport à S2 vaut O1 B2 = O1 A2 . Ainsi, O1 ∈ ∆. On montre de la
même manière que O2 ∈ ∆, ce qui conclut.
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Exercice 13
Soit I le centre du cercle inscrit d’un triangle ABC. La perpendiculaire
à la droite (CI )
g
i
k
passant par I coupe [ AC ] en M et [ BC ] en N. Les droites ( AI ) et ( BI ) recoupent le
cercle circonscrit de ABC en respectivement A0 et B0 . Montrer que l’intersection des
droites ( A0 N ) et ( B0 M ) est sur le cercle circonscrit de ABC.
Solution.
f
B
L
α/2
C0
β/2
γ/2 β/2
A0
I
β/2
A
α/2
γ/2
M0
C
M
h
P
B0
Soit C 0 l’intersection de ( IC ) avec le cercle circonscrit à ABC et soit P le point diamétralement opposé à C 0 sur ce cercle. Notons L l’intersection de ( PI ) avec le cercle circonscrit
de ABC. Introduisons alors M0 le point d’intersection de ( LB0 ) et de [ AC ]. L’idée est de
montrer que le triangle I M0 C est rectangle en I grâce à une chasse aux angles, ce qui impliquera que M0 = M. On montrerait de la même manière que N est le point d’intersection
de ( LA0 ) et de [ BC ]. Les droites ( MB0 ) et ( N A0 ) s’intersecteraient alors en L.
D’après ce qu’on vient de dire, il suffit donc de montrer que I 0 MC est rectangle en I
pour résoudre l’exercice. Notons α, β, γ les angles du triangle ABC comme sur la figure.
0 LA = γ/2 et ALB
[0 = β/2. Comme α/2 + β/2 + γ/2 = 90◦
C’ar cocyclicité, nous avons C[
0 LP = 90◦ , on en déduit que B
0 LP = α/2.
[
[
et C
0 LI et donc que M 0 , A, L, I sont cocycliques, d’où β/2 =
[
Il en découle que \
M0 AI = M
\0 = \
ALM
AI M0 . Alors \
CM0 I = α/2 + β/2, de sorte que \
CM0 I + \
I M0 C = α/2 + β/2 +
◦
0
γ/2 = 90 . Ainsi, I M C est rectangle en I, ce qui conclut.
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