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Enoncés : 65 à 69

Exercice 65  (IMO 1971, exercice 6 ; mise en ligne en Janvier 2015)
 
On considère un tableau de n lignes et n colonnes, avec n entier naturel ≥2 :
dans chaque case il y a un entier naturel et si cet entier naturel est nul, alors la somme des éléments de la ligne et de la colonne contenant cette case est strictement supérieure ou égale à n.
Un tel tableau sera dit admissible et on notera Sn la somme tous ses éléments.

1) Pour n=2, donner un tableau admissible avec S2 minimum.
2) Montrer que pour tout tableau admissible, Sn est au moins égal à n2/2.
3) Si dans l'énoncé on remplace "strictement supérieure ou égale à n" par "strictement supérieure à n" est-ce que Sn (toujours pour un tableau admissible ... au nouveau sens) est alors strictement supérieure à n2/2?

solution 

Exercice 66  (proposé à une olympiade : laquelle?)
 
1) a et b étant deux réels quelconques, développer et factoriser (a2+2b2)2-4a2b2.
L'identité obtenue est due à Sophie Germain.

2) Montrer que 19454+41945 n'est pas un nombre premier.

3) n étant un entier naturel non nul, montrer que n4 +4n est un nombre premier si et seulement si n=1.

Note : bien entendu l'énoncé effectivement proposé à cette olympiade se réduisait à la question 3).

solution 

Exercice 67  (IMO 2012, exercice 1, mis en ligne en avril 2015)
 
Soit ABC un triangle et J le centre de son cercle exinscrit opposé au sommet A. Ce cercle est tangent au côté [BC] en M et aux droites (AB) et (AC), respectivement, en K et L.
Les droites (LM) et (BJ) se coupent en F et les droites (KM) et (CJ) se coupent en G.
Soit S le point d'intersection des droites (AF) et (BC) et soit T le point d'intersection des droites (AG) et (BC).
Montrer que M est le milieu du segment [ST].

Rappel : le cercle exinscrit du triangle ABC opposé au sommet A est le cercle tangent au segment [BC], à la demi-droite [AB) au delà de B et à la demi-droite [AC) au delà de C.

Aide : on pourra utiliser le fait que si P,Q,R,S sont quatre points distincts avec angle(PRQ)=angle(PSQ) et R et S d'un même côté de (PQ) alors P,Q,R,S sont cocyliques (cad situés sur un même cercle).
Les exercices 31, 33, 49 utilisent aussi le lien entre angles et cocyclicité.

solution 

Exercice 68  ()
 

Aide :

solution 

Exercice 69  ()
 

solution 


 Solutions

Solution exercice 65

1) Le tableau
10
01
est bien admissible et S2=2.
Peut-on diminuer cette valeur? Cela revient à voir s'il existe un tableau avec S2=0 ou 1 :

Donc, la valeur minimum de S2 est 2=n2/2.
Bien entendu, le tableau admissible
01
10
réalise aussi cette valeur minimum.

Remarque :
a) Le tableau
101
010
101
est admissible avec S3=5=n2/2+1/2.

b) Le tableau
1010
0101
1010
0101
est admissible avec S4=8=n2/2.

2) Soit p la valeur minimum des 2n sommes suivantes : les sommes des éléments de chaque ligne et les sommes des éléments de chaque colonne d'un tableau de n lignes et n colonnes admissible.

Donc soit on a Sn≥n2/2 (si p≥n/2), soit on a Sn>n2/2 (si p<n/2), donc on a toujours Sn≥n2/2.

3) Puisque > implique ≥, le résultat démontré à la question précédente tient encore, cad
si p≥n/2 on a S≥n2/2 et si p<n/2 on a Sn>n2/2, p étant le nombre défini au début de la solution de la question précédente.
Il s'agit donc de démontrer que lorsque dans l'hypothèse de l'énoncé on a un >, alors pour p≥n/2 on a Sn>n2/2, cad il faut arriver à exclure la possibilité Sn=n2/2.
Pour cela, on va raisonner par l'absurde.
Supposons donc, dans le cas p≥n/2, que Sn=n2/2.

En fait, dans ce cas on a Sn≥np≥n2/2 (voir début de la preuve de la question précédente), donc Sn=n2/2 implique n2/2≥np≥n2/2, donc np=n2/2, soit p=n/2.
Evidemment, si n est impair, n/2 n'est pas entier et on a tout de suite une impossibilité puisque p étant une somme d'entiers, p est un entier, ce qui n'est pas le cas de n/2.
Si n est pair, il faut aller plus loin dans l'analyse.
En fait il est obligé que pour chaque ligne et chaque colonne la somme des éléments soit p(=n/2) : si, par exemple, la somme des éléments d'une ligne est s>p, alors Sn≥s+(n-1)p>np=n2/2, soit Sn>n2/2 ce qui est en contradiction avec la supposition faite.
Ceci implique que dans chaque ligne il y a au moins une case contenant un élément qui est nul (sinon la somme des éléments de cette ligne est ≥n>n/2=p).
On remarque alors que la somme des éléments de la ligne et de la colonne contenant cette case est p+p=n/2+n/2=n, somme qui n'est pas >n, ce qui est contraire au fait que le tableau est admissible au nouveau sens : il est donc impossible que Sn=n2/2 .
Donc cette fois, pour tout n≥2 et tout tableau admissible (au nouveau sens) on a Sn>n2/2.

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Solution exercice 66

1) a4+4b4=(a2+2b2-2ab)(a2+2b2+2ab).
Mieux pour la suite :
a4+4b4=((a-b)2+b2)((a+b)2+b2) : identité de Sophie Germain

2) 1945=4×486+1, donc 19454+41945=19454+4×(4486)4.
On applique alors l'identité de Sophie Germain ,
19454+41945=((a-b)2+b2)((a+b)2+b2) avec a=1945 et b=4486 et ainsi
19454+41945 est le produit de deux entiers strictement plus grands que 1, puisque si b>1 (c'est le cas de b=4486) alors (a-b)2+b2>1 et (a+b)2+b2>1 ; donc 41945+19454 n'est pas premier.

3) Notons An=n4+4n.


Finalement, le seul cas où n4+4n est premier c'est lorsque n=1.

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Solution exercice 67

Note : le point z est un point intermédiaire que j'ai utilisé pour faire la construction afin de contourner un problème de mon "vieux" logiciel de tracé : ne pas en tenir compte!

a) Commencons par redémontrer que J est le point d'intersection de trois bissectrices du triangle ABC : la bissectrice intérieure en A, la bissectrice extérieure en B et la bissectrice extérieure en C :

J étant le centre du cercle exinscrit, JK=JM=JL mais aussi, cf l'aspect tangente, (JK) est orthogonale à (AB), (JM) est orthogonale à (BC) , (JL) est orthogonale à (AC).
On en déduit que les triangles BKJ et BMJ sont rectangles et en outre ils ont la même hypothénuse et comme JK=JM, cf Pythagore BK=BM, donc ils sont isométriques ( 3côtés respectivement égaux).
Donc angle(KBJ)=angle(MBJ) et J est sur la bissectrice extérieure de ABC en B.
Même raisonnement pour les deux autres bissectrices ; notons qu'on a donc aussi CM=CL et AK=AL.
b) Montrons maintenant que (KM) est paralléle à la bissectrice intérieure (dB) de ABC en B (cette bissectrice n'est pas représentée sur la figure) : Cf ce qui précéde, JM=JK et BM=BK, donc la médiatrice de [KM] est (BJ), donc (KM) est perpendiculaire à (BJ), laquelle est perpendiculaire à (dB), ce qui prouve que (KM)//(dB).
Note : cf l'aspect bissectrice, il est facile de vérifier que l'angle entre [BJ) et (dB) est la moitié de l'angle(KBA), soit 90°.
On en déduit, cf angles alterne-interne, que angle(BMK)=(1/2)angle(ABC).
Mais, cf angles opposés par le sommet, angle(BMK)=angle(GMC), d'où angle(BMK)=angle(GMC)=(1/2)angle(ABC) ; de même on montre que angle(CML)=angle(FMB)=(1/2)angle(ACB) .

c) Montrons que K,F,A,J sont coycliques :

en notant X le point d'intersection de [KM] et de sa médiatrice (BJ)=(FJ), le triangle FXM est alors rectangle en X, donc angle(XFM)+ angle(FMB)+angle(BMX)=90°.
Mais angle(XFM)=angle(JFM), angle(BMX)=angle(BMK) et en utilisant le b) on obtient
angle(JFM)=90°-(1/2)angle(ACB)-(1/2)angle(ABC)=(1/2)angle(BAC), puisque la somme des angles du triangle ABC est 180°.
Mais F est sur (BJ) qui est la médiatrice de [KM], donc le triangle KFM est isocèle en F, donc angle(KFX)=angle(XFM), soit angle(KFJ)=angle(JFM), et aussi J est sur la bissectrice intérieure de ABC en A, donc angle(KAJ)=(1/2)angle(BAC), ce qui donne finalement angle(KFJ)=angle(KAJ)=(1/2)angle(BAC)).
Cf l'aide indiquée dans l'énoncé et le fait que A et F sont d'un même côté de (KJ), les points K,F,A,J sont cocyliques.
d) Montrons que le quadrilatère KMAS est un trapèze, cad (KM)//(AS) et que SM=AK : on vient de voir que les points K,F,A,J sont sur un même cercle, or AKJ est rectangle en K, donc le diamètre de ce cercle est[AJ], donc AFJ a son côté [AJ] qui est diamètre du cercle, donc c'est aussi un triangle rectangle, rectangle en F.
Donc (AF)=(AS) et (KM) sont perpendiculaires à (FJ), cad (AS)//(KM).
Cf le a), BK=BM, donc le triangle KBM est isocèle en B, et ainsi ses angles à la base sont égaux ; et cf (AS)//(KM) et les angles alternes-internes, le triangle SBA a deux angles égaux, donc il est aussi isocèle en B, donc BS=BA.
Finalement SM=SB+BM=AB+BK=AK.

e) Concluons :
de même qu'on est arrivé à montrer que SM=AK, par un raisonnement analogue aux points b),c),d), mais "autour" cette fois du sommet C du triangle ABC, on montre que TM=AL.
Comme on a vu au a) que AK=AL, c'est que SM=TM, et vu l'alignement des points S,M,T, c'est que M est le milieu de [ST].

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Solution exercice 68

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Solution exercice 69

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