Enoncés : 31 à 34

Exercice 31  (Olympiades internationales 2005)
 
Six points sont choisis sur les côtés d'un triangle équilatéral ABC : P et Q sur [AB], R et S sur [BC], T et U sur [CA] et tels que PQRSTU soit un hexagone convexe dont les six côtés ont même longueur. 
Prouver que les droites (PS), (QT) et (RU) sont concourantes. 

Aide : on sera (peut-être ) amené à utiliser, entre autres, les deux propriétés suivantes, non exigibles en 1èreS :

Propriété 3 : si angle(AMB)=angle(ANB) et si M et N sont du même côté de (AB), alors M,N,A,B sont sur un même cercle.

Propriété 4 : si la somme des angles opposés d'un quadrilatère convexe est p, ce quadrilatère est inscriptible dans un cercle, c'est-à-dire ses 4 sommets sont sur un même cercle.

Ces deux propriétés se démontrent à partir de la première des deux propriétés suivantes vues au collège et rappelées en seconde :

Propriété 1 : si A,M,B sont sur un même cercle de centre O, alors si M et O sont du même côté de (AB) on a angle(AMB)=angle(AOB)/2, sinon angle(AMB)=p-angle(AOB)/2 ; ce résultat entraîne immédiatement ce second résultat :

Propriété 2 : si A,M,N,B sont cocycliques, M et N étant du même côté de (AB) alors angle(AMB)=angle(ANB) ; la propriété 3 ci-dessus est la réciproque de ce résultat.

solution 

Exercice 32  (Olympiades internationales 2005)
 
Soient x,y,z trois réels positifs tels que xyz³1. Montrer que
x5-x2
x5+y2+z2
+ y5-y2
y5+z2+x2
+ z5-z2
z5+x2+y2
³0

Aide : on sera (peut-être ) amené à utiliser, entre autres, l'inégalité de Schwartz : si U et V sont deux vecteurs de coordonnées respectives (a,a',a") et (b,b',b") dans une base orthonormée, alors
|U.V|£||U||×||V||, soit
|ab+a'b'+a"b"|£rac(a2+a'2+a"2)×rac(b2+b'2+b"2), ce qui équivaut à
(ab+a'b'+a"b")2£(a2+a'2+a"2)×(b2+b'2+b"2) ;
la démonstration de cette est inégalité est proposée à l'exercice 21 (IMO 2001).

solution 

Exercice 33  (Olympiades internationales 2006 ; mis en ligne en janvier 2007)
 
ABC est un triangle quelconque, I le centre de son cercle inscrit.
Soit P à l'intérieur de ce triangle tel que angle(PBA)+angle(PCA)=angle(PBC)+angle(PCB).
Montrer que AP³AI, et qu'il ya égalité si et seulement si P=I.

Rappel : angle(ABC) désigne la mesure dans [0;p] de l'angle géométrique dont les côtés sont les demi-droites [BA) et [BC) ; angle(ABC)=angle(CBA).

Aide : voir celle de l'exercice 31 ci-dessus : comme quoi, on retrouve parfois les mêmes propriétés à utiliser d'une année sur l'autre.

solution 

Exercice 34  (Olympiades internationales 2006 ; mis en ligne en février 2007)
 
Trouver tous les couples (x,y) d'entiers relatifs tels que 1+2x+22x+1=y2.

Je rappelle qu'un élève de 1ère S n'a pratiquement pas fait d'arithmétique ; il connaît cependant la décomposition en nombre premiers et sait trouver le pgcd et ppcm à partir de cette décomposition, mais il ne connaît pas Gauss, Bezout, Fermat. Pour cette raison, je donne une petite aide.

Aide :

Propriété 1 : un nombre pair s'écrit 2k avec k dans Z, un nombre impair s'écrit 2k+1 avec k dans Z.

Propriété 2 : pair+pair=pair ; impair±impair=pair ; pair±impair=impair.

Propriété 3 : tout entier naturel n, non nul, s'écrit n=2aq avec a, q entiers naturels, q impair ; a et q sont uniques (c'est une conséquence immédiate de la décomposition en nombres premiers pour n³2, et si n=1, c'est trivial).

Propriété 4 : 2aq=2a'q', avec a, a', q, q' entiers naturels, q et q' impairs entraîne a=a' et q=q' (cf l'unicité du résultat précédent).

Propriété 5 : très souvent utile en arithmétique : si k et k' sont deux entiers relatifs alors k'>kÛk'³k+1.

solution 


 Solutions

Solution exercice 31

Précisons la notation des angles que j'utiliserai : angle(DEF) désigne la mesure dans [0;p] de l'angle géométrique dont les côtés sont les demi-droites [EF) et [EG) ; angle(FEG)=angle(GEF).
Par souci d'économie (!), dans cette solution, angle(DEF) sera noté a(DEF).

Et pour la même raison (!), le cas d'isométrie de deux triangles lorsqu'ils ont un angle respectivement égal situé entre deux côtés respectivement égaux sera noté le cas 1a2c, et le cas deux angles respectivement égaux et adjacents à un côté respectivement égal sera noté 2a1c.

Tout d'abord, une preuve rapide des deux propriétés 3 et 4 citées juste après le texte de l'énoncé :

Ppté 3 : soit O le centre du cercle circonscrit à AMB et O' le centre du cercle circonscrit à ANB.
Si O est le milieu de [AB], alors a(AMB)=p/2, donc a(ANB)=p/2, et ainsi A,B,M,N sont sur le même cercle : le cercle de diamètre [AB] ; idem si O' est le milieu de [AB].
On suppose maintenant que O et O' sont distincts du milieu de [AB].
Si O et O' n'étaient pas du même côté de [AB] on aurait a(AMB)=a(AOB)/2 et a(ANB)=p-a(AO'B)/2 ou a(AMB)=p-a(AOB)/2 et a(ANB)=a(AO'B)/2 , et comme a(AMB)=a(ANB) on aurait, dans les deux cas, a(AOB)+a(AO'B)=2p , ce qui est impossible chaque angle étant inférieur à p (O et O' étant distincts du milieu de [AB], ils ne peuvent être sur [AB]).
O et O' sont donc du même côté de (AB) et , en utilisant encore les angles au centre, on obtient a(AOB)=a(AO'B) ;  mais O et O' sont sur la médiatrice de [AB], donc AOB et AO'B sont isocèles et donc isométriques ( deux angles respectivement égaux, ceux à la base, adjacents à un côté respectivement égal, la base) et ainsi O=O'. Les triangles AMB et ANB ont donc le même cercle circonscrit et  M,N,A,B sont sur ce même cercle.

Ppté 4 : Notons AMBN ce quadrilatère convexe, la somme des angles en M et N étant p.
La convexité fait que M et N sont de part et d'autre de (AB).
Soit O le centre du cercle G circonscrit à AMB et on suppose, quitte à  échanger M et N, que O et M sont du même côté de (AB) : on a a(AMB)=a(AOB)/2. Considérons maintenant un point M' sur ce cercle G, mais de l'autre côté de (AB) : cette fois on a a(AM'B)=p-a(AOB)/2=p-a(AMB), soit a(AM'B)=a(ANB), et comme M' et N sont du même côté de (AB), c'est que M',N,A,B sont sur un même cercle (ppté 3), qui ne peut être que le cercle G, et donc A,M,B,N sont sur le cercle G.

Attaquons maintenant la solution de l'exercice : elle n'est pas très délicate, mais un peu longue à expliquer à cause des nombreuses égalités d'angles et de cas d'isométries de triangles ; voici tel quel, le cheminement qui m'a permis d'arriver au bout. Bien entendu il y a probablement (certainement...) plus court : j'ai toujours tendance à être longuet!

Les propriétés utilisées sont simples : principalement somme des angles d'un triangle, triangles isométriques et trois des quatre propriétés citées juste après le texte de l'énoncé.

Quelques notations : (voir figure ci-dessous )

a et a' sont les angles (en radians) en P et U du triangle APU ; a+a'=2p/3

b et b' sont les angles (en radians) en R et Q du triangle BRQ ; b+b'=2p/3

c et c' sont les angles (en radians) en T et S du triangle CTS ; c+c'=2p/3

I=(PT)Ç(UQ), J=(TR)Ç(SU), K=(RP)Ç(QS)

Bien entendu cet hexagone n'est pas forcément régulier ( voir figure!) : il le sera si et seulement si ses angles sont aussi égaux. Or les angles en P, R, T de cet hexagone sont p-a, p-b, p-c et ceux en Q, S, U sont p-a', p-b', p-c' : il est donc nécessaire que a=b=c=a'=b'=c', la valeur commune ne pouvant être que p/3 (puisque a+a'=2p/3) ; réciproquement si a=b=c=p/3 on voit tout de suite que l'on a aussi a'=b'=c'=p/3 et l'hexagone est régulier.

La démonstration se fait en trois étapes : on prouve d'abord deux résultats intermédiaires R1 et R2, lesquels vont permettre de conclure facilement.

R1) : Les triangles QIT, UJR, SKP sont isocèles (d'angles p/6, 2p/3, p/6) 

preuve :

Dans un triangle un angle extérieur est égal à la somme des deux angles intérieurs non adjacents (conséquence immédiate du fait que la somme des angles est p) : a=a(APU)=a(PQU)+a(PUQ), mais QPU est isocèle en P et ainsi a(PUQ)=a(PQU)=a/2.

De même a'=a(AUP)=a(UTP)+a(UPT) et PUT étant isocèle en U, a(UPT)=a(UTP)=a'/2.

On en déduit, en considérant le triangle PIU que a(PIU)=p-a(PUQ)-a(UPT)=p-a/2-a'/2=2p/3 ; donc a(PAU)+a(PIU)=p et le quadrilatère APIU est inscriptible, c'est-à-dire il a ses sommets sur un même cercle (ppté 4).

Donc a(PAI)=a(PUI) ( ppté 2 : angles interceptant le même arc, puisque APIU est inscriptible) ; mais a(PUI)=a(PUQ)=a/2, donc a(PAI)=a/2, tout comme a(PQI)=a(PQU)=a/2 et ainsi QIA est isocèle en I (deux angles égaux à a/2 ) et ainsi QI=IA.

On aussi a(IAU)=a(IPU) (ppté 2 : angles interceptant le même arc, puisque APIU est inscriptible) ; mais a(IPU)=a(TPU)=a'/2 et TIA est isocèle en I (deux angles égaux à a'/2) et ainsi TI=IA.

Finalement TI=QI et le triangle QIT est isocèle en I ; mais son angle au sommet est a(PIU)=2p/3 (voir plus haut) donc les deux autres valent p/6.

Bien sûr, même raisonnement pour les triangles UJR et SKP.

Remarque : on verra au résultat R3 que ces trois triangles QIT, UJT, SKP sont isométriques.

R2) (PR)//(US), (QU)//(RT), (TP)//(SQ) et a=b=c, a'=b'=c' ; les angles de l'hexagone PQRSTU sont alternativement égaux à p-a et p/3+a ; RPUS (par exemple) est un trapèze isocèle, sauf si a=p/3, auquel cas c'est un parallélogramme et alors l'hexagone est régulier. Et aussi, les triangles APU, BRQ, CTS sont isométriques et leur périmètre est égal à AB. 

preuve :

Considérons le quadrilatère RPUS : a(RUS)=a(RUJ)=p/6 (d'après R1) et a(RPS)=a(KPS)=p/6 (d'après R1), donc RPUS est inscriptible (ppté 3).

Soit O le point d'intersection de ses deux diagonales (PS) et (RU).

A l'aide des angles inscrits interceptant le même arc (du cercle circonscrit à RPUS), on voit que les triangles POU et ROS ont deux angles respectivement égaux ( a(OPU)=a(SPU)=a(SRU)=a(SRO) et a(PUO)=a(PUR)=a(PSR)=a(OSR) ) et comme PU=RS ils sont isométriques (cas 2a1c) et donc PO=RO, UO=SO et ainsi POR et UOS  sont isocèles ; comme ils ont même angle au sommet, ils ont mêmes angles à la base et donc a(RPO)=a(OSU), soit a(RPS)=a(PSU), et donc (PR)//(US) (angles alternes internes égaux).

Mais puisque (PR)//(US), a(RPU)+a(PUS)=p, soit p-(a+b'/2)+p-(a'+c/2)=p ce qui donne b'/2+c/2=p-(a+a')=p/3, b'+c=2p/3 et comme b+b'=2p/3 on obtient b=c.
De même (QU)//(RT) et a=c, (TP)//(SQ) et a=b, ce qui donne
a=b=c et donc a'=b'=c' (puisque a+a'=2p/3...) ; les angles de l'hexagone sont donc alternativement p-a et p-a'=p/3+a.

Puisque (PR)//(US) et PU=RS, RPUS est un trapèze isocèle sauf...si c'est un parallélogramme ; ce cas ne peut arriver que si en plus (PU)//(RS), ce qui exige a=p/3 et qui entraîne que tous les angles de l'hexagone sont égaux à 2p/3 et ce dernier est donc régulier.

Enfin, les triangles APU, BRQ, CTS ayant leurs angles respectivement égaux et un côté respectivement égal (celui qui est le côté de l'hexagone ) sont isométriques ; leur périmètre est AU+UP+PA=AU+UT+TC=AC=AB.

R3 (on termine l'exercice!) Les triangles QUS et PTR sont équilatéraux (donc semblables, mais pas forcément isométriques) ; ils ont les mêmes bissectrices, à savoir les droites (PS), (QT), (RU), lesquelles sont donc concourantes. 
Précision : le point d'intersection de ces trois droites est toujours le même : c'est le centre de gravité de ABC (qui est aussi celui des triangles QUS et PTR) et on a aussi PS=QT=RU et les triangles QIT, UJR, SKP sont isométriques.

preuve :

Puisque a=b=c, les triangles isocèles QPU, UTS, SRQ sont isométriques (cas 1a2c) donc QU=US=SQ et QUS est équilatéral.

Et a'=b'=c' entraîne que les triangles isocèles PUT, TSR, RQP sont isométriques et PT=TR=RP, soit PTR  équilatéral.

Enfin, puisque a(QUS)=p/3 et que a(RUS)=a(RUJ)=p/6 (voir R1), c'est que (UR) est bissectrice de l'angle en U de QUS , idem pour (QT) et (SP) : les droites (PS), (QT), (RU) sont donc les bissectrices intérieures de QUS et donc elles sont concourantes en O (puisque O est "déjà" le point d'intersection de (PS) et (RU)) : c'est le centre du cercle inscrit de QUS, donc son centre de gravité, puisqu'il est équilatéral.

De même a(PTR)=p/3 et a(PTQ)=a(ITQ)=p/6 (voir R1) et (TQ) est une bissectrice de PTR ; idem pour (PS) et (RU).
Donc les droites (PS), (QT), (RU) sont aussi les bissectrices intérieures de PTR et O est donc aussi le centre de gravité de PTR.

Montrons que O est en fait le centre de gravité de ABC : O étant le centre de gravité de PTR on a(POT)=2p/3 et donc le quadrilatère APOT est inscriptible (ppté 4) et ainsi a(PAO)=a(PTO) (ppté 2) ; mais (TO)=(TQ) est bissectrice de l'angle en T de PTR, équilatéral, donc a(PTO)=p/6 et a(PAO)=p/6 : ainsi (AO) est bissectrice de l'angle en A de ABC ; idem pour les autres sommets et O est ainsi le point d'intersection des bissectrices intérieures de ABC, c'est le centre de son cercle inscrit (ABC est équilatéral) donc aussi son centre de gravité.

Compte-tenu que les triangles APU, BRQ, CTS sont isométriques, les triangles RUC, PSB et TQA le sont aussi (1a2c) et RU=PS=TQ ; et compte-tenu de R1, les triangles QIT, UJR, SKP sont isométriques (2a1c).

Remarque 1
On vient donc de montrer que si PQRSTU est un hexagone à six côtés égaux, alors les droites (PS), (QT), (RU) passent par le centre de gravité O de ABC et (puisqu'elles sont les bissectrices de PTR équilatéral), la rotation de centre O et d'angle  p/3 transforme (PS) en (QT) et (QT) en (RU).

La réciproque est vraie, ce qui donne une méthode pour réaliser à la régle et au compas la figure : 

O étant le centre de gravité de ABC :
on choisit P sur [AB], P entre A et le milieu de [AB] : (PO) coupe [BC] en S,
(S est forcément entre C et le milieu de [BC])
on construit Q sur [BP] tel que a(POQ)=p/3 : (QO) coupe [AC] en T,
(Q est forcément entre B et le milieu de [AB] et T entre C et le milieu de [AC])
on construit R sur [BC] tel que a(QOR)=p/3 : (RO) coupe [AC] en U.
(R est forcément entre B et le milieu de [BC] et U entre A et le milieu de [AC])
L'hexagone PQRSTU ainsi obtenu a effectivement ses six côtés égaux.
preuve :
AQOU est inscriptible (ppté4, puisque a(QOU)=2p/3 et a(QAU)=p/3), donc a(UQO)=a(UAO)=p/6 (ppté 2 et (AO) est bissectrice de l'angle en A de ABC ) et le 3ième angle du triangle QOU est p-2p/3-p/6=p/6 : il est isocèle et OQ=OU. Les deux triangles QPO et UPO sont alors isométriques (1a2c, puisque par ailleurs a(QOP)=a(UOP)=p/3) et ainsi QP=UP.
De même APOT est inscriptible, POT est isocèle, PUO et TUO sont isométriques et PU=TU.
De même CUOS est inscriptible ce qui donne UT=ST, CTOR est inscriptible ce qui donne TS=RS, BSOQ est inscriptible ce qui donne SR=QR. Ainsi les six côtés de PQRSTU sont égaux ( il est inutile de considérer BROP inscriptible qui donne RQ=PQ).

Remarque 2
Dans la construction précédente si P=A ou si P=milieu de [AB], alors l'hexagone est en fait le triangle ABC ; par exemple pour P=A on a Q=milieu de [AB], R=B, S=milieu de [BC], T=C, U=milieu de [CA].
Par contre si P est choisi tel que a(POA)=p/6,  l'hexagone est régulier : OPA est isocèle en P (deux angles égaux à p/6), mais a(AOU)=a(POU)-a(POA)=p/3-p/6=p/6 et OUA est isocèle en U (deux angles égaux à p/6) ; donc (PU) est la médiatrice de [OA], d'où (PU)//(BC) et ainsi a=p/3, et (par exemple) on utilise R2 pour conclure.

Remarque 3

Le côté de l'hexagone  PQRSTU a une longueur comprise entre le tiers de AB et la moitié de AB :
UPÎ[AB/3;AB/2[. 

Pour le prouver je vais utiliser la propriété suivante :
dans un triangle ABC, en notant A,B,C ses angles on a : BC/sin(A)=AC/sin(B)=AB/sin(C)

Cette formule, contrairement à la fameuse formule BC2=AB2+AC2-2AB×ACcos(A) n'est pas exigible d'un élève de 1ière S (autant que je me souvienne... ) ; cependant elle se démontre facilement en montrant que l'aire du triangle ABC est aire=BA×BCsin(B)/2=CA×CBsin(C)/2=AB×ACsin(A)/2 et donc 2×aire/(AB×BC×CA)=sin(A)/BC=sin(B)/AC=sin(C)/AB.

En appliquant cette formule dans le triangle APU et on obtient PU/sin(p/3)=AU/sin(a)=AP/(sin(a').
De AU+UP+PA=AB (voir R2), on tire PU×sin(a)/sin(p/3)+UP+PU×sin(a')/sin(p/3)=AB,
soit sin(a)+sin(p/3)+sin(a')=sin(p/3)×AB/UP.
Un peu de trigonométrie : sin(a')=sin(2p/3-a)=sin(2p/3)cos(a)-cos(2p/3)sin(a)=(Ö3/2)cos(a)+(1/2)sin(a), d'où
sin(a)+Ö3/2+(Ö3/2)cos(a)+(1/2)sin(a)=(Ö3/2)×AB/UP, soit (3/2)sin(a)+(Ö3/2)cos(a)=(Ö3/2)(AB/UP-1) soit encore
3)((Ö3/2)sin(a)+(1/2)cos(a))=(Ö3/2)(AB/UP-1) et finalement on a cos(p/3-a)=(AB/UP-1)/2, soit
UP=AB/(1+2cos(p/3-a)).
De 0<a<2p/3 on tire -p/3<p/3-a<p/3 et (1/2)<cos(p/3-a)£1 (faire une figure pour vérifier) et donc 2<1+2cos(p/3-a)£3 soit, 1/3£1/(1+2cos(p/3-a))<2, et on a bien AB/3£UP<AB/2.

Le cas UP=AB/3 s'obtient uniquement pour a= p/3 qui donne l'hexagone régulier (voir le résultat R2).
Par contre la valeur "limite" UP=AB/2 s'obtient pour a tendant vers 0 (P au milieu de [AB], U en A ) ou pour a tendant vers 2p/3 (P en A, U=milieu de [AC]) : l'hexagone PQRSTU est en fait le triangle ABC (voir remarque 2).

Remarque 4
Un autre cas particulier est celui où a=p/2 : APU est rectangle en U, c'est la "moitié" d'un triangle équilatéral.
En utilisant UP=AB/(1+2cos(p/3-a)), AU=sin(a)UP/(sin(p/3)), AP=sin(2p/3-a)UP/(sin(p/3)),
on obtient UP=AB/(1+Ö3)»0,37AB, AU=2AB/((Ö3)(1+Ö3))»0,42AB, AP=AB/((Ö3)(1+Ö3))»0,21AB.

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Solution exercice 32

Notons S le membre de gauche de l'inégalité à démontrer :

S= x5-x2
x5+y2+z2
+ y5-y2
y5+z2+x2
+ z5-z2
z5+x2+y2

Puisque (x5-x2)/(x5+y2+z2)-1= -(x2+y2+z2)/(x5+y2+z2), et en considérant les deux autres égalités analogues, et en les ajoutant membre à membre on obtient S-3=-(x2+y2+z2)S' avec
S'= 1
x5+y2+z2
+ 1
y5+z2+x2
+ 1
z5+x2+y2

La question, montrer que S³0, revient donc à montrer que

S'£3
x2+y2+z2

C'est là que l'inégalité de Schwartz intervient : on l'applique à U de coordonnées (x2rac(x),y,z) et à V de coordonnées (1/rac(x),y,z), ce qui donne (x2+y2+z2)2£(x5+y2+z2)(1/x+y2+z2).
On en déduit, les trois facteurs étant positifs

x5+y2+z2³ (x2+y2+z2)2
(1/x+y2+z2)

Mais xyz³1 par hypothèse, donc en divisant par x, qui est positif, on a 1/x£yz, soit 1/x+y2+z2£yz+y2+z2 et en passant à l'inverse et en multipliant par (x2+y2+z2)2, qui est positif, on obtient

x5+y2+z2³(x2+y2+z2)2
yz+y2+z2

En utilisant cette fois 2yz£y2+z2, (y2+z2-2yz=(y-z)2³0), on en déduit, en ajoutant 2y2+2z2 aux deux membres et en passant à l'inverse, que
1
2yz+2y2+2z2
³1
y2+z2+2y2+2z2
soit, en multipliant des deux côtés par 2(x2+y2+z2)2 qui est positif
x5+y2+z2³2(x2+y2+z2)2
3(y2+z2)
et en passant à l'inverse on obtient
1
x5+y2+z2
£3(y2+z2)
2(x2+y2+z2)2

En fait cette inégalité est vraie dès que xyz³1 et x>0 ; or y et z sont aussi positifs : donc cette inégalité est encore vraie si on remplace (x,y,z) par (y,z,x) ou par (z,x,y). On a donc aussi :
1/(y5+z2+x2)£3(z2+x2)/(2(x2+y2+z2)2) et 1/(z5+x2+y2)£3(x2+y2)/(2(x2+y2+z2)2).

En ajoutant membre à membre ces trois inégalités on obtient

S'£3(y2+z2+z2+x2+x2+y2)
2(x2+y2+z2)2
=3
x2+y2+z2
C'est bien ce qu'il fallait démontrer.

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Solution exercice 33

On note a,b,c les mesures dans [0;p] des angles en A,B,C de ABC.
On a alors angle(PBA)+angle(PBC)=b et angle(PCA)+angle(PCB)=c, et par ajout membres à membres de ces deux égalités, et compte-tenu de l'hypothèse on obtient :
angle(PBC)+angle(PCB)=(b+c)/2, soit (la somme des angles d'un triangle, en l'occurence BPC, est p) angle(BPC)=p-(b+c)/2.
Mais I étant le centre du cercle inscrit de ABC, I est le point d'intersection des bissectrices : angle(ICB)=c/2 et angle(IBC)=b/2
D'où, la somme des angles du triangle BIC étant p, on a angle(BIC)=p-(b+c)/2, soit angle(BIC)=angle(BPC).
Comme I et P sont à l'intérieur de ABC, ils sont du même côté de (BC) : on peut appliquer la propriété 3 rappelée à l'exercice 31 ci-dessus, et donc I,P,B,C sont cocycliques, c'est-à-dire P est sur le cercle CBCI circonscrit au triangle BCI.

Déterminons le centre de ce cercle CBCI.
La droite (AI) recoupe le cercle circonscrit à ABC (de centre O) en un point O' : on va montrer que ce point O' est le centre de CBCI.
angle(O'AC)=angle(O'AB)=u (puisque (AI)=(AO') est bissectrice de l'angle en A de ABC), et en utilisant la propriété 1 rappelée à l'exercice 31, on a angle(O'OC)=2u=angle(O'OB) et ainsi les deux triangles BOO' et COO' sont isométriques (un angle, deux côtés) et O'B=O'C.
angle(ICO')=c/2+angle(BCO')=c/2+angle(BAO') (voir propriété 2 rappelée à l'exercice 31), donc angle(ICO')=c/2+a/2=angle(O'IC), (car angle(O'IC) est un angle "extérieur" de AIC et donc égal à la somme des angles intérieurs non adjacents ), et ainsi IO'C est isocèle en O' et O'C=O'I.
(Remarque : par un raisonnement similaire, en considérant angle(IBO') au lieu de angle(ICO'), on aurait montré O'B=O'I ; mais j'ai préféré montrer d'abord O'B=O'C, en utilisant le fait que (AO') est bissectrice de l'angle en A de ABC, car c'est une situation que l'on peut rencontrer dans d'autres circonstances : on peut même considérer que c'est une propriété à savoir).
Toujours est-il que O'B=O'C=O'I, et O' est bien le centre du cercle CBCI circonscrit à BCI.
Comme P est sur ce cercle, on a O'P=O'I, ce qui va permettre de terminer l'exercice.

En effet AO'=AI+IO'=AI+PO' et AO'£AP+PO' (inégalité triangulaire), donc on a bien AI£AP.
Si P=I, on a évidemment AP=AI ; réciproquement, si AP=AI, alors AI+IO'=AP+PO', soit AO'=AP+PO', donc P est sur le segment [AO'] (cas d'égalité de l'inégalité triangulaire) et donc P=I, puisque AP=AI et P et I sont sur [AO'].
On a bien AP=AI si et seulement si P=I.

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Solution exercice 34

Une puissance de 2 est toujours strictement positive, donc on a toujours 1+2x+22x+1>1, donc nécessairement y2>1 et y étant entier relatif, c'est que nécessairement |y|³2.
Si x£-1, alors 2x£1/2 et comme 2x+1£-1 on a aussi 22x+1£1/2 et 1+2x+22x+1£2, soit y2£2, et comme y est entier relatif cela donne y=-1 ou 0 ou 1, ce qui est en contradiction avec le fait qu'obligatoirement |y|³2 ; x£-1 est donc impossible et ainsi, nécessairement x³0, et alors 2x et 2x+1 sont des entiers naturels.

Si x=0, l'équation s'écrit 4=y2 donc pour x=0 il y a deux couples solutions (0,2) et (0,-2).

On va chercher maintenant les couples (x,y) solutions avec x>0, soit x³1 ; compte-tenu que si le couple (x,y) est solution, (x,-y) l'est aussi, on va se limiter, dans un premier temps, à y³0, donc y³2 (voir plus haut).

L'équation s'écrit 2x(1+2x+1)=(y-1)(y+1).
Puisque x³1, 2x est pair, donc (y-1)(y+1) est pair, soit y2 impair, d'où y est impair, ce qui donne y=2k+1, avec k dans N.
On reporte dans l'équation et on obtient 2x(1+2x+1)=22k(k+1) ; or parmi deux entiers consécutifs ( k et k+1), l'un est pair, donc k(k+1) est pair, donc 2x(1+2x+1)=23s, avec s dans N.
Comme 1+2x+1 est impair (car x+1³2 et alors 2x+1 est pair), x est l'exposant de 2 dans la décomposition en nombres premiers de 2x(1+2x+1), mais ce nombre étant 23s, c'est que x³3.
Précisons maintenant k (celui de y=2k+1) : k=2aq avec a et q dans N, q impair (voir aide). On reporte dans l'équation 2x(1+2x+1)=22k(k+1), qui devient 2x(1+2x+1)=2a+2q(2aq+1).
Si a³1, alors 2aq est pair et 2aq+1 est impair, donc q(2aq+1) est impair, tout comme 1+2x+1 ; en utilisant l'aide, on a alors x=a+2 et l'équation devient 2x(1+2x+1)=2xq(2x-2q+1), soit 1+2x+1=q(2x-2q+1) et 2x-2(q2-23)=1-q.
Si q³3, le membre de gauche est positif et celui de droite est négatif, donc q³3 ne peut convenir ; comme q est impair la seule possibilité qui reste est q=1, qui ne convient pas non plus : donc a³1 ne donne aucune solution, donc nécessairement a=0, et cette fois l'équation devient 2x-2(1+2x+1)=q(q+1).
q étant impair et 2x-2 pair (rappel x³3), la décomposition en nombres 1er de q doit se "retrouver dans" celle de 1+2x+1 (qui est impair), c'est-à-dire q divise 1+2x+1 (rappel : le théorème de Gauss n'est pas connu en 1ière S) et donc 1+2x+1=rq avec r entier naturel impair ; l'équation donne alors 2x-2r=q+1, puis q=2x-2r-1 et l'équation devient 1+2x+1=r(2x-2r-1), soit 2x-2(r2-23)=1+r.
r=1 ne peut convenir ; examinons maintenant ce qui se passe pour r³3 (rappel : r est impair) :
on a alors r2-23>0 et comme 2x-2³2 (car x³3), par multiplication des deux côtés par r2-23 qui est positif, on obtient 2x-2(r2-23)³2(r2-23), soit 1+r³2(r2-23), ce qui donne r(2r-1)£17.
r=3 vérifie cette inéquation, mais si r³5, r(2r-1)³5×9>17 et donc r ne peut convenir : la seule valeur possible pour r, est r=3.
Mais est-ce que cela donne effectivement un couple (x,y) solution?
r=3 entraîne 2x-2(9-8)=4, donc x=4, q=22×3-1=11 (d'après q=2x-2r-1), k=20×11 (d'après k=2aq), y=2×11+1=23 (d'après y=2k+1) ; réciproquement, on vérifie que le couple (4,23) est bien solution : c'est donc le seul couple solution pour x>0 et y³0. Donc, pour x>0, il y a uniquement deux couples solutions (4,23) et (4,-23).

Finalement il y a quatre couples solutions : (0,2) ; (0,-2) ; (4,23) ; (4,-23).

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