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Enoncés : 45 à 49

Exercice 45  (IMO 2008, exercice 1 ; mis en ligne en décembre 2009)
 
Soit ABC un triangle dont les angles sont aigus, et soit H son orthocentre.
Le cercle passant par H et dont le centre est le milieu de [BC] coupe la droite (BC) en A1 et en A2.
De même, le cercle passant par H et dont le centre est le milieu de [CA] coupe la droite (CA) en B1 et en B2 et le cercle passant par H et dont le centre est le milieu de [AB] coupe la droite (AB) en C1 et en C2.
Montrer que les six points A1, A2, B1, B2, C1, C2 sont cocyliques (c'est-à-dire sont situés sur un même cercle).

solution 

Exercice 46  (Putnam 2009 ; mis en ligne en janvier 2010)
 
Soit f une fonction du plan dans R (c'est-à-dire, pour tout M du plan, f(M) est un unique nombre réel), telle que pour tout carré ABCD de ce plan on a f(A)+f(B)+f(C)+f(D)=0.
Est-ce que pour tout M du plan on a f(M)=0?

solution 

Exercice 47  (Russian Problem 1998 ou antérieur ; mis en ligne en février 2010)
 
Soit ABCDE un pentagone régulier de côté 1, et M un point quelconque situé à l'intérieur ou sur un des côtés de ce pentagone.
On note ri, pour i=1,2,3,4,5, les distances de M aux 5 sommets du pentagone, avec r1r2r3r4r5.
Trouver l'ensemble E des points M minimisant r3 et l'ensemble F des points M maximisant r3.

solution 

Exercice 48  (IMO 2009, exercice 5 ; mis en ligne en mars 2010)
 
Déterminer toutes les fonctions f de l'ensemble des entiers strictement positifs dans l'ensemble des entiers strictement positifs telles que, pour tous les entiers strictement positifs a et b, il existe un triangle non aplati dont les longueurs des côtés sont a, f(b), f(b+f(a)-1).
On remarquera que les hypothèses font que b+f(a)-1 est effectivement un entier strictement positif.
Sans que cela soit une obligation, on pourra montrer successivement que
  • f(b+f(1)-1)=f(b), pour tout b dans N*
  • f(1)=1
  • f(f(a))=a pour tout a dans N*
  • si f(a)=f(b), pour a et b dans N*, alors a=b
  • f(b+f(2)-1)=f(b)+1 pour tout b dans N*
Puis conclure.

Remarque :
on aura le droit d'admettre les récurrences "évidentes".
Par exemple, si une certaine fonction g est telle que g(x+3)=g(x)-5 pour tout nombre réel x, alors

  • g(x+6)=g((x+3)+3)=g(x+3)-5=g(x)-5-5=g(x)-10
  • g(x+9)=g((x+6)+3)=g(x+6)-5=g(x)-10-5=g(x)-15
  • etc : "il est clair" alors que g(x+3n) va être égal à g(x)-5n, pour tout n dans N*.
Sans autre justification que les lignes ci-dessus, on pourra ici, conclure que g(x+3n)=g(x)-5n pour tout n dans N* ; la preuve rigoureuse de cette affirmation consiste à faire une récurrence, ici "évidente", récurrence qui n'est pas au programme de la 1ère S.
Voir en bas du classement thématique pour cette notion de récurrence

solution 

Exercice 49  (IMO 2007, exercice 2 ; mis en ligne en décembre 2010)
 
Soient cinq points A, B, C, D tels que ABCD soit un parallélogramme et BCED un quadrilatère convexe inscriptible.
Soit d une droite passant par A et coupant l'intérieur de [DC] en F et coupant (BC) en G.
On suppose que EF=EG=EC.
Montrer que d est bissectrice de l'angle de sommet A de côtés [AD) et [AB), c'est-à-dire de angle(DAB).

Aide...éventuelle :
1) "Rappel" : si A,B,M,N sont sur un même cercle avec M et N du même côté de [AB], alors angle(AMB)=angle(ANB)
2) On pourra introduire les pieds des hauteurs issues de E des triangles FEC et GEC.

solution 


 Solutions

Solution exercice 45

Je vais donner ici une solution faisant appel uniquement à des outils de seconde : Pythagore et triangles semblables.
On verra la fin de cette solution trois remarques (les remarques 2 et 3 sont post-1S), la remarque 2 donnant la solution proposée par un candidat français.

Je note I, J, K, les pieds des trois hauteurs de ABC, A' le milieu de [BC], O le centre du cercle circonscrit à ABC, et R le rayon de ce cercle :

Au vu de la figure (complétée par B1, B2, C1, C2!), il semblerait que les six points A1, A2, B1, B2, C1, C2 soient sur un même cercle de centre O.
On va donc commencer par calculer OA1 et OA2.
(OA') est évidemment la médiatrice de [BC], puisque OB=OC, A'B=A'C, donc (OA') est perpendicualire à [BC].
OA12=OA'2+A'A12, OA22=OA'2+A'A22 ; comme A'A1=A'A2=A'H,
OA12=OA22=OA'2+A'H2=OC2-A'C2+A'I2+IH2=R2+IH2+(A'I-A'C)(A'I+A'C)=R2+IH2-IC×IB, puisque A'I-A'C=-IC et A'I+A'C=A'I+A'B=IB, du moins lorsque I entre A' et C, cas de la figure ; mais si I est entre A' et B on trouve aussi -IC×IB.

Les triangles rectangles AIC et BIH sont semblables car ils ont deux angles respectivement égaux : outre leurs angles droits, angle(IAC)=p/2-angle(ACB)=angle(JBC)=angle(HBI).
Donc AI/BI=IC/IH , soit IC×IB=IH×IA et ainsi
OA12=OA22=R2+IH2-IH×IA=R2+IH(IH-IA)=R2-HA×HI.
De même OB12=OB22=R2-HB×HJ et OC12=OC22=R2-HC×HK.

Mais les triangles rectangles HIB et HJA sont aussi semblables car ils ont deux angles respectivement égaux, puisque angle(BHI)=angle(AHJ), angles opposés par le sommet.
Donc HI/HJ=HB/HA, soit HA×HI=HB×HJ.
Et aussi, les triangles rectangles HJC et HKB sont semblables car ils ont deux angles respectivement égaux puisque angle(CHJ)=angle(BHK), angles opposés par le sommet.
Donc HJ/HK=HC/HB, soit HB×HJ=HC×HK.
Finalement HA×HI=HB×HJ=HC×HK.
Ainsi, OA1=OA2=OB1=OB2=OC1=OC2, et les six points A1, A2, B1, B2, C1, C2 sont situés sur un même cercle de centre O.

Remarque 1 :
Cf la revue Quadrature n1, le cercle passant par les six points A1, A2, B1, B2, C1, C2 est le second cercle de Droz-Farny (mathématicien suisse, 1856-1912).

Remarque 2 (post-1S) :
Toujours cf ce même numéro de la revue Quadrature, voici la solution proposée par un candidat français : elle repose sur le cercle d'Euler ou des neuf points, ainsi que sur le produit scalaire :

Soit E le milieu de [OH].
Cf solution plus haut, OA12=OA22=OA'2+A'H2.
Par utilisation du produit scalaire
OA12=OA22=(vec(A'E)+vec(EO))2+(vec(A'E)+vec(EH))2
                     =(vec(A'E)+vec(EO))2+(vec(A'E)-vec(EO))2=2(A'E2+EO2)
Note : vec(UV) est le vecteur d'origine U et d'extrémité V et (vect(UV))2 est le produit scalaire de vect(UV) par vec(UV), c'est-à-dire UV2.
Mais E est le centre du cercle d'Euler de ABC, cercle qui passe par A', donc A'E est le rayon re de ce cercle d'Euler : donc OA12=OA22=2(re2+EO2).
De même on trouve OB12=OB22= OC12=OC22=2(re2+EO2).
On retrouve donc que les six points A1, A2, B1, B2, C1, C2 sont sur un même cercle de centre O ; mais là on obtient en plus le rayon r6 de ce cercle : r6=rac(2(re2+EO2)), rac(x) désignant la racine carrée de x.
Mais re est la moitié du rayon R du cercle circonscrit à ABC, et ainsi , r6=rac((R2+OH2)/2).
Remarque 3 (post-1S) :
Une 3ième façon de voir l'exercice est de le voir à travers la notion de puissance par rapport à un cercle : en effet toutes les égalités obtenues à l'aide des triangles semblables peuvent s'obtenir à l'aide de cette notion de puissance.
Retrouvons le rayon r6 du cercle de centre O passant par les six points A1, A2, B1, B2, C1, C2 (ce rayon a été obtenu lors de la remarque 2) :
cf ma 1ière solution, r6=rac(R2-HA×HI), soit r6=rac(R2+PH/2) et comme PH=OH2-R2 (résultat sur puissance), on retrouve r6=rac((R2+OH2)/2).

Remarque 4 (niveau 1S) :
Montrons que le symétrique H' de H par rapport à (BC) est sur le cercle C circonscrit à ABC.

Soit H'' le point d'intersection (autre que A) de (AI) avec C :
Cf angles inscrits, on a angle(H''BC)=angle(H''AC).
Mais angle(H''AC)=p/2-angle(ACB)=angle(JBC)=angle(HBC), ce qui donne angle(H''BC)=angle(HBC).
Donc la hauteur (BC) du triangle HBH'' est aussi bissectrice de angle(HBH''), et donc le triangle HBH'' est isocèle en B, donc la hauteur (BC) est médiatrice de [HH''] et ainsi IH=IH'', et alors H'' est le symétrique de H par rapport à (BC), donc H''=H', et comme H'' est sur C, c'est que H' est sur C.

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Solution exercice 46

Soit M un point quelconque du plan.
Considérons un carré ABCD dont le point d'intersection des diagonales est M (pour en obtenir un, il suffit de considérer deux segments de même milieu M, de même longueur et orthogonaux, et on relie les extrêmités de ces segments).
Soit I, J, K, L les milieux respectifs de [AB], [BC], [CD], [DA] ; AIML, BJMI, CKMJ, DLMK étant "évidemment" des carrés, on a

f(A)+f(I)+f(M)+f(L)=0
f(B)+f(J)+f(M)+f(I)=0
f(C)+f(K)+f(M)+f(J)=0
f(D)+f(L)+f(M)+f(K)=0
On ajoute membres à membres ces quatres égalités, et compte-tenu que f(A)+f(B)+f(C)+f(D)=0, puisque ABCD est un carré, on obtient
4f(M)+2(f(I)+f(J)+f(K)+f(L))=0.
Mais IJKL est aussi un carré, puisque ses diagonales ont le même milieu M, ont même longueur (AB) et sont orthogonales, et donc f(I)+f(J)+f(K)+f(L)=0 et ainsi 4f(M)=0.
Donc pour tout M dans le plan, on a f(M)=0.

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Solution exercice 47

ABCDE étant un pentagone régulier, tous ses côtés sont égaux, et il est inscrit dans un cercle dont on notera O le centre.
Ce pentagone se partage en 10 triangles rectangles ayant pour sommets le point O, le milieu d'un côté du pentagone et une extrémité de ce côté.
Par exemple, on peut supposer que M est dans (au sens large) le triangle OAX, avec X milieu de [AB].
Evidemment, (OX) est la bissectrice issue de O du triangle isocèle BOA, et donc angle(DOX)=angle(DOC)+angle(COB)+angle(BOX)=2p/5+2p/5+p/5=p, et donc D,O,X sont alignés.
Rapelons aussi que si D est la médiatrice de [PQ], alors

On a alors successivement Ainsi MAMBMEMCMD, et donc r3=ME.

Cherchons à minimiser r3=ME.

Soit I le point d'intersection de [ME] et [OA] et Y le milieu de [EB] : ce milieu Y est sur (OA), puisque on a vu que (OA) est la médiatrice de [EB], et c'est donc aussi le projeté orthogonal de E et B sur (OA).
On a IEYE, puisque Y et I sont sur (OA) et Y est le projeté orthogonal de E sur (OA).
Donc ME=MI+IEMI+YEYE=la moitié de la longueur de la diagonale [BE] du pentagone.
Et on aura ME=YE si et seulement si MI=0 et IE=YE, soit si et seulement si M=Y,

Ainsi la valeur minimum de r3 est la moitié de la longueur de la diagonale [BE] du pentagone, minimum atteint lorsque M est le milieu de la diagonale [BE], du moins dans le cas où M est dans OXA.
Je laisse le lecteur vérifier que si M est dans le triangle OAX', avec X' milieu de [AE], alors MAMEMBMDMC, r3=MB et la valeur minimum de r3 est encore la moitié de la longueur de la diagonale [BE] du pentagone, minimum atteint lorsque M est le milieu de la diagonale [BE] : on peut utiliser le fait que (OA) étant la médiatrice de [BE] et [CD], c'est un axe de symétrie du pentagone.
Par des rotations successives de centre O et d'angle 2p/5 "on voit" alors que l'ensemble E est l'ensemble constitué des milieux des 5 diagonales du pentagone (rappel : une rotation conserve les distances).

Cherchons maintenant à maximiser r3=ME. Tout d'abord, je laisse le lecteur vérifier que si S est à l'intérieur (au sens large) du triangle PQR, alors PSmax(PQ,PR).

M (étant toujours dans OAX) est soit

Ainsi, on a toujours MEEX=la distance d'un sommet S du pentagone au milieu d'un quelconque des deux côtés du pentagone n'ayant pas S comme sommet et n'ayant pas (OS) comme médiatrice.
Comme ME=EX si et seulement si M=X, la valeur maximum de r3 est EX, valeur atteinte pour M=X, du moins dans le cas où M est dans OXA.
Je laisse le lecteur vérifier que si M est dans le triangle OBX, la valeur maximum de r3 est CX=EX (car X est sur la médiatrice (OX) de [EC]), minimum encore atteint lorsque M=X.
Par des rotations successives de centre O et d'angle 2p/5 "on voit" alors que l'ensemble F est l'ensemble constitué des milieux des 5 côtés du pentagone.

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Solution exercice 48

Bien sûr on sera amené à utiliser souvent l'inégalité triangulaire, noté ici IT : dans un triangle non aplati, la longueur de tout côté est inférieur strictement à la somme des longueurs des deux autres côtés.
On sera aussi amené à utiliser le résultat suivant : si u et v sont deux entiers (positifs ou négatifs ou nuls) tels que u<v, alors uv-1 ; cela parceque v-u est entier strictement positif, donc supérieur ou égal à 1.

Donc il y a une seule fonction f répondant à la question, c'est la fonction f telle que f(n)=n pour tout entier n dans N* : c'est la fonction identité sur N*.

Remarque : complément d'explication pour le point 5.
On va prouver rigoureusement que s'il existe b tel que f(b+k)=f(b)-1, alors on a la propriété suivante : pour tout n dans N*, f(b+nk)=f(b)-n

On a donc prouvé que si b est tel que f(b+k)=f(b)-1, alors pour tout n dans N*, f(b+nk)=f(b)-n.

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Solution exercice 49

On notera K et L les pieds des hauteurs issues de E des triangles isocèles FEC et GEC ; ces hauteurs sont évidemment médiatrices.

Puisque angle(GFC)=angle(FAB), car ce sont des angles correspondants, et angle(FGC)=angle(DAF), car ce sont des angles alternes-internes,

(1) d bissectrice de angle(DAB) <=>angle(GFC)=angle(FGC) <=> FCG isocèle en C <=> CF=CG Les triangles ADF et GCF étant semblables (angles respectivement égaux), AD/GC=DF/CF soit (2) CF/CG=DF/AD Mais DF=DK-FK=DK-CF/2 et AD=BC=BL-CL=BL-CG/2, et le (2) donnent CF/CG=(DK-CF/2)/(BL-CG/2), soit en faisant le produit en croix (3) CF/CG=DK/BL Enfin, B, C, E, D étant cocycliques, angle(EDC)=angle(EBC), soit angle(EDK)==angle(EBL) et ainsi les triangles rectangles BEL et DEK sont semblables (deux angles respectivement égaux), et (4) LE/KE=BL/DK De (3) et (4) on tire (5) CF/CG=KE/LE On dispose alors de deux façons pour conclure

On a les deux résultats complémentaires suivants :

angle(DFE)=angle(BCE)=p/2+(1/2)angle(DAB)

les triangles DFE et BCE sont isométriques et ED=EB, DF=BC

En effet puisque E est le centre du cercle circonscrit à FGC et cf angle au centre, angle(FGC)=(1/2)angle(FEC), d'où
angle(DAF)=angle(FGC)=(1/2)angle(FEC)=(1/2)(p-2angle(EFC))=p/2-(p-angle(DFE))= -p/2+angle(DFE).

De même angle(GFC)=(1/2)angle(GEC) et
angle(FAB)=angle(GFC)=(1/2)angle(GEC)=(1/2)(p-2angle(ECG))=p/2-(p-angle(BCE))= -p/2+angle(BCE).

Donc angle(DFE)=p/2+angle(DAF) et angle(BCE)=p/2+angle(FAB).

Or on vient de voir que d est bissectrice de angle(DAB), donc angle(DAF)=angle(FAB)=(1/2)angle(DAB) et ainsi angle(DFE)=angle(BCE)=p/2+(1/2)angle(DAB).

Mais par ailleurs, angle(EDF)=angle(EBC) (cf angles inscrits), donc les deux triangles DFE et BCE sont semblables ( leurs trois angles sont respectivement égaux), mais en plus EF=EC, ils sont donc isométriques et ainsi ED=EB et DF=BC

Remarque : il y a deux autres façons d'obtenir ED=EB (les égalités CF=CG et angle(DFE)=angle(ECB) étant acquises)

Sur une toute autre démonstration du résultat demandé, trouvé dans une revue : à partir de la relation (voir remarque ci-dessus) ED/sin(angle(DFE))=EB/sin(angle(ECB)), et en utilisant (voir preuve du résultat complémentaire) angle(DFE)=p/2+angle(DAF) et angle(ECB)=p/2+angle(FAB), on arrive à la relation ED/cos(angle(DAF))=EB/cos(angle(FAB)).
Et ainsi, montrer que d est bissectrice de angle(DAB), c'est montrer que ED=EB, puisque angle(DAF) et angle(FAB) sont tous les deux dans ]0;p/2[.
Jusque là, OK.
Mais ensuite la revue fait un raisonnement par l'absurde que je ne comprends pas :
si cos(angle(DAF))>cos(angle(FAB)) alors ED>EB, ce qui est en contradiction avec le fait que E étant décalé vers D, ED<EB....
Une réciproque : Soient cinq points A, B, C, D tels que ABCD soit un parallélogramme.
Soit d la bissectrice (intérieure) de l'angle(DAB) : elle coupe l'intérieur de [DC] en F et et (BC) en G.
Soit E le centre du cercle circonscrit au triangle FCG.
Montrer que B, C , E, D sont cocycliques.

solution :

retour énoncé ou présentation olympiades