Semaine 8

• Problème (publié le 17 octobre)

  Trouvez toutes les paires $(x,y)$ d'entiers positifs vérifiant \[ x^y = y^{x-y} \,. \]

• Solution (publié le 24 octobre)

  Problème 3 des Olympiades mathématiques junior des Balkan 1998 paru dans Crux Mathematicorum [2002:522]. On présente une version légèrement modifiée de la solution officielle publiée ici: [2004:159].

  Si $x=1$ alors on déduit immédiatement que $y=1$.
  Concentrons nous maintenant sur le cas $x \geq 2$. On a \[ y^{x-y}=x^y \geq 2^1, \] d'où l'on tire $y \geq 2$ et $x-y > 0$. En particulier $x > y$. Ainsi, \[ y^{x-y}=x^y \geq y^y \Rightarrow x-y > y \Rightarrow x > 2y \,. \] Cela nous permet de réécrire l'équation ainsi \begin{align} x^y&= y^{y}y^{x-2y} \Rightarrow \\ \cr \left(\frac{x}{y}\right)^y &=y^{x-2y} \,. \cr \end{align} Il s'ensuit que $(\frac{x}{y})^y$ est un entier. Nous soutenons que cela implique que $y$ divise $x$. En effet, écrivons $\frac{x}{y}=\frac{a}{b}$ sous forme réduite. Supposons que $b \neq 1$, alors notre équation peut être reformulée comme suite : \[ y^{x-2y}b^y=a^y \,. \] Soit $p$ un nombre premier divisant $b$. Un tel nombre premier existe car $b >1$. Alors $p$ doit diviser $y^{x-2y}b^y=a^y $ et, conséquemment, $p$ divise $a$. Cela contredit toutefois le fait que nous avions supposé la fraction $\frac{a}{b}$ comme étant réduite.
  Étant parvenu à une contradiction, force est d'admettre que l'hypothèse voulant que $b \neq 1$ est erronée.
  Il s'ensuit que $y$ divise $x$. Par conséquent $x=ky$ pour un certain entier $k$. De plus, de $x >2y$ on tire que $k >2$.
  Notre équation devient alors \begin{equation}\tag{6} k^y=y^{(k-2)y} \Rightarrow k =y^{k-2} \,. \end{equation} En particulier, cela implique que \begin{equation}\tag{7} k=y^{k-2} \geq 2^{k-2} \,. \end{equation} Nous soutenons que pour $k \geq 5$ on a $2^{k-2}>k$. Cela peut être établi par induction
  $P(5)$: $2^3=8 >5$.
  $P(k)\Rightarrow P(k+1)$: $2^{k-1}=2\cdot 2^{k-2}> 2k > k+1$.
  Ainsi s'achève l'étape d'induction.
  La conjonction de cette affirmation et de (7) implique que $ k \leq 4$. Comme $k>2$, deux seules valeurs de $k$ sont possibles. Testons-les.
  Si $k=3$, l'équation (6) devient \[ 3=y^1 \] d'où l'on tire la solution $y=3, x=ky=9$.
  Si $k=4$, l'équation (6) devient \[ 4=y^2 \] d'où l'on tire la solution $y=2, x=ky=8$.
  Cela montre qu'il existe trois solutions, à savoir \[ (x,y) \in \{ (1,1) ; (8,2) ; (9,3) \} \,. \]

Semaine 7

• Problème (publié le 10 octobre)

  Cette semaine nous nous pencherons sur un problème de géométrie.

  Dans le triangle $\Delta ABC$, la bissectrice de $\angle BAC$ rencontre $BC$ au point $d$. Soit $\Gamma$ le cercle tangent à $BC$ en $D$ et passant par le point $A$. Soit $M$ le deuxième point d'intersection de $\Gamma$ et de $AC$. Soit encore $P$ le deuxième point d'intersection de $BM$ et de $\Gamma$. Prouvez que $AP$ est la médiane du triangle $\Delta ABD$.

• Solution (publié le 17 octobre)

  Problème 5 de la deuxième manche des Olympiades mathématiques d'Iran de 1998-1999 paru dans Crux Mathematicorum [2001:486]. On présente la solution de Miguel Amengual publiée ici: [2004:159].

  Soit $N$ le deuxième point d'intersection de $\Gamma$ et de $AB$. Disons que $AP$ rencontre $BC$ en $Q$.

  

  Alors \[ \angle MDC=\frac{\overset{\large \frown}{MD}}{2}=\angle CAD = \frac{1}{2} \angle A \,. \] On obtient que \begin{align} \angle ADM &=\angle ADC-\angle MDC \\ \cr &=(180^\circ-\angle CAD - \angle ACD)- \angle MDC \\ \cr &=180^\circ-\frac{1}{2}\angle A - \angle C- \frac{1}{2}\angle A =\angle B \,. \cr \end{align} De plus, on a \[ \angle ADM=\frac{\overset{\large \frown}{AM}}{2}= \angle ANM= \angle APM \,. \] Cela montre que $\angle B=\angle ANM$ (ce qui montre aussi que $MN \parallel BC$, mais nous n'aurons pas besoin de ce fait).

  On a donc \[ \angle B= \angle APM =\angle ANM =\angle QPB \,. \] Cela montre que \begin{align} \angle QPB &=\angle ABQ, \\ \cr \angle BQP &= \angle BQA. \cr \end{align} Ainsi, les triangles $BQP$ et $AQP$ sont similaires. En particulier, \[ \frac{BQ}{AQ}=\frac{PQ}{BQ}, \] d'où \[ BQ^2=QP \cdot QA \,. \] Ensuite, par la puissance du point $Q$ par rapport à $\Gamma$ (voir la note de l'éditeur plus bas), on a \[ QP \cdot QA = QD^2 \,. \] Cela montre que $BQ=QD$ et, par voie de conséquence, que $AP$ est la médiane du triangle.

  Note de l'éditeur : Revoyons brièvement la notion de puissance d'un point par rapport à un cercle. Soit $\Gamma$ le cercle de rayon $R$ avec centre $O$ et $A$ un point à l'extérieur du cercle. Soit $l_1$ une droite par $A$ et intersectant $\Gamma$ en $B$ et en $C$ et soit $l_2$ une droite par $A$ qui est tangente au cercle en $D$.

  Alors, \[ AB \cdot AC = AD^2 \,. \] En particulier, $AB \cdot AC$ est indépendant du choix de $l_1$. La constante $AB \cdot AC$ est appelée la puissance de $A$ par rapport au cercle $\Gamma$ et on peut montrer qu'elle vaut $AO^2-R^2$.

  En effet, soit $E$ et $F$ les deux points d'intersection de $AO$ avec $\Gamma$.

  

  Puisque $AD \perp OD$, le théorème de Pythagore implique que \[ AD^2=AO^2-R^2 \,. \] Ensuite, \[ \angle AEB= 180^\circ -\angle BEF =180^\circ - \frac{\overset{\large \frown}{BCF}}{2}=\frac{\overset{\large \frown}{BEF}}{2}=\angle BCF \,. \] Par la similitude des triangles $AEB$ et $ACF$, on a \[ AB \cdot AC= AE \cdot AF = (AO-R)(AO+R)=AO^2-R^2 \,. \] Cela établit la formule de la puissance d'un point.

Semaine 6

• Problème (publié le 3 octobre)

  Trouvez tous les entiers strictement positifs $m$ et $n$ tels que \[ 2^n+n=m! \,. \]

• Solution (publié le 10 octobre)

  Problème 1 du jour 2 des Olympiades mathématiques de Turquie de 2013 paru dans Crux Mathematicorum (voir [2014:375]). On présente une version légèrement modifiée de la solution d'Oliver Geupel publiée ici: [2016:14-15].

  On écrit \[ n=2^k\cdot l \] pour un certain entier positif $k$ et un certain nombre impair $l$.

  Alors, \[ m!=2^{2^k\cdot l}+2^k\cdot l=2^k \left(2^{2^k \cdot l-k}-l \right) \,. \] Puisque $2^k \cdot l>k$ et que $l$ est impair, la puissance de $2$ dans $m!$ est $k$. Cela implique qu'il y a au plus $k$ nombres pairs jusqu'à $m$. Par conséquent, \[ m \leq 2k+1\,. \] Ainsi \begin{equation}\tag{5} 2^{2^k} \leq 2^{2^k\cdot l}+2^k\cdot l = m! \leq (2k+1)! \,. \end{equation} On affirme que pour $k \geq 5$, on a $2^{2^k} >(2k+1)!$. On en fait la démonstration en procédant par induction.

  $P(5)$: \[ 11!=2^8\cdot 3^4 \cdot 5^2 \cdot 7 \cdot 11 < 2^{8} \cdot 2^{7} \cdot 2^5 \cdot 2^3 \cdot 2^4=2^{27} <2^{32} =2^{2^5} \,. \] $P(k)\Rightarrow P(k+1)$: On a \begin{align} 2^{2^{2k+1}}&=(2^{2^k})^2 > ((2k+1)!)^2 > (2k+1)! \cdot \left(2 \cdot (2k+1) \cdot 3 \cdot (2k) \right)\\ \cr &> (2k+1)!(2k+2)(2k+3)=(2k+3)! \,. \cr \end{align}

  Cela complète la démonstration.

  Maintenant, il découle de (5) et de notre affirmation que $k \leq 4$ et $m \leq 2k+1 \leq 9$.

  En testant toutes les possibilités $1 \leq m \leq 9$, on voit que la seule solution est $(n,m)=(2,3)$.

Semaine 5

• Problème (publié le 26 septembre)

  Trouvez toutes les fonctions $f$ des réels vers les réels satisfaisant \begin{equation}\tag{2} f(y-xy)=f(x)y+(x-1)^2f(y) \end{equation} pour tous réels $x$ et $y$.

• Solution (publié le 3 octobre)

  Problème 3 des Olympiades mathématiques de Tchécoslovaquie de 2017 paru dans Crux Mathematicorum (voir [2019:17]). On présente une version légèrement modifiée de la solution de Sundara Narasimhan publiée ici: [2019:397-398].

  En posant $x=1$ dans (2), on obtient que pour tout réel $y$, \[ f(0)=f(1)\cdot y \,. \] Puisque le côté droit est constant, le côté gauche doit forcément l'être également. Ainsi \[ f(0)=f(1)=0 \,. \] En posant $y=1$ dans (2), on obtient que pour tout réel $x$, \[ f(1-x)=f(x) \,. \] Soit $t$ un nombre réel. En posant $x=1-t$ dans (2) et en utilisant l'identité $f(1-t)=f(t)$, on trouve que \begin{equation}\tag{3} f(ty)=f(y)t+y^2f(t). \end{equation} pour tous réels $t$ et $y$.

  En interchangeant $t$ et $y$ dans (3), on obtient \begin{equation}\tag{4} f(ty)=f(y)t+y^2f(t). \end{equation} Ainsi, pour tous réels $y$ et $t$, \[ f(y)t+y^2f(t)=f(t)y+t^2f(y) \Rightarrow (y^2-y)f(t)=(t^2-t)f(y) \,. \] En posant $y=2$ dans cette dernière relation, on trouve que pour tout réel $t$, \[ f(t)=\frac{f(2)}{2}(t^2-t)=c(t^2-t) \,, \] où $c=\frac{f(2)}{2}$ est un nombre réel. Il s'ensuit que toute solution potentielle doit avoir la forme \[ f(t)=c(t^2-t) \,. \] Voyons lesquelles sont de véritables solutions.

  En substituant $f(x)=c(x^2-x)$ dans (2), on obtient \begin{align} c\left((y-xy)^2-(y-xy)\right) &=c(x^2-x)y+(x-1)^2c(y^2-y) \Leftrightarrow \\ \cr c\left(y^2-2xy^2+x^2y^2-y+xy\right) &=c(x-1)y \left(x+(x-1)(y-1)\right)\Leftrightarrow \\ \cr cy\left(y-2xy+x^2y-1+x\right) &=cy(x-1) \left(xy-y+1\right)\Leftrightarrow \\ \cr cy\left(y-2xy+x^2y-1+x\right) &=cy \left(x^2y-2xy+x+y-1\right) \checkmark \cr \end{align} Cela montre que toutes les fonctions $f(x)=c(x^2-x)$ sont de véritables solutions.

  Donc, les fonctions satisfaisant la relation donnée sont

  \[ f(x)=c(x^2-x), \] où $c$ est un nombre réel.

  Note de l'éditeur : Ce type de problème s'appelle généralement une équation fonctionnelle. Une erreur courante lorsqu'on résout une équation fonctionnelle consiste à ne pas vérifier si les solutions potentielles sont vraiment des solutions, ce qui est généralement facile mais nécessaire.

Semaine 4

• Problème (publié le 19 septembre)

  Soit $n$ un entier strictement positif. Montrez que $n \cdot (n+1) \cdot (n+2)$ n'est pas un carré parfait.

• Solution (publié le 26 septembre)

  Problème 4 des Olympiades mathématiques de Thaïlande de 2005 paru dans Crux Mathematicorum (voir [2009:22]). On présente une version légèrement modifiée de la solution d'Amengual Covas publiée ici: [2010:156].

  Notez d'abord que \begin{equation}\tag{1} n(n+2)=n^2+2n=(n+1)^2-1 \,. \end{equation} Cela implique immédiatement que $\mbox{pgcd} (n+1, n(n+2))=1$. En effet, $\mbox{pgcd} (n+1, n(n+2))$ doit diviser $n(n+2)$ et $(n+1)^2$. Conséquemment, il doit aussi diviser leur différence \[ (n+1)^2-n(n+2)=1 \,. \] Supposons, en vue d'obtenir une contradiction, que $n \cdot (n+1) \cdot (n+2)$ est un carré parfait. Puisque $n+1$ et $n+2$ sont relativement premiers, il s'ensuit que $n+1$ et $n(n+2)$ doivent être des carrés parfaits. Il existe donc des entiers positifs $m$ et $k$ tels que \begin{align} n+1 &=k^2 \\ \cr n(n+2) &=m^2 \,. \cr \end{align} En substituant ces relations dans (1), on obtient \[ m^2=k^4-1 \Rightarrow (k^2-m)(k^2+m)=1 \,. \] Puisque $k^2+m \geq 0$, on a \[ k^2+m=k^2-m=1 \] d'où l'on tire que $k=1$ et $m=0$, ce qui donne $n=0$. Cela contredit le fait que $n$ est un entier strictement positif.

  Étant donné la contradiction, notre supposition que $n \cdot (n+1) \cdot (n+2)$ est un carré parfait doit être rejetée.

Semaine 3

• Problème (publié le 12 septembre)

  Trouvez toutes les valeurs de $a$ pour lesquels les zéros du polynôme $f(x)=x^2-ax+2a$ sont des entiers.

• Solution (publié le 19 septembre)

  Problème 21 de la phase 2 du niveau 4 de l'édition 2015 du concours Primavera en Espagne paru dans Crux Mathematicorum (voir [2015:192]) sous une forme légèrement modifiée. On présente la solution de Henry Ricardo publiée ici: [2016:199].

  Soient $r_1$ et $r_2$ les deux racines. Alors \[ x^2-ax+2a=(x-r_1)(x-r_2) \] donne \begin{align} r_1+r_2 &=a \\ \cr r_1r_2 &=2a \,, \cr \end{align} d'où \[ r_1r_2=2(r_1+r_2) \,. \] Il s'ensuit que \[ r_1r_2-2r_1-2r_2=0 \] et \[ (r_1-2)(r_2-2)=r_1r_2-2r_1-2r_2+4=4 \,. \] Il n'y a que quatre façons d'écrire $4$ comme un produit d'entiers : $(\pm 1) \cdot (\pm 4)$ et $(\pm 2)\cdot (\pm 2)$.

  Les quatre possibilités donnent les quatre paires de solutions que voici : $(0,0), (1,-2), (3,6)$ et $(4,4)$, d'où \[ a \in \{ -1,0,8,9 \} \,. \]

  Note de l'éditeur : Si $r_1$ et $r_2$ sont les racines de $ax^2+bx+c=0$, alors \begin{align} r_1+r_2 &=-\frac{b}{a} \\ \cr r_1r_2 &=\frac{c}{a} \,. \cr \end{align} Ces relations sont les \textbf{formules de Viète}. Il existe des formules de Viète similaires pour les polynômes de degré $n$, reliant les racines aux coefficients des polynômes.

Semaine 2

• Problème (publié le 5 septembre)

  Soient $x,y$ et $z$ des nombres réels tels que \begin{align} x &=\sqrt{11-2yz} \\ \cr y &=\sqrt{12-2xz} \\ \cr z&=\sqrt{13-2xy} \,. \cr \end{align} Trouvez $x+y+z$.

• Solution (publié le 12 septembre)

  Problème 7 du concours de l'Association mathématique du Québec de 2011, niveau secondaire, paru dans Crux (voir [2011:483]). On présente une version légèrement modifiée de la solution de Richard I. Hess publiée ici: [2013:8].

  En élevant les trois relations au carré, on obtient \begin{align} x^2+2xy &=11 \\ \cr y^2+2xz &=12 \\ \cr z^2+2yz &=13 \,. \cr \end{align} En prenant la somme de ces trois relations, on a \[ (x+y+z)^2=x^2+y^2+z^2+2xy+2xz+2yz=36 \,. \] d'où l'on tire $x+y+z=\pm 6$.

  Puisque les nombres $x,y,z$ sont des racines carrées, ils sont positifs. Il s'ensuit que $x+y+z \geq 0$. Cela prouve que \[ x+y+z=6 \,. \]

Semaine 1

• Problème (publié le 29 août)

  Commençons par deux questions pour s'échauffer.

  Problème A
  De combien de façons différentes peut-on choisir quatre entiers distincts parmi $\{ 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 \}$ de telle sorte que leur somme soit paire ?

  Problème B
  Deux cercles, l'un de rayon 1 et l'autre de rayon 2, se rencontrent de telle sorte que le plus gros cercle passe par le centre du plus petit cercle. Trouvez la distance entre les deux points d'intersection des cercles.

• Solution (publié le 5 septembre)

  Problème A

  Problème A5 du concours Descartes de 1998 paru dans Crux (voir [2017:376]). On présente la solution de Kathleen E. Lewis publiée ici: [2018:369].

  uisqu'il y a quatre nombres impairs et trois nombres pairs, pour obtenir une somme paire on doit soit avoir quatre nombre impairs, soit avoir deux nombres impairs et deux nombres pairs. l n'y a qu'une seule faç con de choisir quatre nombres impairs. On peut choisir deux nombres impairs et deux nombres pairs de $\binom{4}{2}\cdot \binom{3}{2}=18$ façons.

  Il y a donc $19$ façons de choisir quatre nombres de telle sorte que leur somme soit paire.

  Note de l'éditeur : Tentez de résoudre le problème plus général suivant: de combien de façons peut-on choisir quatre entiers distincts dans l'ensemble $\{1,2,3,\ldots, n\}$ de telle sorte que leur somme soit paire ?

  Qu'en est-il si on choisit $k$ entiers distincts dans $\{1,2,3,\ldots, n\}$ pour un certain $k \leq n$ ?

  Problème B

  Problème CC203 paru dans Crux (voir [2016:4]) dont la solution a été publiée ici: [2017:9]. On présente une solution alternative produite par l'éditeur.

  

  Soit $M$ le point milieu de $AB$. Puisque le triangle $O_1AB$ est isocèle, on a $O_1M \perp AB$. De la même façon, $O_2M \perp AB$. Cela montre que $O_1,M,O_2$ sont colinéaires.

  Par le théorème de Pythagore appliqué à $\Delta O_1MA$ et $\Delta O_2MA$, on a

  \begin{align} O_2M^2+MA^2 &=O_2A^2=4 \,, \cr O_1M^2+MA^2 &=O_1A^2=1 \,. \cr \end{align}

  En utilisant $O_2M+O_1M=O_2O_1=2$ et en soustrayant les deux relations, on obtient \begin{align} 3 &=O_2M^2-O_1M^2=(O_2M-O_1M)(O_2M+O_1M) \cr &=2(O_2M-O_1M) \,. \cr \end{align} Cela donne $O_2M-O_1M=\frac{3}{2}$. Puisque $O_2M+O_1M=2$, on obtient $O_1M=\frac{1}{4}$. Ainsi \begin{align} MA^2=O_1A^2-O_1M^2=\frac{15}{16} \,. \cr \end{align} Alors \begin{align} AB=2MA=\frac{\sqrt{15}}{2} \,. \cr \end{align}

  Note de l'éditeur : Tentez de résoudre le problème analogue dans lequel les cercles ont des rayons $r$ et $R$.