Semaine 9

• Problème (publié le 31 octobre)

  L'aire d'un trapèze est de 2 cm$^2$ et la somme des longueurs de ses diagonales est de $4$ cm. Déterminez la hauteur du trapèze.

• Solution (publié le 7 novembre)

  Il s'agit du problème 4 de l'Olympiade mathématique de Géorgie 1997, apparu dans le Crux Mathematicorum [2000:193]. On donne la solution de Amengual Covas modifiée par l'éditeur pour publication dans le Crux Mathematicorum [2002:204-205].

  On débute en montrant que les diagonales sont égales et perpendiculaires en $O$.

  

  We first prove that the diagonals are equal and perpendicular at $O$.

  On a \begin{align} \mbox{Area} (ABD) &= \frac{1}{2} BD \cdot AO \cdot \sin(\angle AOB) \cr \mbox{Area} (CBD) &= \frac{1}{2} BD \cdot CO \cdot \sin(\angle COD) \cr 2=\mbox{Area} (ABCD) &= \frac{1}{2} BD \cdot AC \cdot \sin(\angle AOB) \cr \end{align}

  Posons $BD=x$. Alors $AC=4-x$ et donc $$4= x (4-x) \sin(\angle AOB) \leq x(4-x) =4x-x^2=4-(x-2)^2 \leq 4 \,.$$

  Ainsi, toutes les inégalités de la ligne précédente sont des égalités. Ceci implique que \begin{align} 4-(x-2)^2 &= 4 \qquad \mbox{and} \cr x (4-x) \sin(\angle AOB) &= x(4-x). \cr \end{align}

  La première égalité nous donne $x=2$ et donc $BD=x=2=4-x=AC$. La deuxième égalité nous donne $\angle AOB=90^\circ$ et donc $AC \perp BD$.

  Pour continuer, nous montrons que $AB=CD$ et donc que le trapèze est isocèle. Pour le voir, on trace les perpendiculaires au segment $BC$ passant par $A$ et $D$ et on les nomme respectivement $AA'$ et $DD'$.

  On a alors \begin{align} AC &=BD \cr AA' &= DD' \cr \angle AA'C & =\angle DD'B= 90^\circ \cr \end{align}

  Ceci implique que les triangles rectangles $AA'C$ et $DD'B$ sont congrus et donc que $A'C=BD'$. On en déduit que $$A'B=CD' \,.$$

  Les triangles rectangles $AA'B$ et $DD'C$ sont congrus puisque \begin{align} A'B &= D'C \cr AA' &= DD' \cr \angle AA'B & =\angle DD'C= 90^\circ \cr \end{align} et donc $AB=CD$.

  Comme $ABCD$ est un trapèze isocèle, on en déduit que $BOC$ est un triangle rectangle isocèle, et donc $\angle OCB=45^\circ$. On trouve alors $AA'=A'C$.

  Finalement, \begin{align} 2 &= \mbox{area}(ABCD) = \mbox{area}(ABA')+ \mbox{area}(AA'D'D)+ \mbox{area}(CDD') \cr &= \mbox{area}(AA'D'D)+ 2\mbox{area}(CDD') \cr &= AA' \cdot A'D'+ DD' \cdot D'C= AA'\cdot A'C \cr \end{align}

  Puisque $AA'=A'C$ on a que $A'A^2=2$ et donc $$AA'=\sqrt{2} \,.$$

Semaine 8

• Problème (publié le 24 octobre)

  Un triangle aigu $ABC$ est inscrit dans un cercle de centre $O$. La bissectrice de $\angle A$ croise le segment $BC$ en $D$. La perpendiculaire à $AO$ passant par $D$ croise la droite $AC$ en un point $P$ situé entre $A$ et $C$. Montrez que $AB=AP$.

• Solution (publié le 31 octobre)

  Il s'agit du problème 5 de l'Olympiade mathématique d'Italie de 1995, apparu dans le Crux Mathematicorum [1998:323-324]. On donne ici la solution de Pierre Bornsztein, publiée dans le Crux Mathematicorum [2000:79-80].

  

  Puisque $ABC$ est aigu, $O$ est située à l'intérieur de $ABC$. Puisque $P$ est sur le segment $AC$, $O$ est situé à l'intérieur de $ADC$.

  On notera $\angle A= \alpha, \angle B= \beta$ et $\angle C= \gamma$. On a ainsi \begin{align} \angle AOC &= 2 \beta \cr AO&=OC \cr \end{align} et donc $$\angle CAO = \frac{1}{2} ( 180^\circ -2 \beta) =90^\circ - \beta \,.$$

  Ceci nous donne $$\angle OAD = \frac{\alpha}{2}-\left(90^\circ - \beta \right)=\frac{\alpha}{2} +\beta -90^\circ \,.$$

  Nommons $I$ l'intersection de $AO$ et $PD$. Le triangle $\Delta AID$ est rectangle en $I$ et donc \begin{align} \angle PDA &=\angle IDA = 90^\circ - \angle OAD \cr &=180^\circ - \frac{\alpha}{2}-\beta \cr &=180^\circ - \angle DAB -\angle DBA =\angle ADB \,.\cr \end{align}

  Ainsi, nous avons \begin{align} \angle PDA &=\angle ADB \cr AD &=AD \cr \angle PAD &= \angle BAD \cr \end{align}

  Ceci nous montre que les triangles $\Delta PDA$ et $\Delta BDA$ sont congrus, et donc $PA=BA$.

Semaine 7

• Problème (publié le 17 octobre)

  Existe-t-il un nombre $q \in \mathbb N$ et un nombre premier $p \in \mathbb N$ tel que $$3^p+7^p = 2 \cdot 5^q?$$

• Solution (publié le 24 octobre)

  Il s'agit du problème 4 des Olympiades mathématiques Ukrainiennes de 11e année, apparu dans le Crux Mathematicorum [2006:217-218]. On donne la solution de Michel Bataille publiée dans le Crux Mathematicorum [2007:227-228].

  Il n'existe aucune paire $(p,q)$ qui répond aux conditions. Pour le démontrer, on procède par contradiction.

  Considérons qu'une telle paire $(p,q)$ existe. On vérifie rapidement que le cas $p=2$ est impossible. Ainsi, $p$ est impair et donc $$2 \cdot 5^q=3^p+7^p=10 \cdot (3^{p-1}-3^{p-2}\cdot 7+...-3 \cdot 5^{p-2}+7^{p-1}) \,.$$

  On en déduit que \begin{align} 3^{p-1}-3^{p-2}\cdot 7+...-3 \cdot 7^{p-2}+7^{p-1}&=5^{q-1} \tag{1}\cr \end{align}

  Quelques calculs nous confirment que $q=1$ ne satisfait pas aux conditions initiales, donc $5^{q-1} \equiv 0 \pmod{5}$. En utilisant le fait que $3\equiv -2 \pmod{5}$, que $7\equiv 2 \pmod{5}$, et que $p$ est impair dans (1), on trouve $$2^{p-1}+2^{p-1}+...+2^{p-1}=p2^{p-1} \equiv 0 \pmod{5} \,.$$

  Ceci implique que $p=5$ et donc que $$2 \cdot 5^2 \cdot 341=3^5+7^5 = 2 \cdot 5^q \,,$$ ce qui est une contradiction.

Semaine 6

• Problème (publié le 10 octobre)

  Le problème de cette semaine implique 2 polynômes.

  Soit $P(X)$ et $Q(X)$ deux polynômes à coefficients entiers. Si $\frac{P(n)}{Q(n)}$ est entier pour tout entier $n$, montrez qu'il existe un polynôme $S(X)$ à coefficients rationnels tel que $P(X)=Q(X)S(X)$.

• Solution (publié le 17 octobre)

  Il s'agit du problème 5 de la partie B du «Alberta High School Math Competition 1995» On présente la solution officielle.

  En divisant $P(X)$ par $Q(X)$, on obtient le quotient $S(X)$ et le reste $R(X)$. Autrement dit, $$P(X)=Q(X)S(X)+R(X) \,,$$ où $\deg(R(X)) < \deg(Q(X))$. Ainsi,~: \begin{align} \frac{P(X)}{Q(X)}&= S(X)+ \frac{R(X)}{Q(X)} \,.\tag{1}\cr \end{align}

  Puisque $P(X)$ et $Q(X)$ ont tous deux des coefficients entiers, $S(X)$ doit avoir des coefficients rationnels. Pour compléter la démonstration, on doit montrer que $R(X)=0$.

  On peut écrire $$S(X)=\frac{1}{m} T(X) \,,$$ pour un certain entier $m > 0$ et un certain polynôme à coefficients entiers. En combinant l'hypothèse avec (1), on obtient que pour tous les entiers $n$, on a $$m \frac{R(n)}{Q(n)} = m\frac{P(n)}{Q(n)}-T(n) \in \mathbb Z \,.$$

  Puisque $\deg(Q(x)) > \deg(R(x))$, pour une valeur $x$ assez grande on a $$\left| m \frac{R(x)}{Q(x)} \right| < 1 \,.$$

  Ainsi, pour tous les entiers $n$ assez grands, on sait que $\left| m \frac{R(n)}{Q(n)} \right|=0$ et donc que $R(n)=0$. Ceci montre que $R$ a une infinité de racines et donc que $R=0$.

  Note de l'éditeur~: Remarquons qu'on ne peut pas conclure que $S(x)$ a des coefficients entiers. Par exemple, si $P(X)=X^2+X$ et $Q(X)=2$ alors $\frac{P(n)}{Q(n)}=\frac{n(n+1)}{2}$ est un entier pour tous les entiers $n$ mais $S(X)=\frac{1}{2}X^2+\frac{1}{2}$.

  Pólya a démontré qu'un polynôme $P(X)$ prend des valeurs entières à toutes les valeurs entières si et seulement s'il existe un $n$ et des entiers $a_0,..,a_n$ tel que \begin{align} P(X)&= a_n \frac{X(X-1)...(X-n+1)}{n!}+a_{n-1} \frac{X(X-1)+...+(X-n+2)}{(n-1)!}+...\cr &+a_{2} \frac{X(X-1)}{2!}+a_1X+a_0 \,.\cr \end{align}

  Êtes-vous en mesure de démontrer ce résultat?

Semaine 5

• Problème (publié le 3 octobre)

  La suite $a_n$ est définie par $a_1=1$ et par la relation suivante valide pour $n \geq 1$ : $$ a_{n+1}=\frac{a_n}{1+n a_n} \,. $$

  Déterminez la valeur de $a_{1996}$.

• Solution (publié le 10 octobre)

  Il s'agit du problème 5 de l'édition 1999 du Íslenzka Staerŏfræŏikeppni Framhaldsskólanema, apparu dans le Crux Mathematicorum [2001:232-233]. On donne la solution de Michel Bataille, publiée dans le Crux Mathematicorum [2003:304].

  On remarque que $a_n >0$ pour tous les $n$. Donc pour tout $n$ nous avons $$ \frac{1}{a_{n+1}}=\frac{1}{a_n}+n \,. $$

  Ainsi, $$ \begin{align} \frac{1}{a_{1996}}-1 &= \frac{1}{a_{1996}}-\frac{1}{a_1}= \sum_{k=1}^{1995} \left( \frac{1}{a_{k+1}}-\frac{1}{a_k} \right) \cr &= \sum_{k=1}^{1995} k =\frac{1995 \cdot 1996}{2} =1991010. \cr \end{align} $$

  Conséquemment, $$a_{1996}=\frac{1}{1991011} \,.$$

Semaine 4

• Problème (publié le 26 septembre)

  Trouvez tous les polynômes $P(X)$ qui satisfont $$(X-16)P(2X)=16(X-1)P(X).$$

• Solution (publié le 3 octobre)

  Il s'agit du problème 3 de la 10e édition de l'Olympiade mathématique d'Irlande (1997) qui est apparu dans le Crux Mathematicorum [2001:6-8]. La solution a été publiée dans le Crux Mathematicorum [2003:96]. Voici une solution alternative de celle déjà publiée.

  En posant $X=16$ dans l'équation, on obtient $P(16)=0$ et ainsi, on peut écrire $P(X)=(X-16)P_1(X)$ pour un certain polynôme $P_1(X)$. La relation devient alors $$(X-8)P_1(2X)=8(X-1)P_1(X) \,.$$

  En posant $X=8$, on obtient $P_1(8)=0$ et ainsi on peut écrire $P_1(X)=(X-8)P_2(X)$ pour un certain polynôme $P_2(X)$. La relation devient ensuite $$(X-4)P_2(2X)=4(X-1)P_2(X) \,.$$

  En posant $X=4$, on obtient $P_2(4)=0$ et ainsi on peut écrire $P_2(X)=(X-4)P_3(X)$ pour un certain polynôme $P_3(X)$. La relation devient $$(X-2)P_3(2X)=2(X-1)P_3(X) \,.$$

  En posant $X=2$, on obtient $P_3(2)=0$ et ainsi on peut écrire $P_3(X)=(X-2)P_4(X)$ pour un certain polynôme $P_4(X)$. La relation devient $$P_4(2X)=P_4(X) \,.$$

  On trouve alors que $P_4(1)=P_4(2)=P_4(4)=P_4(8)=...=P_4(2^n)=..$. Le seul choix est donc que $P_4(X)=a$ pour une certaine constante $a$.

  Réponse : $P(X)=a(X-16)(X-8)(X-4)(X-2)$.

Semaine 3

• Problème (publié le 19 septembre)

  Cette semaine, le problème porte sur un point à l'intérieur d'un carré.

  Un point $E$ situé dans un carré $ABCD$ est tel que $AE=5, BE=2\sqrt{2}$ et $CE=3$. Déterminez l'aire du carré $ABCD$.

• Solution (publié le 26 septembre)

  Il s'agit du problème 3 de la partie B du «Alberta High School Math Competition 2002». On présente la solution du participant Keith Chung.

  On trace les perpendiculaires $EF$ et $EG$ de $E$ vers les côtés $AB$ et $AC$ respectivement.

  

  Posons $$ \begin{align} EF & = x \cr EG & =y \cr AB & =s. \end{align} $$

  Ainsi, $$ \begin{align} x^2+y^2&=8 \tag{1}\cr (s-x)^2+y^2&=9 \tag{2}\cr x^2+(s-y)^2&=25 \tag{3} \end{align} $$

  À partir de (1) et (2), on obtient $s^2-2sx=1$ et donc $$x=\frac{s^2-1}{2s}.$$

  À partir de (1) et (3), on obtient $s^2-2sy=17$ et donc $$x=\frac{s^2-17}{2s}.$$

  En substituant dans (1) on trouve $$(s^2-1)^2+(s^2-17)^2=32s^2,$$ qui peut être réécrite sous la forme $$(s^2-5)(s^2-29)=0.$$

  Puisque $E$ est à l'intérieur de $ABCD$ et que $AE=5$, il est impossible que $s=\sqrt{5}$. Donc $s^2=29$ et l'aire recherchée est 29.

Semaine 2

• Problème (publié le 12 septembre)

  Cette semaine, on s'intéresse à une équation aux racines entières.

  Trouvez tous les nombres rationnels $r$ pour lesquels toutes les solutions à l'équation $$ rx^2+(r+1)x+r-1=0 $$ sont entières.

• Solution (publié le 19 septembre)

  Il s'agit du Problème 5 de la ronde finale de la $21^{\mbox{e}}$ Olympiade mathématique Autrichienne, 1990, publiée dans le Crux Mathematicorum [1992:100]. On présente les solutions semblables de Joseph Ling, Pavlos Maragoudakis et Michael Selby, apparues dans l'édition [1993:138].

  Si $r=0$, alors l'équation devient $x-1=0$, donc $x=1$. Ainsi $r=0$ est une solution.

  Si $r \neq 0$, posons alors $x_1 \leq x_2$ les solutions à l'équation quadratique. Alors $$ \begin{align} x_1+x_2 &= -\frac{r+1}{r}=-1-\frac{1}{r} \cr x_1x_2 &= \frac{r-1}{r}=1-\frac{1}{r} \,. \end{align} $$

  Ainsi $$ \begin{align} x_1x_2-(x_1+x_2) &= 2 \cr (x_1-1)(x_2-1) &= 3 \,. \end{align} $$

  Si $x_1 \leq x_2$ sont des entiers, on a soit $x_1=2, x_2=4$ ou $x_1=-2, x_2=0$.

  Dans le premier cas, on obtient $r=-\frac{1}{7}$ tandis que dans le second, $r=1$.

  Réponse : $r \in \{ -\frac{1}{7}, 0, 1 \}$.

Semaine 1

• Problème (publié le 5 septembre)

  Nous débutons avec deux problèmes d'introduction cette semaine.

  Problème A
  Démontrez que le nombre $$ \underbrace{111...111}_{1997}\underbrace{222...222}_{1998}5 $$ est un carré parfait.

  Problème B
  Dans la figure, $ABCD$ est un rectangle avec $AD=1$. Les segments $BF$ et $DE$ sont tous deux perpendiculaires à la diagonale $AC$. De plus, $AE=EF=FC$. Déterminez la mesure de $AB$.

  

• Solution (publié le 12 septembre)

  Problème A

  Il s'agit du problème 1 de la 2^e Olympiade mathématique junior Balkane (1998) qui est apparu dans le «Skoliad Corner» du Crux Mathematicorum [2002:522]. On donne la solution officielle présentée dans l'édition [2003:262].

  $$ \begin{align} \underbrace{111...111}_{1997}\underbrace{222...222}_{1998}5 &=\underbrace{111...111}_{1997}\underbrace{000...000}_{1999}+2\cdot \underbrace{111...111}_{1998}0+5 \cr & = \frac{10^{1997}-1}{9}\cdot10^{1999}+2 \cdot \frac{10^{1998}-1}{9}\cdot10+5\cr & =\frac{1}{9} \left(10^{3996}-10^{1999}+2\cdot10^{1999}-20+45 \right) \cr & =\frac{1}{9} \left(10^{3996}+\cdot10^{1999}+25 \right) \cr & =\frac{1}{9} \left(10^{3996}+2 \cdot 5 \cdot10^{1998}+5^2 \right) \cr & =\frac{1}{9} \left(10^{1998}+5 \right)^2 =\left(\frac{10^{1998}+5}{3}\right)^2=\left(\frac{10^{1998}-1}{3}+2\right)^2 \cr &=\left( \underbrace{333...333}_{1998}+2 \right)^2 \end{align} $$

  Problème B

  Il s'agit du problème 10 de la finale junior du «British Columbia Secondary School Mathematics Contest» de 2008, apparu dans le «Skoliad Corner» du Crux Mathematicorum [2008:321-324]. Nous présentons la solution de Jixuan Wang qui a été publiée dans l'édition [2009:269].

  Soit $x$ la mesure commune de $AE, EF$ et $FC$. Alors $EC=2x$.

  Par le théorème de Pythagore, $AE^2+DE^2=AD^2$ et donc $$DE=\sqrt{1-x^2} \,.$$

  Remarquons que $$\angle ECD =90^\circ -\angle EDC =\angle ADE \,,$$ ainsi $$\Delta DEA \sim \Delta CED \,.$$

  On obtient alors $$ \begin{align} \frac{EA}{DE} &=\frac{ED}{CE} \qquad \Rightarrow \cr \frac{x}{\sqrt{1-x^2}} &= \frac{\sqrt{1-x^2}}{2x} \qquad \Rightarrow \cr 2x^2&=1-x^2 \qquad \Rightarrow \cr x&=\frac{1}{\sqrt{3}} \end{align} $$

  Ainsi, $AC=3x =\sqrt{3}$ et par le théorème de Pythagore avec $\Delta ABC$ on obtient $$AB= \sqrt{2} \,.$$