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Semaine 9

• Problème (publié le 29 octobre)

  Dans un triangle $\Delta ABC$ nous notons les côtés de la façon suivante: $AB=c, AC=b, BC=a$. Soit $D$ le point sur le côté $BC$ tel que $AD$ est la bissectrice de l'angle $\angle BAC$. Soit $E$ la réflexion $D$ par rapport au point milieu $M$ du segment $BC$ et soit $F$ le point sur le segment $BC$, tel que $\angle BAF =\angle EAC$. Montrer que $$ \frac{BF}{FC}=\frac{c^3}{b^3} \,. $$

• Solution (publié le 5 novembre)

  Problème 4 de la $30^e$ Olympiade Mathématique Espagnole, Première Manche, 1993, paru dans Crux Mathematicorum [1998: 69]. Nous présentons la solution de Toshio Seimiya, telle que présentée dans [1999: 201-203].

  Note: Une solution vidéo (en anglais) est aussi disponible.

  Soit $T$ le point sur $AF$ tel que $BT \parallel AC$ et soit $S$ le point sur $AE$ tel que $CS \parallel AB$.

  

  Nous avons \begin{align} \angle ABT&+\angle BAC=180^\circ \cr \angle ACS&+\angle BAC=180^\circ \,. \end{align} Ainsi, $\angle ABT = \angle ACS$ et $\angle BAT =\angle CAS$, ce qui montre que $\Delta BAT \sim \Delta CAS$. Ceci nous donne que \begin{equation}\tag{1} \frac{AT}{AS}=\frac{BT}{CS}=\frac{c}{b} \,. \end{equation} Comme $BT \parallel AC$ nous avons que $\Delta BFT \sim \Delta CFA$ et, par conséquent, \begin{equation}\tag{2} \frac{BF}{FC}=\frac{FT}{AF}=\frac{BT}{b} \,. \end{equation}

  De façon semblable, $CS \parallel AB$ implique que $\Delta ABE \sim \Delta CSE$, ce qui implique que \begin{equation}\tag{3} \frac{BE}{CE}=\frac{AE}{SE}=\frac{c}{CS} \,. \end{equation}

  Comme $E$ est la réflexion de $D$ par rapport à $M$ nous avons $EC=BD$ et $BE=CD$. Ainsi, $$ \frac{BE}{EC}=\frac{DC}{DB} \,. $$

  Finalement, comme $AD$ est la bissectrice de l'angle $\angle BAC$, le théorème de la bissectrice (Bissector Theorem) nous donne que \begin{equation}\tag{4} \frac{DC}{DB}=\frac{b}{c} \,. \end{equation}

  En combinant l'équation (3) et l'équation (4), nous obtenons $$ \frac{c}{CS}=\frac{b}{c} \Rightarrow CS=\frac{c^2}{b} \,. $$ Alors, par l'équation (1), nous obtenons $$ BT=\frac{c^3}{b^2} \,. $$

  Finalement, l'équation (2) nous donne $$ \frac{BF}{FC}=\frac{BT}{b}=\frac{c^3}{b^3} \,. $$ ∎

Semaine 8

• Problème (publié le 22 octobre)

  Soit $a_1,a_2,..., a_n, b_1, b_2,...b_n$, $2n$ nombres réels tels que $a_1,a_2,..., a_n$ sont distincts. S'il existe un nombre réel $\alpha$ tel que pour tout $1 \leq j \leq n$ nous avons $$ (a_j+b_1)\cdot(a_j+b_2) \cdot \ldots \cdot (a_j+b_n) =\alpha \,, $$ montrer qu'il existe également un nombre $\beta$ tel que pour tout $1 \leq k\leq n$ nous avons $$ (a_1+b_k)\cdot(a_2+b_k) \cdot \ldots \cdot (a_n+b_k) =\beta \,. $$

• Solution (publié le 29 octobre)

  Problème 2 du Deuxième Questionnaire de la Sixième Olympiade Mathematique Irlandaise, paru dans Crux Mathematicorum [1995: 152]. Nous présentons la solution de Michael Selby, telle que présentée dans [1997: 141-142].

  Note: Une solution vidéo (en anglais) est aussi disponible.

  On pose $$ P(X)=(X+b_1)\cdot(X+b_2)\cdot \dots \cdot (X+b_n) -\alpha\,. $$ De cette façon, $P(a_1)=P(a_2)=...=P(a_n)=0$. Ainsi, comme $a_1,a_2,...,a_n$ sont distincts, par le théorème de Factorisation (Factor Theorem), nous avons $$ P(X)=(X-a_1)\cdot(X-a_2) \cdot \dots \cdot (X-a_n) \,. $$ Ce qui donne \begin{equation}\tag{1} (X+b_1)\cdot(X+b_2)\cdot \dots \cdot (X+b_n) -\alpha=(X-a_1)\cdot(X-a_2) \cdot \dots \cdot (X-a_n) \,. \end{equation} Maintenant, pour tout $1 \leq k \leq n$, substituons $X=-b_k$ dans l'équation (1), ce qui donne $$ 0-\alpha=(-1)^{n} (a_1+b_k)\cdot(a_2+b_k) \cdot \dots \cdot (a_n+b_k) \,. $$ Ainsi, pour tout $1 \leq k \leq n$ nous avons $$ (a_1+b_k)\cdot(a_2+b_k) \cdot \dots \cdot (a_n+b_k) = (-1)^{n+1} \alpha \,. $$ Le nombre $\beta=(-1)^{n+1} \alpha$ respecte la contrainte et c'est ce que nous recherchions.

Semaine 7

• Problème (publié le 15 octobre)

  Un triangle équilatéral de côté $6$ est divisé en $36$ petits triangles équilatéraux de côté $1$. Nous construisons des morceaux de type $A$, formés de deux triangles équilatéraux de côté $1$ et des morceaux de type $B$, formés de trois triangles équilatéraux de côté 1. Ceux-ci sont illustrés sur la figure ci-dessous. On recouvre le grand triangle avec $m$ morceaux de type $A$ et $n$ morceaux de type $B$, sans superposition et sans espace vide. Déterminer toutes les valeurs possibles de $m$.

  

• Solution (publié le 22 octobre)

  Problème 2 de l'Olimpiada Nacional Escolar de Matematica 2009, Niveau 2, paru dans Crux Mathematicorum [2010: 373]. Nous présentons la solution de Chip Curtis, telle que présentée dans [2011: 425-426], modifiée par l'éditeur.

  Note: Une solution vidéo (en anglais) est aussi disponible.

  Comme chaque morceau de type $A$ couvre deux triangles et que chaque morceau de type $B$ en couvre trois, nous avons que $$ 2m+ 3n = 36 \,. $$ Ce qui nous donne les valeurs de $m$ suivantes $$ m \in \{ 0, 3, 6, 9, 12, 15, 18 \} \,. $$ Nous montrons que les valeurs de $m = 0, 3, 6, 9$ sont possibles et que les valeurs de $m = 12, 15, 18$ sont impossibles.

  Les figures suivantes montrent que les valeurs de $m=0,3,6,9$ sont possibles.

  

  

  Pour montrer que les valeurs de $m = 12, 15, 18$ sont impossibles, nous colorons les petits triangles de la figure de deux couleurs différentes en alternance, tel qu'illustré ci-dessous.

  

  Remarquons que les morceaux de type $A$ couvrent exactement un triangle blanc et un triangle gris. Ceux de type $B$ couvrent soit deux triangles blancs et un gris, soit deux triangles gris et un blanc.

  Comme il y a $6$ triangles gris de plus que de triangles blancs, nous devons utiliser au moins $6$ morceaux de type $B$. Ainsi, nous avons que $n \geq 6$. Donc $$ m=\frac{36-3n}{2} \leq \frac{36-18}{2} =9 \,. $$

  Ce qui montre que les valeurs de $m = 12, 15, 18$ sont impossibles et que $$ m \in \{ 0, 3, 6, 9 \} \,. $$

Semaine 6

• Problème (publié le 8 octobre)

  Trouver toutes les fonctions $f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ respectant la propriété suivante pour tout $x,y \in \mathbb{R}$: \begin{equation}\tag{1} f(xf(x)+f(y)) = (f(x))^2 + y. \end{equation}

• Solution (publié le 15 octobre)
  Note: Une solution vidéo (en anglais) est aussi disponible.

  Problème 1 de la 17e Olympiade Mathématique des Balkans, paru dans Crux Mathematicorum [2004: 84]. Nous présentons la solution de José Luis Díaz-Barrero, telle que rédigée dans [2005: 523-524].

  Il est facile de voir que la fonction $f(x)=x$ pour tout $x \in \mathbb{R}$ et que la fonction $f(x)=-x$ pour tout $x \in \mathbb{R}$ satisfont l'équation (1). Nous allons montrer que ce sont les seules solutions.

  Posons $a=f(0)$. En fixant $x=0$ dans l'équation (1) nous obtenons \begin{equation}\tag{2} f(f(y))=y+a^2 \,. \end{equation} Prenons $b=f(-a^2)$. Alors $f(b)=f(f(-a^2))=-a^2+a^2=0$.

  En fixant $x=b$ dans l'équation (1) nous obtenons \begin{equation}\tag{3} f(f(y))=y \,. \end{equation} En combinant l'équation (2) et l'équation (3), nous obtenons $a=0$, ce qui implique que $f(0)=0$. En fixant $y=0$ dans (1) nous obtenons \begin{equation}\tag{4} f(xf(x))=\left( f(x) \right)^2 \,. \end{equation}

  Maintenant, prenons $t \in \mathbb R$ un nombre arbitraire. En fixant $x=f(t)$ dans l'équation (4) et en utilisant le fait que, par l'équation (3) nous avons $f(x)=t$ nous obtenons \begin{equation}\tag{5} f(tf(t))=\left( f(f(t)) \right)^2=t^2 \,. \end{equation}

  Ainsi, pour tout $x \in \mathbb R$ nous avons, par l'équation (4) et l'équation (5), que \begin{equation}\tag{6} x^2=f(xf(x))=(f(x))^2 \,. \end{equation}

  Cela nous donne $f(x)=\pm x$ pour tout $x \in \mathbb{R}$. Alors, pour tout $x \in \mathbb{R}$ nous avons seulement $f(x)=x$ ou $f(x)=-x$. Pour compléter la solution, il faut montrer que le signe reste le même pour tout $x$.

  Supposons, afin d'obtenir une contradiction, qu'il existe deux nombres non-nuls $\alpha, \beta$ tels que $f(\alpha)=\alpha$ et $f(\beta)=-\beta$. Alors, en fixant $x=\alpha, y=\beta$ dans (1) nous obtenons $$ f \left(\alpha^2-\beta \right)= \alpha^2+\beta \,, $$ qui implique, par l'équation (6), que $$ \left(\alpha^2-\beta \right)^2=\left(\alpha^2+\beta \right)^2 \,. $$ En développant, nous obtenons $\alpha^2 \beta=0$ ce qui contredit le fait que $\alpha, \beta$ sont tous deux différents de $0$.

  Comme nous avons obtenu une contradiction, notre hypothèse était fausse. Par conséquent, les seules solutions sont la fonction $f(x)=x$ pour tout $x \in \mathbb{R}$ et la fonction $f(x)=-x$ pour tout $x\in \mathbb{R}$.

  Note de l'éditeur: Ce problème est similaire au Problème de la semaine 4 du COMC 2014, voir https://docm.math.ca/2014/potw.html.

Semaine 5

• Problème (publié le 1 octobre)

  Déterminer tous les triplets $(x,y,z)$ constitués d'entiers naturels qui satisfont l'équation $$ \frac{1}{x}+\frac{2}{y}-\frac{3}{z}=1\,. $$

• Solution (publié le 8 octobre)

  Problème 3 de la $26^e$ Olympiade Mathématique Belge, paru dans Crux Mathematicorum [2004: 268]. Nous présentons la solution de Pierre Bornsztein, telle que rédigée dans [2006: 153].

  Note: Une solution vidéo (en anglais) est aussi disponible.

  Soit $(x,y,z)$ une éventuelle solution du problème. Alors $$ yz+2xz=3xy+xyz \,. \tag{1} $$ Supposons que $x \geq 3$ et $y \geq 3$. Nous pouvons donc affirmer que $3(x-1)>2x$ et que $3xy >0$. Ce qui nous permet d'écrire: \begin{align} 3xy+xyz \geq xyz &= yz + (x-1)yz \cr &= yz + 3(x-1)z \cr &> yz + 2xz \,, \end{align} ce qui contredit l'équation (1). Nous obtenons donc $x <3$ ou $y<3$. Ce qui nous permet de procéder par cas:

  • Supposons d'abord que $y \geq 3$. Alors $x=1$ ou $x=2$.

    Si $x=2$, on veut résoudre $$ yz+4z=6y+2yz \Rightarrow yz+6y-4z=0 \Rightarrow (y-4)(z+6)=-24 \,. $$ Or, $y-4 \geq -1$ et $z+6 \geq 7$, donc $y-4=-1$ et $z+6=24$. Cela conduit au triplet suivant: $$ (x,y,z)=(2,3,18) \,. $$ qui est effectivement une solution.

    Si $x=1$, on veut résoudre $$ yz+2z=3y+yz \Rightarrow 3y= 2z $$ ce qui conduit directement à $$ (x,y,z)=(1,2a,3a) \,, $$ où $a \geq 2$ est un entier (car $y \geq 3$).

    Encore une fois, on vérifie facilement qui ces triplets sont bien solutions.

  • Si $y=2$, l'équation (1) devient $$ 2z+2xz=6x+2xz \Rightarrow z=3x \,, $$ ce qui conduit directement à $$ (x,y,z)=(b,2,3b) \,, $$ où $b \geq 1$ est un entier. Notons que l'on récupère le cas où $a=1$ pour les triplets de la section précédente.
  • Si $y=1$ l'équation (1) devient $$ z+2xz=3x+xz\Rightarrow xz-3x+z=0 \Rightarrow (x+1)(z-3)=-3 \,, $$ avec $x+1 \geq 2$. Cela conduit à $x+1=3, z-3=-1$, c'est à dire $$ (x,y,z)=(2,1,2) \,. $$ On vérifie également que le triplet $(2,1,2)$ est une solution.

    Finalement, les solutions sont les triplets de la forme $(1, 2a, 3a), (a, 2, 3a)$ où $a>0$ est un entier, ainsi que les deux triplets suivants: $(2,1,2)$ et $ (2,3,18)$.

Semaine 4

• Problème (publié le 24 septembre)

  Étant donné que $$\left(x+\sqrt{x^2+1}\right)\left(y+\sqrt{y^2+1}\right)=1.$$ Montrer que $x+y = 0$.

• Solution (publié le 1 octobre)

  Problème 2 de la $31^e$ Olympiade Mathématique Espagnole, Premier Tour, paru dans Crux Mathematicorum [1998: 453]. Nous présentons la solution de Mohammed Aassila, telle que présentée dans [2000: 142], modifiée par l'éditeur.

  Note: Une solution vidéo (en anglais) est aussi disponible.

  Posons $z=x+\sqrt{x^2+1}$. Alors, $z>0$ et $$ \frac{1}{z}=\frac{\sqrt{x^2+1}-x}{x^2+1-x^2}=\sqrt{x^2+1}+x-2x=z-2x \,, $$ que l'on peut réécrire comme $$ x=\frac{z^2-1}{2z} \,. $$ De même, \begin{align} z(y+\sqrt{y^2+1})&=1 \qquad \Rightarrow \cr y+\sqrt{y^2+1}&=\frac{1}{z} \qquad \Rightarrow \cr z=\frac{\sqrt{y^2+1}-y}{y^2+1-y^2}&=\sqrt{y^2+1}+y-2y=\frac{1}{z}-2y \Rightarrow \cr y&=\frac{1-z^2}{2z} \,. \end{align} En combinant les deux parties, nous obtenons $$ x+y= \frac{z^2-1}{2z} + \frac{1-z^2}{2z} =0 \,. $$

  ∎

  Notes de l'éditeur: Si vous êtes familiers avec les logarithmes et les fonctions hyperboliques inverses, vous aimerez probablement la solution de Michel Battaille: En prenant les logarithmes et en utilisant le fait que $\sinh^{-1}(x)=\ln\left(x+\sqrt{x^2+1}\right)$ l'équation devient $$ \sinh^{-1}(x)+\sinh^{-1}(y) =0 \,. $$ Comme $\sinh^{-1}(x)$ est une fonction impaire et bijective, nous obtenons $$ \sinh^{-1}(x)=\sinh^{-1}(-y) \Rightarrow x=-y \,. $$

Semaine 3

• Problème (publié le 17 septembre)

  Nous définissons la suite $a_1, a_2 , a_3 , \dots$ de la façon suivante

  $ a_1$	$=a_2=1003$
  $a_{n+1}$	$=a_n-a_{n-1} \qquad$ for all $n \geq 2 \,.$

  Calculer la somme des 2006 premiers termes de la suite.

• Solution (publié le 24 septembre)

  Problème 3 de l'Olympiade mathématique de l'Asociación Venezolana de Competencias Matemáticas, 2006, paru dans Crux Mathematicorum [2009:380]. Nous présentons la solution d'Oliver Geupel, telle que rédigée dans [2011:278].

  Note: Une solution vidéo (en anglais) est aussi disponible.

  Nous avons

  $a_3$	$=a_2-a_1=0 $
  $a_4$	$=a_3-a_2=-1003 $
  $a_5$	$=a_4-a_3=-1003 $
  $a_6$	$=a_5-a_4=0 $
  $a_7$	$=a_6-a_5=1003=a_1 $
  $a_8$	$=a_7-a_6=1003=a_2 $

  Il suit de ceci que la suite est cyclique de période $6$. De plus, la some de 6 termes consécutifs est 0.

  Ainsi, comme $2004=6 \cdot 334$ nous obtenons

  $\displaystyle\sum_{k=1}^{2006}a_k $	$\displaystyle = a_1+a_2 + \sum_{j=0}^{333} \left( a_{6j+3}+a_{6j+4}+a_{6j+5}+a_{6j+6}+a_{6j+7}+a_{6j+8} \right)$
  	$=a_1+a_2$
  	$=2006 \,.$ ∎

Semaine 2

• Problème (publié le 10 septembre)

  Combien de sous-ensembles de trois éléments peut-on former à partir de l'ensemble $\{ 1 , 2 , 3, \dots , 20 \}$ de sorte que $4$ divise le produit des trois nombres du sous-ensemble?

• Solution (publié le 17 septembre)

  Problem 1 du Concours de Mathématique Islandais 2004-05, paru dans Crux Mathematicorum [2008:285]. Nous présentons la solution de John G. McLoughlin telle que rédigée dans [2009:386].

  Note: Une solution vidéo (en anglais) est aussi disponible.

  Il y a $\binom{20}{3}=1140$ sous-ensembles de trois éléments au total. Nous comptons combien ne répondent pas aux critères du problème.

  Premièrement, remarquons que les seuls sous-ensembles qui ne répondent pas aux critères sont les suivants:

  • tous les éléments sont impairs.
  • deux éléments sont impairs et le troisième est pair, mais n'est pas un multiple de $4$.

  Dans le premier cas, il y a $\binom{10}{3}=120$ sous-ensembles ne comportant que des nombres impairs.

  Dans le second cas, il y a $\binom{10}{2}\binom{5}{1}=225$ comportant deux nombres impairs et un nombre pair qui n'est pas un multiple de $4$.

  Ainsi, il y a au total $$ 1140-120-225=795 $$ tels sous-ensembles. ∎

Semaine 1

• Problème (publié le 3 septembre)

  Cette semaine, nous donnons deux problèmes plus accessibles.

  Problème A
  Soit $x$ un entier de la forme $$ x=\underbrace{111\dots11}_{n \mbox{ fois }} $$ Montrer que si $x$ est premier, alors $n$ est aussi premier.

  Problème B
  Étant donné un rectangle de côtés $a$ et $b$, tel qu $a>b$, on effectue un pli le long de la diagonale. Déterminer l'aire de la région triangulaire délimitée par la superposition des deux moitiés du rectangle (la région ombragée sur l'image).

  

• Solution (publié le 10 septembre)

  Problème A

  Problème 7 de l'Olympiade Mathématique Chilienne 1994-95, paru dans Crux Mathematicorum [2001: 170]. Nous présentons la solution de Christopher J. Bradley telle que rédigée dans [2003: 294].

  Note: Une solution vidéo (en anglais) est aussi disponible.

  Remarquons que $$ 9x=\underbrace{999\dots 99}_{n \mbox{ fois }}=10^n-1 \,. $$ Alors, $$ x=\frac{10^n-1}{9} \,. $$ Pour obtenir une contradiction, nous supposons que $n$ est composé, $n = n_1n_2$ avec $n_1, n_2>1$. Ainsi $$ x=\frac{10^n-1}{9}=\frac{10^{n_1}-1}{9} \left(1+10^{n_1}+10^{2n_1}+\dots+10^{n_1(n_2-1)} \right)\,. $$ Comme $\frac{10^{n_1}-1}{9}$ est un entier plus grand que $1$ et $1+10^{n_1}+10^{2n_1}+\dots+10^{n_1(n_2-1)}>1$ nous obtenons que $x$ est composé, une contradiction.

  Comme nous avons obtenu une contradiction, notre hypothèse que $n$ est composé est fausse.

  Alors, $n$ n'est pas composé et $n\neq 1$ (car $x=1$ n'est pas premier), ce qui prouve que $n$ est premier. ∎

  Note de l'éditeur: Les premiers de cette forme sont parfois appelés « premiers répunits », une francisation du terme anglais repunit pour répétition de l'unité. Jusqu'à présent, 5 premiers répunits ont été découverts, à savoir des valeurs de $x$ pour $n \in \{ 2, 19, 23, 317, 1031 \}$. Les valeurs de $x$ pour $n \in \{ 49081, 86453, 109297, 270343\}$ sont également soupçonnées d'être des premiers.

  Problème B

  Problème 1 du XV Gara Nazionale di Matematica 1999, paru dans Crux Mathematicorum [2002:481] . Nous présentons la solution de Bob Serkey telle que rédigée dans [2005:37].

  Note: Une solution vidéo (en anglais) est aussi disponible.

  

  Soit $E$ l'intersection de $BC$ et $AD$, et posons $x=BE$.

  Remarquons que $\Delta AEB$ et $\Delta CED$ ont $CD=AB$ et $\angle AEB = \angle CED$. Par conséquent, ce sont des triangles congruents. Donc, nous avons que $$ DE=BE=x \,. $$ Ce qui implique aussi que $$ AE=CE=a-x \,. $$ Par le théorème de Pythagore, nous obtenons que $$ (a-x)^2+b^2=x^2 \, \Rightarrow \, x=\frac{a^2+b^2}{2a} \,. $$ Dans le triangle $\Delta BED$, $DC=b$ est la hauteur associée au côté $BE=x$. Alors $$ \mbox{Aire} (BED)=\frac{bx}{2}= \frac{b}{4a} \left(a^2+b^2 \right) \,. $$

  ∎