Solutions du TEST DE S´ELECTION Stage olympique de Grésillon

Association pour l’animation mathématique
Institut Henri Poincaré, 11 rue Pierre et Marie Curie,
75231 Paris cedex 05
Courriel : [email protected]
Page web : www.animath.fr
Solutions du
TEST DE SÉLECTION
du 5 juin 2008
Stage olympique de Grésillon
18 – 27 août 2008
Exercice 1. Soient A, B, C, M et N cinq points distincts du plan, vérifiant
AM 2 − AN 2 = BM 2 − BN 2 = CM 2 − CN 2 .
Montrer que A, B et C sont alignés.
Solution. Il existe de nombreuses manières de résoudre ce problème. Pour ceux qui
connaissent le produit scalaire, la méthode classique consiste à écrire
−−→ −−→ −−→ −−→
−
→ −−→
AM 2 − AN 2 = (AM + AN )(AM − AN ) = 2AI · N M
−
→ −−→
−→ −−→
en appelant I le milieu de [N M ]. On a donc AI · N M = BI · N M d’où l’on déduit
−
→
−→
non pas que AI = BI (« diviser par un vecteur » est une erreur à ne pas faire) mais
−
→ −→ −−→
que (AI − BI)N M = 0, ce qui signifie que (AB) est perpendiculaire à (N M ). On prouve
de même que (AC) est perpendiculaire à (N M ), donc que B et C sont tous deux sur la
droite passant par A et perpendiculaire à (M N ).
Mais cette démonstration, accessible à certains élèves de première, n’est ni la seule ni
la meilleure. Si l’on appelle A0 la projection orthogonale de A sur (M N ), le théorème de
Pythagore suffit pour écrire AM 2 = AA02 + A0 M 2 et AN 2 = AA02 + A0 N 2 , d’où
AM 2 − AN 2 = A0 M 2 − A0 N 2 .
Si l’on appelle, donc, A0 , B 0 et C 0 les projections orthogonales respectivement de A, B,
C sur (M N ), on a A0 M 2 − A0 N 2 = B 0 N 2 − B 0 N 2 = C 0 M 2 − C 0 N 2 , mais A0 , B 0 et C 0
1
appartiennent tous trois à la droite (M N ). Sur cette droite, il suffit d’utiliser des mesures
algébriques :
A0 M 2 − A0 N 2 = (A0 M + A0 N )(A0 M − A0 N ) = (2A0 M + M N )N M .
S’agissant ici de mesures algébriques, donc de nombres réels, on peut diviser par N M
pour en déduire finalement que A0 M = B 0 M = C 0 M donc que A0 = B 0 = C 0 . A, B, C
ont même projection orthogonale sur (M N ), donc sont sur une même perpendiculaire à
(M N ). Si, au lieu d’utiliser des mesures algébriques, on utilise des longueurs, on peut s’en
sortir également à condition d’envisager plusieurs cas de figure (selon que A0 est entre M
et N ou à l’extérieur, d’un côté ou de l’autre).
Une dernière solution qui s’avère assez efficace est de placer un repère orthonormé,
avec (M N ) pour axe des abscisses, de sorte que M et N aient pour coordonnées (0, 0)
et (1, 0). Si A a pour coordonnées (x, y), AM 2 = x2 + y 2 , AN 2 = (x − 1)2 + y 2 , donc
AM 2 −AN 2 = 2x −1. L’égalité de l’hypothèse entraine que A, B, C ont la même abscisse,
donc sont sur une même perpendiculaire à (M N ).
Exercice 2. Soient a, b, c, d, e cinq nombres réels.
a) Trouver tous les réels x qui rendent minimale la somme
|x − a| + |x − b| + |x − c| + |x − d| + |x − e|.
b) Trouver tous les réels x qui rendent minimale la somme
(x − a)2 + (x − b)2 + (x − c)2 + (x − d)2 + (x − e)2 .
Solution. a) La valeur absolue d’un nombre réel x est, par définition, le plus grand des
deux nombres x et −x, de sorte que tout x vérifie obligatoirement |x − a| > x − a et
|x − a| > a − x. Il vérifie également |x − a| > 0. Quitte à renommer les nombres a, b, c, d, e,
on peut supposer que a 6 b 6 c 6 d 6 e. On a alors, pour tout nombre réel x,
|x−a|+|x−b|+|x−c|+|x−d|+|x−e| > (x−a)+(x−b)+0+(d−x)+(e−x) = −a−b+d+e.
Or l’égalité est vérifiée pour x = c car, comme a 6 b 6 c 6 d 6 e, |c − a| = c − a,
|c − b| = c − b, |c − c| = 0, |c − d| = d − c et |c − e| = e − c. La valeur minimale est donc
atteinte au point c, plus précisément le troisième des cinq points a, b, c, d, e si on les classe
dans l’ordre croissant (ce point ne s’appelait pas nécessairement c dans l’énoncé tel qu’il
est posé, car on ne supposait pas que les points étaient classés dans l’ordre croissant). Elle
n’est atteinte en aucun autre point car, si x 6= c, on a toujours
|x − a| + |x − b| + |x − d| + |x − e| > (x − a) + (x − b) + (d − x) + (e − x)
mais |x − c| > 0 (inégalité stricte), donc
|x − a| + |x − b| + |x − c| + |x − d| + |x − e| > −a − b + d + e.
b) Le problème est totalement différent. On développe chacun des carrés : (x − a)2 =
x − 2ax + a2 , de sorte que (x − a)2 + (x − b)2 + (x − c)2 + (x − d)2 + (x − e)2 =
5x2 −(2a+2b+2c+2d+2e)x+a2 +b2 +c2 +d2 +e2 = 5(x2 −2px+q) en posant p = a+b+c+d+e
5
2
2
2
2
2
et q = a +b +c5 +d +e . Il reste à déterminer x qui rende minimal (x − p)2 + (q − p2 ), et c’est
évidemment x = p, car (x − p)2 > 0 ne s’annule que pour x = p.
2
2
Exercice 3. Soit ABC un triangle, H le pied de la hauteur issue de A.
a) Montrer que si le triangle est rectangle en A,
b) Inversement, si l’on a
en A ?
1
AB 2
+ AC1 2 =
1
,
AH 2
1
AB 2
+
1
AC 2
=
1
.
AH 2
peut-on affirmer que le triangle est rectangle
Solution. a) On réduit au même dénominateur
1
1
AB 2 + AC 2
BC 2
+
=
=
AB 2 AC 2
AB 2 · AC 2
(AB · AC)2
en utilisant le théorème de Pythagore : AB 2 + AC 2 = BC 2 . Or dans ce triangle rectangle
= BC·AH
ABC, la hauteur issue de B est (BA), donc l’aire S du triangle vaut S = AC·BA
2
2
selon que l’on choisit [AC] ou [BC] comme base. On en déduit AB · AC = BC · AH,
1
1
1
donc AB
2 + AC 2 = AH 2 .
A
C0
B
H
C
b) Non, car si l’on considère le symétrique C 0 de C par rapport à (AH), [AH] est
1
1
1
hauteur de ABC et de ABC 0 , AC = AC 0 , de sorte que AB
2 + AC 02 = AH 2 . Les points C et
0
C vérifient tous deux cette même relation, et les deux triangles ABC et ABC 0 ne peuvent
pas être tous deux rectangles. En revanche, on peut affirmer que l’un des deux triangles
est rectangle, ou plus précisément, que si H est situé entre B et C, alors le triangle ABC
est bien rectangle en A. En effet, la relation peut s’écrire
1
1
AC 2 − AH 2
CH 2
1
=
−
=
=
AB 2
AH 2 AC 2
AH 2 · AC 2
AH 2 · AC 2
AC
1
1
AB
BH
= CH
. De même, en partant de AC1 2 = AH
2 − AB 2 , on obtient AC = AH , d’où
AB
AH
AH
= CH
, ce qui signifie que les deux triangles rectangles ABH et CAH sont semblables,
BH
AH
soit
\ et HAC
\ sont égaux. Or dans le triangle rectangle ABH, ABH
\+
donc que les angles ABH
◦
◦
\ = 90 , d’où l’on déduit BAH
\ + HAC
\ = 90 . Si [AB] et [AC] sont de part et d’autre
BAH
[ est la somme BAH
\ + HAC
\ et le
de (AH), donc si H est entre B et C, l’angle BAC
[ est la différence
triangle est bien rectangle. Mais s’ils sont du même côté de (AH), BAC
\ − HAC|
\ et on ne peut rien en dire.
|BAH
Exercice 4. On considère six points du plan, et on suppose que les quinze segments qui
les joignent sont tous de longueurs différentes.
a) Montrer que quelle que soit la façon de colorier chacun de ces quinze segments soit en
rouge soit en bleu, parmi tous les triangles qu’ils forment, l’un au moins sera monochrome (aura ses trois côtés de la même couleur).
b) Montrer que l’un au moins de ces quinze segments est en même temps le plus petit côté
d’un des triangles formés et le plus grand côté d’un autre.
3
Solution. a) Considérons l’un quelconque des six points, que l’on appellera A. Il est relié
aux cinq autres par cinq segments, dont trois au moins sont d’une même couleur : appelons
[AB], [AC], [AD] ces trois segments, et supposons qu’ils soient tous trois bleus. Si l’un
des segments [BC], [CD], [DB] est également bleu, alors l’un des triangles ABC, ACD,
ADB est monochrome bleu. Si aucun des trois segments [BC], [CD] et [DB] n’est bleu,
le triangle BCD est monochrome rouge.
Certains candidats ont considéré globalement les quinze segments liant ces six points,
dont huit au moins sont d’une même couleur. Certes, mais cela ne prouve pas que parmi
ces huit segments, trois forment un triangle. Si l’on divise les six points en deux groupes de
trois, (A, B, C) et (D, E, F ). Le fait que les neuf segments [AD], [AE], [AF ], [BD], [BE],
[BF ] et [CD], [CE], [CF ] soient bleus ne prouve pas qu’il existe un triangle monochrome
bleu : si les deux triangles ABC et DEF sont, eux, monochromes rouges, il n’existe pas de
triangle monochrome bleu bien qu’il y ait neuf segments bleus pour seulement six rouges.
b) On va utiliser la question précédente, ce que finalement très peu de candidats ont
pensé à faire. Considérons tous les triangles dont les sommets sont trois des six points de
l’énoncé : il y en a vingt. Pour chacun d’eux, colorions en bleu son plus petit côté. Un
même segment est côté de plusieurs de ces triangles (précisément quatre), donc il peut
être colorié plusieurs fois en bleu, mais peu importe : s’il est une ou plusieurs fois colorié
en bleu, il est bleu. En revanche, certains côtés ne sont pas coloriés du tout car ils ne sont
le plus petit côté d’aucun des quatre triangles auxquels ils appartiennent : ceux-ci, on les
colorie à la fin en rouge. On se retrouve donc dans la configuration prévue à la question
précédente, où parmi les segments joignant ces six points, certains sont coloriés en bleu,
d’autres en rouge. On en déduit qu’il existe un triangle monochrome. Or il ne peut pas
exister de triangle monochrome rouge, car dans chaque triangle, un côté au moins est
colorié en bleu. Donc il existe un triangle monochrome bleu, c’est-à-dire un triangle dont
même le plus grand côté est bleu, ce qui signifie que son plus grand côté est le plus petit
côté d’un autre triangle.
4