problem
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dict |
|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|
Determine all pairs of integers $(x, y)$ such that $x^{2}+73=y^{2}$.
|
As is often the case with a Diophantine equation, one seeks to rearrange the equation so as to have products of factors on both sides of the equality. When perfect squares are present, one can use the remarkable identity \( y^{2}-x^{2}=(y-x)(y+x) \). This allows rewriting the equation as:
\[
73=(y-x)(y+x)
\]
Thus, the number \( y-x \) is a divisor of 73. The divisors of 73 are \( 73, 1, -1, -73 \). We then distinguish four cases:
Case \( \mathrm{n}^{\circ} 1: \mathrm{y}-\mathrm{x}=73 \). Then \( \mathrm{x}+\mathrm{y}=1 \). This leads to \( \mathrm{y}=73+\mathrm{x}=73+(1-\mathrm{y}) \), so \( \mathrm{y}=37 \) and \( x=-36 \). Conversely, we indeed have \( (-36)^{2}+73=37^{2} \), so the pair \( (-36,37) \) is indeed a solution.
Case \( \mathrm{n}^{\circ} 2: y-x=1 \). Then \( x+y=73 \). This leads to \( y=1+x=1+(73-y) \), so \( y=37 \) and \( x=36 \). Conversely, we indeed have \( 36^{2}+73=37^{2} \), so the pair \( (36,37) \) is indeed a solution.
Case \( \mathrm{n}^{\circ} 3: \mathrm{y}-\mathrm{x}=-1 \). Then \( \mathrm{x}+\mathrm{y}=-73 \). This leads to \( \mathrm{y}=-1+\mathrm{x}=-1+(-73-\mathrm{y}) \), so \( y=-37 \) and \( x=-36 \). Conversely, we indeed have \( (-36)^{2}+73=(-37)^{2} \), so the pair \( (-36,-37) \) is indeed a solution.
\(\underline{\text { Case } \mathrm{n}^{\circ} 4:} \mathrm{y}-\mathrm{x}=-73 \). Then \( \mathrm{x}+\mathrm{y}=-1 \). This leads to \( \mathrm{y}=-73+\mathrm{x}=-73+(-1-\mathrm{y}) \), so \( y=-37 \) and \( x=36 \). Conversely, we indeed have \( 36^{2}+73=(-37)^{2} \), so the pair \( (36,-37) \) is indeed a solution.
The solution pairs are therefore \( (-36,-37), (-36,37), (36,-37) \) and \( (36,37) \).
## Comments from the graders:
The exercise was generally well done, with a few recurring errors:
- Assuming the integers are positive.
- Forgetting cases in the factorization (forgetting to take the opposites / to swap the factors)
|
(-36,-37), (-36,37), (36,-37), (36,37)
|
Yes
|
Yes
|
math-word-problem
|
Number Theory
|
Déterminer tous les couples d'entiers $(x, y)$ tels que $x^{2}+73=y^{2}$.
|
Comme souvent pour une équation diophantienne, on cherche à réarranger l'équation de sorte à avoir des produits de facteurs des deux côtés de l'égalité. Lorsque l'on est en présence de carrés parfaits, on peut utiliser l'identité remarquable $y^{2}-x^{2}=(y-x)(y+x)$. Ceci permet de réécrire l'équation sous la forme :
$$
73=(y-x)(y+x)
$$
Ainsi, le nombre $y-x$ est un diviseur de 73 . Or les diviseurs de 73 sont $73,1,-1,-73$. On distingue alors quatre cas:
Cas $\mathrm{n}^{\circ} 1: \mathrm{y}-\mathrm{x}=73$. Alors $\mathrm{x}+\mathrm{y}=1$. Ceci conduit à $\mathrm{y}=73+\mathrm{x}=73+(1-\mathrm{y})$, soit $\mathrm{y}=37$ et $x=-36$. Réciproquement, on a bien $(-36)^{2}+73=37^{2}$, donc le couple $(-36,37)$ est bien solution.
Cas $\mathrm{n}^{\circ} 2: y-x=1$. Alors $x+y=73$. Ceci conduit à $y=1+x=1+(73-y)$, soit $y=37$ et $x=36$. Réciproquement, on a bien $36^{2}+73=37^{2}$, donc le couple $(36,37)$ est bien solution.
Cas $\mathrm{n}^{\circ} 3: \mathrm{y}-\mathrm{x}=-1$. Alors $\mathrm{x}+\mathrm{y}=-73$. Ceci conduit à $\mathrm{y}=-1+\mathrm{x}=-1+(-73-\mathrm{y})$, soit $y=-37$ et $x=-36$. Réciproquement, on a bien $(-36)^{2}+73=(-37)^{2}$, donc le couple $(-36,-37)$ est bien solution.
$\underline{\text { Cas } \mathrm{n}^{\circ} 4:} \mathrm{y}-\mathrm{x}=-73$. Alors $\mathrm{x}+\mathrm{y}=-1$. Ceci conduit à $\mathrm{y}=-73+\mathrm{x}=-73+(-1-\mathrm{y})$, soit $y=-37$ et $x=36$. Réciproquement, on a bien $36^{2}+73=(-37)^{2}$, donc le couple $(36,-37)$ est bien solution.
Les couples solutions sont donc $(-36,-37),(-36,37),(36,-37)$ et $(36,37)$.
## Commentaires des correcteurs:
Exercice bien réussi dans l'ensemble, avec quelques erreurs récurrentes :
- Supposer que les entiers sont positifs.
- Oublier des cas dans la factorisation (oublier de prendre les opposés / d'échanger les facteurs)
|
{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "1",
"problem_match": "\nExercice 1.",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-corrigé-envoi-5.jsonl",
"solution_match": "\nSolution de l'exercice 1",
"tier": "T2",
"year": null
}
|
Let \( a \) be a strictly positive real number and \( n \geqslant 1 \) an integer. Show that
$$
\frac{a^{n}}{1+a+\ldots+a^{2 n}}<\frac{1}{2 n}
$$
|
Since the difficulty lies in the denominator of the right-hand side, and for greater comfort, we can seek to show the inverse relation, namely:
$$
\frac{1+a+\ldots+a^{2 n}}{a^{n}}>2 n
$$
The idea behind the following solution is to "homogenize" the numerator of the left-hand side, that is, to compare this numerator, in which the \(a\)s are raised to distinct powers, to an expression composed solely of \(a\)s raised to the same power. To do this, we seek to pair certain terms and apply the inequality of means. Let's see: for \(0 \leqslant i \leqslant 2 n\), we have \(a^{i}+a^{2 n-i} \geqslant 2 \sqrt{a^{i} a^{2 n-i}} = 2 a^{n}\). Thus:
$$
\begin{aligned}
\frac{1+a+\ldots+a^{2 n}}{a^{n}} & =\frac{\left(1+a^{2 n}\right)+\left(a+a^{2 n-1}\right)+\ldots+\left(a^{n-1}+a^{n+1}\right)+a^{n}}{a^{n}} \\
& \geqslant \frac{\overbrace{2 a^{n}+2 a^{n}+\ldots+2 a^{n}}^{n \text{ terms }}+a^{n}}{a^{n}} \\
& =\frac{(2 n+1) a^{n}}{a^{n}} \\
& =2 n+1 \\
& >2 n
\end{aligned}
$$
which provides the desired inequality.
## Comments from the graders:
The exercise is very well solved! The students have well understood how to use the mean inequality.
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proof
|
Yes
|
Yes
|
proof
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Inequalities
|
Soit a un réel strictement positif et $\mathrm{n} \geqslant 1$ un entier. Montrer que
$$
\frac{a^{n}}{1+a+\ldots+a^{2 n}}<\frac{1}{2 n}
$$
|
Puisque la difficulté réside dans le dénominateur du membre de droite, et pour plus de confort, on peut chercher à montrer la relation inverse, à savoir :
$$
\frac{1+a+\ldots+a^{2 n}}{a^{n}}>2 n
$$
L'idée derrière la solution qui suit est "d'homogénéiser" le numérateur du membre de gauche, c'est-àdire de comparer ce numérateur dans lequel les a sont élevés à des puissances distinctes à une expression composée uniquement de a élevés à la même puissance. Pour cela, on cherche à coupler certains termes et appliquer l'inégalité des moyennes. Voyons plutôt : pour $0 \leqslant i \leqslant 2 n$, on a $a^{i}+a^{2 n-i} \geqslant 2 \sqrt{a^{i} a^{2 n-i}}=$ $2 a^{n}$. Ainsi :
$$
\begin{aligned}
\frac{1+a+\ldots+a^{2 n}}{a^{n}} & =\frac{\left(1+a^{2 n}\right)+\left(a+a^{2 n-1}\right)+\ldots+\left(a^{n-1}+a^{n+1}\right)+a^{n}}{a^{n}} \\
& \geqslant \frac{\overbrace{2 a^{n}+2 a^{n}+\ldots+2 a^{n}}^{n \text { termes }}+a^{n}}{a^{n}} \\
& =\frac{(2 n+1) a^{n}}{a^{n}} \\
& =2 n+1 \\
& >2 n
\end{aligned}
$$
ce qui fournit l'inégalité voulue.
## Commentaires des correcteurs:
L'exercice est très bien résolu! Les élèves ont bien compris comment utiliser l'inégalité de la moyenne.
|
{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "2",
"problem_match": "\nExercice 2.",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-corrigé-envoi-5.jsonl",
"solution_match": "\nSolution de l'exercice 2",
"tier": "T2",
"year": null
}
|
Let $\omega_{1}$ and $\omega_{2}$ be two circles with centers $O_{1}$ and $O_{2}$, respectively. Suppose that $\omega_{1}$ and $\omega_{2}$ intersect at points $A$ and $B$. The line $\left(O_{1} A\right)$ intersects the circle $\omega_{2}$ again at $C$, while the line $\left(O_{2} A\right)$ intersects the circle $\omega_{1}$ again at $D$. Show that the points $\mathrm{D}, \mathrm{O}_{1}, \mathrm{~B}, \mathrm{O}_{2}$, and $C$ lie on the same circle.
|
Note that since the angles $\widehat{\mathrm{DAO}_{1}}$ and $\widehat{\mathrm{CAO}_{2}}$ are vertically opposite, they are equal. On the other hand, since points $A$ and $D$ belong to the circle $\omega_{1}$, the triangle $A O_{1} D$ is isosceles at $O_{1}$. Similarly, the triangle $\mathrm{CO}_{2} A$ is isosceles at $\mathrm{O}_{2}$. Therefore, triangles $\mathrm{DO}_{1} A$ and $\mathrm{CO}_{2} A$ are isosceles triangles with the same base angles, so they are similar. This implies that $\widehat{\mathrm{AO}_{1} \mathrm{D}}=\widehat{\mathrm{CO}_{2} A}$, and thus
$$
\widehat{\mathrm{CO}_{1} \mathrm{D}}=\widehat{\mathrm{AO} \mathrm{O}_{1} \mathrm{D}}=\widehat{\mathrm{CO}_{2} \mathrm{~A}}=\widehat{\mathrm{CO}_{2} \mathrm{D}}
$$
so the points $\mathrm{C}, \mathrm{O}_{2}, \mathrm{O}_{1}$, and D are concyclic.
Furthermore, we can decompose the angle $\widehat{\mathrm{DBC}}$ into the sum $\widehat{\mathrm{DBA}}+\widehat{\mathrm{ABC}}$. On the one hand, according to the inscribed angle theorem in the circle $\omega_{1}$, we have $\widehat{A B D}=\frac{1}{2} \widehat{\mathrm{AO}_{1} \mathrm{D}}$. On the other hand, according to the inscribed angle theorem in the circle $\omega_{1}$, we have $\widehat{A B C}=\frac{1}{2} \widehat{A_{2} C}$. Thus,
$$
\widehat{\mathrm{DBC}}=\widehat{\mathrm{DBA}}+\widehat{A B C}=\frac{1}{2} \widehat{A O_{1} \mathrm{D}}+\frac{1}{2} \widehat{\mathrm{AO}_{2} \mathrm{C}}=\widehat{\mathrm{AO}_{1} \mathrm{D}}
$$
which allows us to conclude that point B belongs to the circle passing through the points $\mathrm{C}, \mathrm{O}_{2}, \mathrm{O}_{1}$, and D.
## Comments from the graders:
Very well solved exercise.
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proof
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Yes
|
Yes
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proof
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Geometry
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Soient $\omega_{1}$ et $\omega_{2}$ deux cercles de centres respectifs $O_{1}$ et $O_{2}$. On suppose que $\omega_{1}$ et $\omega_{2}$ se coupent en les points $A$ et $B$. La droite $\left(O_{1} A\right)$ recoupe le cercle $\omega_{2}$ en $C$ tandis que la droite $\left(O_{2} A\right)$ recoupe le cercle $\omega_{1}$ en D . Montrer que les points $\mathrm{D}, \mathrm{O}_{1}, \mathrm{~B}, \mathrm{O}_{2}$ et C appartiennent à un même cercle.
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Notons que puisque les angles $\widehat{\mathrm{DAO}_{1}}$ et $\widehat{\mathrm{CAO}_{2}}$ sont opposés par le sommet, ils sont égaux. D'autre part, puisque les points $A$ et $D$ appartiennent au cercle $\omega_{1}$, le triangle $A O_{1} D$ est isocèle en $O_{1}$. De même, le triangle $\mathrm{CO}_{2} A$ est isocèle en $\mathrm{O}_{2}$. Les triangles $\mathrm{DO}_{1} A$ et $\mathrm{CO}_{2} A$ sont donc des triangels isocèle avec les mêmes angles à la base, ils sont donc semblables. Ceci implique que $\widehat{\mathrm{AO}_{1} \mathrm{D}}=\widehat{\mathrm{CO}_{2} A}$, et donc que
$$
\widehat{\mathrm{CO}_{1} \mathrm{D}}=\widehat{\mathrm{AO} \mathrm{O}_{1} \mathrm{D}}=\widehat{\mathrm{CO}_{2} \mathrm{~A}}=\widehat{\mathrm{CO}_{2} \mathrm{D}}
$$
si bien que les points $\mathrm{C}, \mathrm{O}_{2}, \mathrm{O}_{1}$ et D sont cocycliques.
Par ailleurs, on peut découper l'angle $\widehat{\mathrm{DBC}}$ en la somme $\widehat{\mathrm{DBA}}+\widehat{\mathrm{ABC}}$. D'une part, d'après le théorème de l'angle au centre dans le cercle $\omega_{1}$, on a $\widehat{A B D}=\frac{1}{2} \widehat{\mathrm{AO}_{1} \mathrm{D}}$. D'autre part, d'après le théorème de l'angle au centre dans le cercle $\omega_{1}$, on a $\widehat{A B C}=\frac{1}{2} \widehat{A_{2} C}$. Ainsi
$$
\widehat{\mathrm{DBC}}=\widehat{\mathrm{DBA}}+\widehat{A B C}=\frac{1}{2} \widehat{A O_{1} \mathrm{D}}+\frac{1}{2} \widehat{\mathrm{AO}_{2} \mathrm{C}}=\widehat{\mathrm{AO}_{1} \mathrm{D}}
$$
ce qui permet de conclure que le point B appartient au cercle passant par les points $\mathrm{C}, \mathrm{O}_{2}, \mathrm{O}_{1}$ et D .
## Commentaires des correcteurs:
Exercice très bien résolu.
|
{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "3",
"problem_match": "\nExercice 3.",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-corrigé-envoi-5.jsonl",
"solution_match": "## Solution de l'exercice 3",
"tier": "T2",
"year": null
}
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Aurélien writes 11 natural numbers on the board. Show that he can choose some of these numbers and place + and - signs between them in such a way that the result is divisible by 2021.
|
We can see the choice of certain integers with + and - signs as a choice of certain integers that we will count positively and certain integers that we will count negatively. The numbers that Aurélien can obtain are numbers that can be written as the difference between two sums of several starting integers. We can note that the converse is also true: if a and b can be written as the sum of certain integers, then Aurélien can obtain $a-b$ by putting a plus sign in front of the integers that are in $a$ and a minus sign in front of those that are in $b$. If the same starting integer is used to obtain both a and $b$, Aurélien cannot write both a plus and a minus sign, but he can simply not write the integer at all, which has the same effect as adding and then removing it. Therefore, all differences between two sums of integers from the table are results that Aurélien can obtain. Saying that a difference between two sums is divisible by 2021 is equivalent to saying that the two sums were congruent modulo 2021. We have $2^{11}=2048>2021$ sums, so according to the pigeonhole principle, two are congruent modulo 2021.
## Comments from the graders:
An extremely well-executed exercise by those who tackled it. The solutions are almost all analogous to the corrected solution.
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proof
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Yes
|
Yes
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proof
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Number Theory
|
Aurélien écrit 11 entiers naturels au tableau. Montrer qu'il peut choisir certains de ces entiers et placer des signes + et - entre eux de telle sorte que le résultat soit divisible par 2021.
|
On peut voir un choix de certains entiers avec des signes + et - comme un choix de certains entiers que l'on va compter positivement et de certains entiers que l'on va compter négativement. Les nombres qu'Aurélien peut obtenir sont des nombres qui s'écrivent comme la différence entre deux sommes de plusieurs entiers de départ. On peut remarquer que la réciproque est aussi vrai, si a et b s'écrivent comme somme de certains entiers, alors Aurélien peut obtenir $a-b$ en mettant un signe plus devant les entiers qui sont dans $a$ et un signe $b$ devant ceux qui sont dans $b$. Si le même entier de départ est utilisé pour obtenir à la fois a et $b$, Aurélien ne peut pas écrire devant un signe - et + , mais il peut simplement de pas écrire l'entier tout court, ce qui a le même effet que l'ajouter puis l'enlever. Toutes les différences entre deux sommes d'entiers du tableau sont donc des résultats qu'Aurélien peut obtenir. Dire qu'une différence entre deux sommes est dvisible par 2021 revient à dire que les deux sommes étaient congrues modulo 2021. On dispose de $2^{11}=2048>2021$ sommes, donc d'après le principe des tiroirs, deux sont congrues modulo 2021.
## Commentaires des correcteurs:
Exercice extrêmement bien réussi par ceux qui l'ont traité. Les solutions sont presque toutes analogues à celle du corrigé.
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{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "4",
"problem_match": "\nExercice 4.",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-corrigé-envoi-5.jsonl",
"solution_match": "## Solution de l'exercice 4",
"tier": "T2",
"year": null
}
|
Let $x, y, z$ be strictly positive real numbers such that
$$
x+\frac{y}{z}=y+\frac{z}{x}=z+\frac{x}{y}=2
$$
Determine all possible values that the number $x+y+z$ can take.
|
In such a problem, one must seek to examine each equation separately but also to relate them. In practice, this involves looking at the equation obtained when performing the sum or product of two or more equations. Another idea is to apply known inequalities on one side or the other of the equation. Indeed, often the equalities present in the problems are only possible when the variables satisfy the equality case of a well-known inequality.
Let's start with a separate examination. We consider the first equation $x+\frac{y}{z}=2$. According to the inequality of means, we have
$$
2=x+\frac{y}{z} \geqslant 2 \sqrt{x \cdot \frac{y}{z}}
$$
which gives $\sqrt{\frac{x y}{z}} \leqslant 1$. Similarly, the second equation $y+\frac{z}{x}=2$ gives $\sqrt{\frac{y z}{x}} \leqslant 1$. By multiplying these two inequalities, we obtain
$$
1 \geqslant \sqrt{\frac{x y}{z}} \cdot \sqrt{\frac{y z}{x}}=y
$$
Thus $y \leqslant 1$, and similarly we find that $x \leqslant 1$ and $z \leqslant 1$. We now seek to apply these estimates or to prove inverse estimates (for example, $y \geqslant 1$, which would imply that $y=1$).
Note that the relation $x+\frac{y}{z}=2$ can be rewritten as $x z+y=2 z$. Similarly, we obtain $y x+z=2 x$ and $y z+x=2 y$. By summing these three relations, we find that $x z+y x+y z+x+y+z=2(x+y+z)$, or equivalently $x y+y z+z x=x+y+z$. But then
$$
x+y+z=x y+y z+z x \leqslant x \cdot 1+y \cdot 1+z \cdot 1=x+y+z
$$
Our inequality is in fact an equality. And since $x, y$, and $z$ are non-zero, each of the inequalities used in the line above is in fact an equality. Therefore, we have $x=y=z=1$ and $x+y+z=3$. This value is indeed attainable since the triplet $(1,1,1)$ satisfies the system given in the problem, which completes our problem.
## Comments from the graders:
A well-executed exercise. The methods of resolution are extremely varied. Some students made the mistake of considering the problem symmetric, whereas it is only cyclic.
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3
|
Yes
|
Yes
|
math-word-problem
|
Algebra
|
Soient $x, y, z$ des réels strictement positifs tels que
$$
x+\frac{y}{z}=y+\frac{z}{x}=z+\frac{x}{y}=2
$$
Déterminer toutes les valeurs possibles que peut prendre le nombre $x+y+z$.
|
Dans un tel problème, il faut chercher à examiner chaque équation séparément mais aussi à les mettre en relation. En pratique, cela consiste à regarder l'équation obtenue lorsque l'on effectue la somme ou le produit de deux ou plusieurs équations. Une autre idée est d'appliquer des inégalités connues d'un côté ou de l'autre de l'équation. En effet, souvent les égalités présentes dans les problèmes ne sont possibles que lorsque les variables vérifient le cas d'égalité d'une inégalité bien connue.
Commençons par un examen séparé. On considère la première équation $x+\frac{y}{z}=2$. D'après l'inégalité des moyennes, on a
$$
2=x+\frac{y}{z} \geqslant 2 \sqrt{x \cdot \frac{y}{z}}
$$
soit $\sqrt{\frac{x y}{z}} \leqslant 1$. De même, la deuxième équation $y+\frac{z}{x}=2$ donne $\sqrt{\frac{y z}{x}} \leqslant 1$. En multipliant ces deux inégalités, on obtient
$$
1 \geqslant \sqrt{\frac{x y}{z}} \cdot \sqrt{\frac{y z}{x}}=y
$$
Ainsi $y \leqslant 1$, et de même on trouve que $x \leqslant 1$ et $z \leqslant 1$. On cherche désormais à appliquer ces estimations ou à prouver des estimations inverses (par exemple $y \geqslant 1$, ce qui imposerait que $y=1$ ).
Notons que la relation $x+\frac{y}{z}=2$ se réécrit $x z+y=2 z$. On obtient de même que $y x+z=2 x$ et $y z+x=2 y$. En sommant ces trois relations, on trouve que $x z+y x+y z+x+y+z=2(x+y+z)$, ou encore $x y+y z+z x=x+y+z$. Mais alors
$$
x+y+z=x y+y z+z x \leqslant x \cdot 1+y \cdot 1+z \cdot 1=x+y+z
$$
Notre inégalité est en fait une égalité. Et puisque $x, y$ et $z$ sont non nuls, chacune des inégalités utilisées dans la ligne ci-dessus est en fait une égalité. On a donc $x=y=z=1$ et $x+y+z=3$. Cette valeur est bien atteignable puisque le triplet $(1,1,1)$ vérifie bien le système de l'énoncé, ce qui termine notre problème.
## Commentaires des correcteurs:
Exercice plutôt bien réussi. Les méthodes de résolution sont extrêmement variées. Certains élèves ont commis l'erreur de considérer que le problème est symétrique, alors qu'il n'est que cyclique.
|
{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "5",
"problem_match": "\nExercice 5.",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-corrigé-envoi-5.jsonl",
"solution_match": "\nSolution de l'exercice 5",
"tier": "T2",
"year": null
}
|
Find all pairs $(x, y)$ of strictly positive integers such that $x y \mid x^{2}+2 y-1$.
|
On the one hand, we can write $x|x y| x^{2}+2 y-1$ so $x \mid 2 y-1$. Therefore, there exists $n$ such that $2 y-1=nx$. Necessarily, $n$ and $x$ are odd.
On the other hand, the divisibility relation from the statement gives us an inequality: we know that $x y>0$, so
$$
x y \leqslant x^{2}+2 y-1
$$
By multiplying this relation by 2 to simplify the calculations and combining the two, we get
$$
x(n x+1) \leqslant 2 x^{2}+2(n x+1)-2
$$
Rearranging the terms,
$$
(n-2) x^{2} \leqslant(2 n-1) x
$$
Since $x>0$,
$$
x \leqslant \frac{2 n-1}{n-2}=2+\frac{3}{n-2}
$$
Remembering that $n$ and $x$ are necessarily odd, we distinguish several cases.
Case $\mathrm{n}^{\circ} 1: n \geqslant 7$. Then
$$
x \leqslant 2+\frac{3}{n-2}<3
$$
So $x=1$. Conversely, all pairs $(1, y)$ are solutions.
Case $\mathrm{n}^{\circ} 2: \mathrm{n}=5$. Then
$$
x \leqslant 2+\frac{3}{n-2}=3
$$
So $x=1$ or $x=3$. All pairs with $x=1$ are solutions. If $x=3$, we have $2 y-1=n x=5 \cdot 3=15$ so $y=8$. We verify that $(3,8)$ is a solution: $24 \mid 24$.
$\underline{\text { Case } \mathrm{n}^{\circ} 3:} \mathbf{n}=3$. Then
$$
x \leqslant 2+\frac{3}{n-2}=5
$$
So $x=1$ or $x=3$. All pairs with $x=1$ are solutions. If $x=3$, we have $2 y-1=n x=3 \cdot 3=9$ so $y=5$. We verify that $(3,5)$ is not a solution: $15 \nmid 24$. If $x=5$ we have $2 y-1=n x=5 \cdot 3=15$ so $y=8$. We verify that $(5,8)$ is a solution: $40 \mid 40$.
Case $\mathrm{n}^{\circ} 4: \mathbf{n}=1$. Then $x=2 y-1$. Then
$$
x y=2 y^{2}-y \mid 4 y^{2}-2 y=(2 y-1)^{2}+2 y-1=x^{2}+2 y+1
$$
So all pairs of the form $(2 y-1, y)$ are solutions.
## Comments from the graders:
The exercise is rather well done by the students who tackled it. Despite the somewhat tedious disjunction of cases, very few omissions are noted. Some still have difficulty with the concept of divisibility, notably how to interpret an expression of the type $a \mid b c$.
|
(1, y), (3, 8), (5, 8), (2y-1, y)
|
Yes
|
Yes
|
math-word-problem
|
Number Theory
|
Trouver tous les couples $(x, y)$ d'entiers strictement positifs tels que $x y \mid x^{2}+2 y-1$.
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D'une part, on peut écrire $x|x y| x^{2}+2 y-1$ donc $x \mid 2 y-1$. Donc il existe n tel que $2 \mathrm{y}-1=\mathrm{nx}$. Forcément, n et $x$ sont impairs.
D'autre part, la relation de divisibilité de l'énoncé nous donne une inégalité : on sait que $x y>0$, donc
$$
x y \leqslant x^{2}+2 y-1
$$
En multipliant cette relation par 2 pour simplifier les calculs et en combinant les deux, on obtient
$$
x(n x+1) \leqslant 2 x^{2}+2(n x+1)-2
$$
En reorganisant les termes,
$$
(n-2) x^{2} \leqslant(2 n-1) x
$$
Soit, comme $x>0$
$$
x \leqslant \frac{2 n-1}{n-2}=2+\frac{3}{n-2}
$$
En se souvenant que n et $x$ sont forcément impairs, on distingue plusieurs cas.
Cas $\mathrm{n}^{\circ} 1: n \geqslant 7$. Alors
$$
x \leqslant 2+\frac{3}{n-2}<3
$$
Donc $x=1$. Réciproquement, tous les couples $(1, y)$ sont solution.
Cas $\mathrm{n}^{\circ} 2: \mathrm{n}=5$. Alors
$$
x \leqslant 2+\frac{3}{n-2}=3
$$
Donc $x=1$ ou $x=3$. Tous les couples avec $x=1$ sont solutions. Si $x=3$, on a $2 y-1=\mathfrak{n} x=$ $5 \cdot 3=15$ donc $y=8$. On vérifie $(3,8)$ est solution : $24 \mid 24$.
$\underline{\text { Cas } \mathrm{n}^{\circ} 3:} \mathbf{n}=3$. Alors
$$
x \leqslant 2+\frac{3}{n-2}=5
$$
Donc $x=1$ ou $x=3$. Tous les couples avec $x=1$ sont solutions. Si $x=3$, on a $2 y-1=$ $\mathrm{n} x=3 \cdot 3=9$ donc $y=5$. On vérifie que $(3,5)$ n'est pas solution : $15 \nmid 24 . \operatorname{Si} x=5$ on a $2 \mathrm{y}-1=\mathrm{n} x=5 \cdot 3=15$ donc $y=8$. On vérifie que $(5,8)$ est solution : $40 \mid 40$.
Cas $\mathrm{n}^{\circ} 4: \mathbf{n}=1$. Alors $x=2 y-1$. Alors
$$
x y=2 y^{2}-y \mid 4 y^{2}-2 y=(2 y-1)^{2}+2 y-1=x^{2}+2 y+1
$$
Donc tous les couples de la forme $(2 y-1, y)$ sont solutions.
## Commentaires des correcteurs:
L'exercice est plutôt bien réussi par les élèves qui l'ont traité. Malgré la disjonction de cas relativement fastidieuse, on relève très peu d'oublis. Certains ont encore du mal avec la notion de divisibilité, notamment comment interpréter une expression du type $a \mid b c$.
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{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "6",
"problem_match": "\nExercice 6.",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-corrigé-envoi-5.jsonl",
"solution_match": "\nSolution de l'exercice 6",
"tier": "T2",
"year": null
}
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Let $n \geqslant 1$ be a strictly positive integer. On a wall, $n$ nails are hammered in. Each pair of nails is connected by a colored string using one of the $n$ colors. We say the wall is colored if for every triplet of distinct colors $a, b, c$, there exist three nails such that the three strings connecting these nails are of colors $a, b$, and $c$.
- Does a colored wall exist for $\mathrm{n}=6$?
- Does a colored wall exist for $\mathrm{n}=7$?
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In fact, it is the parity of $n$ that is crucial.
Case $n$ even: There are $\frac{n(n-1)}{2}$, so on average there are $\frac{n-1}{2}$ strings of each color. Since this number is not an integer, there are colors with more strings than the average and some with fewer. We could just as well choose an underrepresented color and compare the number of color triplets containing this color with the number of string triplets containing a string of this color to obtain a contradiction. Here, we will take the opposite approach: we consider an overrepresented color. There are at least $\frac{n+1}{2}$ strings of this color, so there are at least $n+1$ ends of strings of this color. According to the pigeonhole principle, there exists a vertex with two ends of strings of this color. Therefore, there exists a triplet of strings containing this color twice, and thus corresponding to no color triplet. However, there are $\binom{n}{3}$ string triplets that must fill the $\binom{n}{3}$ possible color triplets, leaving no room for wasting string triplets. It is therefore impossible to obtain a colored wall for $n$ even.
Case $n$ odd: Here, the previous reasoning indicates that for each color, there must be $\frac{n-1}{2}$ strings connecting $n-1$ distinct points and leaving one point unconnected by this color. We find the following construction: we number the nails in $\mathbb{Z} / n \mathbb{Z}$ and the colors as well. Then, we assign the color $i+j$ to the string between nail $i$ and nail $j$. This construction seems promising because it is completely symmetric and satisfies the desired property. Indeed, it is easy to verify that the color triplet of strings $a, b, c$ is achieved by taking the nails $\frac{a+b}{2}, \frac{a+c}{2}, \frac{b+c}{2}$.
Graders' Comments:
The exercise is well solved. Some found only one of the two cases, but were rewarded.
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proof
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Yes
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Yes
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math-word-problem
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Combinatorics
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Soit $n \geqslant 1$ un entier strictement positif. Sur un mur, $n$ clous sont plantés. Chaque paire de clous est reliée par une corde coloriée à l'aide d'une des n couleurs. On dit que le mur est coloré si pour tout triplet de couleurs deux à deux distinctes $a, b, c$, il existe trois clous tels que les trois cordes reliant ces clous soient de couleur $a, b$ et $c$.
- Existe-t-il un mur coloré pour $\mathrm{n}=6$ ?
- Existe-t-il un mur coloré pour $\mathrm{n}=7$ ?
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C'est en fait la parité de n qui est cruciale.
Cas n pair : Il y a $\frac{n(n-1)}{2}$ donc en moyenne il y a $\frac{n-1}{2}$ cordes de chaque couleur. Ce nombre n'étant pas entier, il y a des couleurs avec plus de cordes que la moyenne et des avec moins. On pourrait tout-à-fait choisir une couleur sous-représentée et comparer le nombre de triplets de couleurs comportant cette couleur avec le nombre de triplets de cordes comportant une corde de cette couleur pour obtenir un contradiction. On va ici choisir l'approche opposée : on considère une couleur sur-représentée. Il y a au moins $\frac{n+1}{2}$ cordes de cette couleur, donc au moins $n+1$ extrémités de cordes de cette couleur. D'après le principe des tiroirs, il existe un sommet ayant deux extrémités de cordes de cette couleur. Il existe donc un triplet de cordes comportant deux fois cette couleur, et ne correspondant donc à aucun triplet de couleur. Cependant il y a $\binom{n}{3}$ triplets de cordes qui doivent remplir les $\binom{n}{3}$ triplets de couleurs possibles, il n'y a aucune marge pour gâcher des triplets de cordes. Il est donc impossible d'obtenir un mur coloré pour $n$ pair.
Cas n impair : Ici le raisonnement précédent nous indique juste que pour chaque couleur il faut $\frac{\mathrm{n}-1}{2}$ cordes reliant $n-1$ points distincts et laissant un unique point ne relié par cette couleur. On trouve la construction suivante : on numérote les clous dans $\mathbb{Z} / \mathrm{n} \mathbb{Z}$ et les couleurs aussi. Ensuite, on donne à la corde entre le clou $i$ et le clou $j$ la couleur $i+j$. Cette construction semble prometteuse car elle est totalement symétrique et vérifie la propriété voulue. En effet, on vérifie facilement que le triplet de couleur de corde $\mathrm{a}, \mathrm{b}, \mathrm{c}$ est atteint en prenant les clous $\frac{\mathrm{a}+\mathrm{b}}{2}, \frac{\mathrm{a}+\mathrm{c}}{2}, \frac{\mathrm{~b}+\mathrm{c}}{2}$
Commentaires des correcteurs:
L'exercice est bien résolu. Certains n'ont trouvé qu'un cas sur les deux, mais ont été récompensé.
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{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "7",
"problem_match": "\nExercice 7.",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-corrigé-envoi-5.jsonl",
"solution_match": "## Solution de l'exercice 7",
"tier": "T2",
"year": null
}
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Let $\Gamma$ be a circle and $P$ a point outside $\Gamma$. The tangents to $\Gamma$ from $P$ touch $\Gamma$ at $A$ and $B$. Let $K$ be a point distinct from $A$ and $B$ on the segment $[A B]$. The circumcircle of triangle $P B K$ intersects the circle $\Gamma$ at point $T$. Let $P'$ be the symmetric point of $P$ with respect to point $A$. Show that $\widehat{\mathrm{PBT}}=\widehat{\mathrm{P}^{\prime} \mathrm{KA}}$.
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According to the inscribed angle theorem, $\widehat{\mathrm{PBT}}=\widehat{\mathrm{PKT}}$. Therefore, it suffices to show that $\widehat{\mathrm{PKT}}=\widehat{\mathrm{P}^{\prime} \mathrm{KA}}$. The figure suggests that triangles PKT and $P^{\prime}$ KA are similar, so we will try to prove this result, which will imply the desired angle equality.
To show that $\triangle P K T \sim \triangle P^{\prime} K A$, there are several possibilities. For example, we can show that $\widehat{T P K} = \widehat{K^{\prime} A}$ and $\widehat{\mathrm{KTP}}=\widehat{\mathrm{KAP}}$. However, when trying to calculate the angle $\widehat{\mathrm{TPK}}$, we realize that the equality $\widehat{\mathrm{TPK}}=\widehat{\mathrm{KP}^{\prime} A}$ is equivalent to the statement to be proven. Therefore, we will show that $\widehat{\mathrm{KTP}}=\widehat{\mathrm{P}^{\prime} \mathrm{AK}}$ and that $\frac{\mathrm{KT}}{\mathrm{KA}}=\frac{\mathrm{TP}}{\mathrm{AP}^{\prime}}$.
To show that $\widehat{\mathrm{KTP}}=\widehat{\mathrm{P}^{\prime} \mathrm{AK}}$, we first note that triangle $A P B$ is isosceles at $P$ because the lines ( $A P$ ) and ( $B P$ ) are tangent at $A$ and $B$ to the circle $\Gamma$. By applying the inscribed angle theorem in the circle passing through $P, B, K$ and $T$, we find:
$$
\widehat{\mathrm{KTP}}=180^{\circ}-\widehat{\mathrm{KBP}}=180^{\circ}-\widehat{\mathrm{ABP}}=180^{\circ}-\widehat{\mathrm{BAP}}=\widehat{\mathrm{PAK}}
$$
It remains to show that $\frac{K T}{K A}=\frac{T P}{A P^{\prime}}$. Since $A P^{\prime}=A P=B P$, it suffices to show that $\frac{K T}{K A}=\frac{T P}{B P}$. Therefore, it suffices to show that triangles AKT and BPT are similar. To do this, it suffices to show that the angles of these two triangles are equal in pairs.
On the one hand, by the inscribed angle theorem, $\widehat{A K T}=180^{\circ}-\widehat{\mathrm{BKT}}=\widehat{\mathrm{TPB}}$. On the other hand, by the tangent angle theorem, $\widehat{\mathrm{TAK}} = \widehat{\mathrm{TAB}} = \widehat{\mathrm{TBP}}$.
Therefore, triangles $A K T$ and BPT are similar as desired.
## Comments from the graders:
A good success relative to the estimated difficulty of the exercise. Some students, who did not completely solve the exercise, shared their ideas on the problem, which was greatly appreciated.
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Geometry
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Soit $\Gamma$ un cercle et P un point à l'extérieur de $\Gamma$. Les tangentes à $\Gamma$ issues de P touchent $\Gamma$ en $A$ et $B$. Soit $K$ un point distinct de $A$ et $B$ sur le segment $[A B]$. Le cercle circonscrit au triangle $P B K$ recoupe le cercle $\Gamma$ au point $T$. Soit $P^{\prime}$ le symétrique du point $P$ par rapport au point $A$. Montrer que $\widehat{\mathrm{PBT}}=\widehat{\mathrm{P}^{\prime} \mathrm{KA}}$.
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D'après le théorème de l'angle inscrit, $\widehat{\mathrm{PBT}}=\widehat{\mathrm{PKT}}$. Ainsi, il suffit de montrer que $\widehat{\mathrm{PKT}}=\widehat{\mathrm{P}^{\prime} \mathrm{KA}}$. La figure semble suggérer que les triangles PKT et $P^{\prime}$ KA sont semblables, nous allons donc essayer de montrer ce résultat, qui impliquera bien l'égalité d'angle voulue.
Pour montrer que $\triangle P K T \sim \triangle P^{\prime} K A$, on a plusieurs possibilités. Par exemple, on peut montrer que $\widehat{T P K}=$ $\widehat{K^{\prime} A}$ et $\widehat{\mathrm{KTP}}=\widehat{\mathrm{KAP}}$. Toutefois, lorsque l'on essaye de calculer l'angle $\widehat{\mathrm{TPK}}$, on se rend compte que l'égalité $\widehat{\mathrm{TPK}}=\widehat{\mathrm{KP}^{\prime} A}$ est équivalente à l'énoncé à démontrer. On va donc montrer que $\widehat{\mathrm{KTP}}=\widehat{\mathrm{P}^{\prime} \mathrm{AK}}$ et que $\frac{\mathrm{KT}}{\mathrm{KA}}=\frac{\mathrm{TP}}{\mathrm{AP}^{\prime}}$.
Pour montrer que $\widehat{\mathrm{KTP}}=\widehat{\mathrm{P}^{\prime} A \mathrm{AK}}$, il faut d'abord remarquer que le triangle $A P B$ est isocèle en $P$ puisque les droites ( $A P$ ) et ( $B P$ ) sont tangentes en $A$ et $B$ au cercle $\Gamma$. En appliquant le théorème de l'angle inscrit dans le cercle passat par $P, B, K$ et $T$, on trouve :
$$
\widehat{\mathrm{KTP}}=180^{\circ}-\widehat{\mathrm{KBP}}=180^{\circ}-\widehat{\mathrm{ABP}}=180^{\circ}-\widehat{\mathrm{BAP}}=\widehat{\mathrm{PAK}}
$$
Il reste donc à montrer que $\frac{K T}{K A}=\frac{T P}{A P^{\prime}}$. Puisque $A P^{\prime}=A P=B P$, il suffit de montrer que $\frac{K T}{K A}=\frac{T P}{B P}$. Il suffit donc de montrer que les triangles AKT et BPT sont semblables. Pour cela, il suffit de montrer que les angles de ces deux triangles sont deux à deux égaux.
D'une part, par angle inscrit, $\widehat{A K T}=180^{\circ}-\widehat{\mathrm{BKT}}=\widehat{\mathrm{TPB}}$. D'autre part par angle tangentiel, $\widehat{\mathrm{TAK}}=$ $\widehat{\mathrm{TAB}}=\widehat{\mathrm{TBP}}$.
Donc les triangles $A K T$ et BPT sont semblables comme voulu.
## Commentaires des correcteurs:
Une bonne réussite relativement à la difficulté estimée de l'exercice. Quelques élèves, qui n'ont pas résolu complètement l'exercice, on tenu à partager leurs idées sur le problème, ce qui a été grandement apprécié.
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{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "8",
"problem_match": "\nExercice 8.",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-corrigé-envoi-5.jsonl",
"solution_match": "## Solution de l'exercice 8",
"tier": "T2",
"year": null
}
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Let $a_{1}, \ldots, a_{101}$ be real numbers in the interval $[-2 ; 10]$ such that
$$
a_{1}+\ldots+a_{101}=0
$$
Show that
$$
a_{1}^{2}+\ldots+a_{101}^{2} \leqslant 2020
$$
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When dealing with inequalities on real numbers that are not necessarily positive, it is essential to separate the positive and negative variables. This simple idea often constitutes the starting point in the solution and can lead to interesting developments, in addition to preventing certain errors when manipulating inequalities with negative numbers.
The second idea, when the variables play symmetric roles, is to impose an order on the reals. In addition to sometimes yielding interesting results for the problem, this greatly simplifies the writing of the solution.
By renumbering the variables, we assume that $a_{1} \leqslant a_{2} \leqslant \ldots \leqslant a_{100} \leqslant a_{101}$. If all the reals are zero, then the sum of their squares is zero and is therefore less than 2020. We now assume that one of the reals is non-zero. Since the sum of the $a_{i}$ is zero, this implies that at least one real is strictly positive and another is strictly negative. We then denote $p$ the index such that $a_{p}<0 \leqslant a_{p+1}$.
Let's rewrite the zero sum hypothesis in the form
$$
-\left(a_{1}+a_{2}+\ldots+a_{p}\right)=a_{p+1}+\ldots+a_{101}
$$
We will now seek to make this hypothesis appear in the sum to be calculated. For this, we will also use the fact that if $1 \leqslant i \leqslant p$, then $a_{i} \geqslant-2$ and that if $p+1 \leqslant i \leqslant 101$, then $a_{i} \leqslant 10$. We have:
$$
\begin{aligned}
a_{1}^{2}+\ldots+a_{101}^{2} & =\underbrace{a_{1} \cdot a_{1}}_{\leqslant-2 a_{1}}+\ldots+\underbrace{a_{p} \cdot a_{p}}_{\leqslant-2 a_{p}}+\underbrace{a_{p+1} \cdot a_{p+1}}_{\leqslant 10 a_{p+1}}+\ldots+\underbrace{a_{101} \cdot a_{101}}_{\leqslant 10 a_{101}} \\
& \leqslant-2 a_{1}+\ldots+\left(-2 a_{p}\right)+10 a_{p+1}+\ldots+10 a_{101} \\
& =2\left(-\left(a_{1}+\ldots+a_{p}\right)\right)+10\left(a_{p+1}+\ldots+a_{101}\right) \\
& =2(\underbrace{a_{p+1}}_{\leqslant 10}+\ldots+\underbrace{a_{101}}_{\leqslant 10})+10(-(\underbrace{a_{1}}_{\geqslant-2}+\ldots+\underbrace{a_{p}}_{\geqslant-2})) \\
& \leqslant 2 \cdot 10 \cdot(101-p)+10 \cdot 2 \cdot p \\
& =2020
\end{aligned}
$$
which is the desired inequality.
## Comments from the Examiners:
Some students noticed that, for $-2 \leqslant a_{i} \leqslant 10$, we have $\left(a_{i}+2\right)\left(a_{i}-10\right) \leqslant 0$, and used this to arrive at a proof very efficiently. Others chose to construct the values of $a_{i}$ that maximize the sum of the squares; in this case, it was of course essential to prove the optimality of the construction to obtain the majority of the points.
## Senior Exercises
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Inequalities
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Soient $a_{1}, \ldots, a_{101}$ des réels appartenant à l'intervalle $[-2 ; 10]$ tels que
$$
a_{1}+\ldots+a_{101}=0
$$
Montrer que
$$
a_{1}^{2}+\ldots+a_{101}^{2} \leqslant 2020
$$
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Lorsque l'on effectue des inégalités sur des réels qui ne sont pas forcément positifs, il est essentiel de séparer les variables positives et négatives. Cette idée simple constitue souvent l'idée de départ dans la solution et peut mener à des développements intéressants, en plus de prévenir certaines erreurs lors de manipulations d'inégalités avec des nombres négatifs.
La deuxième idée, lorsque les variables jouent des rôles symétriques, est d'imposer un ordre aux réels. En plus de permettre, parfois, d'obtenir des résultats intéressants pour le problème, cela simplifie grandement la rédaction de la solution.
Quitte à renuméroter les variables, on suppose donc que $a_{1} \leqslant a_{2} \leqslant \ldots \leqslant a_{100} \leqslant a_{101}$. Si tous les réels sont nuls, alors la somme de leur carré est nulle et donc bien inférieure à 2020. On suppose désormais que l'un des réels est non nul. Puisque la somme des $a_{i}$ est nulle, cela impose qu'au moins un réel est strictement positif et un autre strictement négatif. On note alors $p$ l'indice vérifiant $a_{p}<0 \leqslant a_{p+1}$.
Réécrivons dès à présent l'hypothèse de la somme nulle sous la forme
$$
-\left(a_{1}+a_{2}+\ldots+a_{p}\right)=a_{p+1}+\ldots+a_{101}
$$
On va désormais chercher à faire apparaître cette hypothèse dans la somme à calculer. Pour cela, on va également se servir du fait que si $1 \leqslant i \leqslant p$, alors $a_{i} \geqslant-2$ et que si $p+1 \leqslant i \leqslant 101$, alors $a_{i} \leqslant 10$. On a :
$$
\begin{aligned}
a_{1}^{2}+\ldots+a_{101}^{2} & =\underbrace{a_{1} \cdot a_{1}}_{\leqslant-2 a_{1}}+\ldots+\underbrace{a_{p} \cdot a_{p}}_{\leqslant-2 a_{p}}+\underbrace{a_{p+1} \cdot a_{p+1}}_{\leqslant 10 a_{p+1}}+\ldots+\underbrace{a_{101} \cdot a_{101}}_{\leqslant 10 a_{101}} \\
& \leqslant-2 a_{1}+\ldots+\left(-2 a_{p}\right)+10 a_{p+1}+\ldots+10 a_{101} \\
& =2\left(-\left(a_{1}+\ldots+a_{p}\right)\right)+10\left(a_{p+1}+\ldots+a_{101}\right) \\
& =2(\underbrace{a_{p+1}}_{\leqslant 10}+\ldots+\underbrace{a_{101}}_{\leqslant 10})+10(-(\underbrace{a_{1}}_{\geqslant-2}+\ldots+\underbrace{a_{p}}_{\geqslant-2})) \\
& \leqslant 2 \cdot 10 \cdot(101-p)+10 \cdot 2 \cdot p \\
& =2020
\end{aligned}
$$
ce qui est l'inégalité voulue.
## Commentaires des correcteurs :
Certains élèves ont remarqué que, pour $-2 \leqslant a_{i} \leqslant 10$, on a $\left(a_{i}+2\right)\left(a_{i}-10\right) \leqslant 0$, et s'en sont servi pour aboutir à une preuve de façon très efficace. D'autres ont choisi de construire les valeurs de $a_{i}$ maximisant la somme des carrés; dans ce cas, il était bien sûr indispensable de prouver l'optimalité de la construction pour obtenir la majorité des points.
## Exercices Seniors
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{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "9",
"problem_match": "\nExercice 9.",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-corrigé-envoi-5.jsonl",
"solution_match": "\nSolution de l'exercice 9",
"tier": "T2",
"year": null
}
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Let $a$ be a strictly positive real number and $n \geqslant 1$ an integer. Show that
$$
\frac{a^{n}}{1+a+\ldots+a^{2 n}}<\frac{1}{2 n}
$$
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Since the difficulty lies in the denominator of the right-hand side, and for greater comfort, we can seek to show the inverse relationship, namely:
$$
\frac{1+a+\ldots+a^{2 n}}{a^{n}}>2 n
$$
The idea behind the following solution is to "homogenize" the numerator of the left-hand side, that is, to compare this numerator, in which the $a$ are raised to distinct powers, to an expression composed solely of $a$ raised to the same power. To do this, we seek to pair certain terms and apply the inequality of arithmetic and geometric means. Let's see: for $0 \leqslant i \leqslant 2 n$, we have $a^{i}+a^{2 n-i} \geqslant 2 \sqrt{a^{i} a^{2 n-i}}=$ $2 a^{n}$. Thus:
$$
\begin{aligned}
\frac{1+a+\ldots+a^{2 n}}{a^{n}} & =\frac{\left(1+a^{2 n}\right)+\left(a+a^{2 n-1}\right)+\ldots+\left(a^{n-1}+a^{n+1}\right)+a^{n}}{a^{n}} \\
& \geqslant \frac{\overbrace{2 a^{n}+2 a^{n}+\ldots+2 a^{n}}^{n \text { terms }}+a^{n}}{a^{n}} \\
& =\frac{(2 n+1) a^{n}}{a^{n}} \\
& =2 n+1 \\
& >2 n
\end{aligned}
$$
which provides the desired inequality.
Comments from the graders:
The exercise was very well solved overall. Many students were able to directly apply the AM-GM inequality to $2n+1$ terms, while most others managed to get by with the AM-GM inequality for two terms.
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Inequalities
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Soit a un réel strictement positif et $n \geqslant 1$ un entier. Montrer que
$$
\frac{a^{n}}{1+a+\ldots+a^{2 n}}<\frac{1}{2 n}
$$
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Puisque la difficulté réside dans le dénominateur du membre de droite, et pour plus de confort, on peut chercher à montrer la relation inverse, à savoir :
$$
\frac{1+a+\ldots+a^{2 n}}{a^{n}}>2 n
$$
L'idée derrière la solution qui suit est "d'homogénéiser" le numérateur du membre de gauche, c'est-àdire de comparer ce numérateur dans lequel les a sont élevés à des puissances distinctes à une expression composée uniquement de a élevés à la même puissance. Pour cela, on cherche à coupler certains termes et appliquer l'inégalité des moyennes. Voyons plutôt : pour $0 \leqslant i \leqslant 2 n$, on a $a^{i}+a^{2 n-i} \geqslant 2 \sqrt{a^{i} a^{2 n-i}}=$ $2 a^{n}$. Ainsi :
$$
\begin{aligned}
\frac{1+a+\ldots+a^{2 n}}{a^{n}} & =\frac{\left(1+a^{2 n}\right)+\left(a+a^{2 n-1}\right)+\ldots+\left(a^{n-1}+a^{n+1}\right)+a^{n}}{a^{n}} \\
& \geqslant \frac{\overbrace{2 a^{n}+2 a^{n}+\ldots+2 a^{n}}^{n \text { termes }}+a^{n}}{a^{n}} \\
& =\frac{(2 n+1) a^{n}}{a^{n}} \\
& =2 n+1 \\
& >2 n
\end{aligned}
$$
ce qui fournit l'inégalité voulue.
Commentaires des correcteurs:
Exercice très bien résolu dans l'ensemble. De nombreux élèves ont su appliquer l'IAG directement à $2 \mathrm{n}+1$ termes, les autres ont pour la plupart réussi à s'en sortir avec l'IAG à deux termes.
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{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "10",
"problem_match": "\nExercice 10.",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-corrigé-envoi-5.jsonl",
"solution_match": "\nSolution de l'exercice 10",
"tier": "T2",
"year": null
}
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Determine all integers $a$ such that $a-3$ divides $a^{3}-3$.
Determine all integers $a$ such that $a-3$ divides $a^{3}-3$.
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We know that $a-3 \mid a^{3}-3^{3}$, so it divides the difference
$$
a-3 \mid a^{3}-3-\left(a^{3}-3^{3}\right)=27-3=24
$$
Conversely, it is sufficient that $a-3$ divides 24 for it to divide $24+a^{3}-3^{3}=a^{3}-3$. The solutions are therefore exactly the divisors of 24 to which we add 3. We have therefore
$$
a-3 \in\{-24,-12,-8,-6,-4,-3,-2,-1,0,1,2,3,4,6,8,12,24\}
$$
and $a \in\{-21,-9,-5,-3,-1,0,1,2,3,4,5,6,9,11,15,27\}$.
## Comments from the graders:
The exercise was very well solved overall; the most common mistake is forgetting some divisors of 24.
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a \in\{-21,-9,-5,-3,-1,0,1,2,3,4,5,6,9,11,15,27\}
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Yes
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Yes
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math-word-problem
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Number Theory
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Déterminer tous les entiers a tels que $a-3$ divise $a^{3}-3$.
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On sait que $a-3 \mid a^{3}-3^{3}$, donc il divise la différence
$$
a-3 \mid a^{3}-3-\left(a^{3}-3^{3}\right)=27-3=24
$$
Réciproquement, il suffit que $a-3$ divise 24 pour qu'il divise $24+a^{3}-3^{3}=a^{3}-3$. Les solutions sont donc exactement les diviseurs de 24 auxquels on ajoute 3 . On a donc
$$
a-3 \in\{-24,-12,-8,-6,-4,-3,-2,-1,0,1,2,3,4,6,8,12,24\}
$$
et $a \in\{-21,-9,-5,-3,-1,0,1,2,3,4,5,6,9,11,15,27\}$.
## Commentaires des correcteurs:
Exercice très bien résolu dans l'ensemble ; l'erreur la plus fréquente est l'oubli de certains diviseurs de 24.
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{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "11",
"problem_match": "\nExercice 11.",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-corrigé-envoi-5.jsonl",
"solution_match": "\nSolution de l'exercice 11",
"tier": "T2",
"year": null
}
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Let $\omega_{1}$ and $\omega_{2}$ be two circles with centers $\mathrm{O}_{1}$ and $\mathrm{O}_{2}$, respectively. Suppose that $\omega_{1}$ and $\omega_{2}$ intersect at points $A$ and $B$. The line $\left(O_{1} A\right)$ intersects the circle $\omega_{2}$ again at $C$, while the line $\left(O_{2} A\right)$ intersects the circle $\omega_{1}$ again at $D$. Show that the points $\mathrm{D}, \mathrm{O}_{1}, \mathrm{~B}, \mathrm{O}_{2}$, and $C$ lie on the same circle.
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Let us note that since the angles $\widehat{\mathrm{DAO}_{1}}$ and $\widehat{\mathrm{CAO}_{2}}$ are vertically opposite, they are equal. On the other hand, since points $A$ and $D$ belong to the circle $\omega_{1}$, the triangle $A O_{1} D$ is isosceles at $O_{1}$. Similarly, the triangle $\mathrm{CO}_{2} A$ is isosceles at $\mathrm{O}_{2}$. Therefore, triangles $\mathrm{DO}_{1} A$ and $\mathrm{CO}_{2} A$ are isosceles triangles with the same base angles, so they are similar. This implies that $\widehat{\mathrm{AO}_{1} \mathrm{D}}=\widehat{\mathrm{CO}_{2} \mathrm{~A}}$, and thus
$$
\widehat{\mathrm{CO}_{1} \mathrm{D}}=\widehat{\mathrm{AO} \mathrm{O}_{1} \mathrm{D}}=\widehat{\mathrm{CO}_{2} \mathrm{~A}}=\widehat{\mathrm{CO}_{2} \mathrm{D}}
$$
so the points $\mathrm{C}, \mathrm{O}_{2}, \mathrm{O}_{1}$, and D are concyclic.
Furthermore, we can decompose the angle $\widehat{\mathrm{DBC}}$ into the sum $\widehat{\mathrm{DBA}}+\widehat{\mathrm{ABC}}$. On the one hand, according to the inscribed angle theorem in the circle $\omega_{1}$, we have $\widehat{A B D}=\frac{1}{2} \widehat{\mathrm{AO}_{1} \mathrm{D}}$. On the other hand, according to the inscribed angle theorem in the circle $\omega_{1}$, we have $\widehat{A B C}=\frac{1}{2} \widehat{A O_{2} C}$. Thus,
$$
\widehat{\mathrm{DBC}}=\widehat{\mathrm{DBA}}+\widehat{A B C}=\frac{1}{2} \widehat{A O_{1} \mathrm{D}}+\frac{1}{2} \widehat{\mathrm{AO}_{2} \mathrm{C}}=\widehat{\mathrm{AO}_{1} \mathrm{D}}
$$
which allows us to conclude that point B belongs to the circle passing through the points $\mathrm{C}, \mathrm{O}_{2}, \mathrm{O}_{1}$, and D.
## Comments from the graders:
Very well solved exercise.
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Geometry
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Soient $\omega_{1}$ et $\omega_{2}$ deux cercles de centres respectifs $\mathrm{O}_{1}$ et $\mathrm{O}_{2}$. On suppose que $\omega_{1}$ et $\omega_{2}$ se coupent en les points $A$ et $B$. La droite $\left(O_{1} A\right)$ recoupe le cercle $\omega_{2}$ en $C$ tandis que la droite $\left(O_{2} A\right)$ recoupe le cercle $\omega_{1}$ en D . Montrer que les points $\mathrm{D}, \mathrm{O}_{1}, \mathrm{~B}, \mathrm{O}_{2}$ et C appartiennent à un même cercle.
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Notons que puisque les angles $\widehat{\mathrm{DAO}_{1}}$ et $\widehat{\mathrm{CAO}_{2}}$ sont opposés par le sommet, ils sont égaux. D'autre part, puisque les points $A$ et $D$ appartiennent au cercle $\omega_{1}$, le triangle $A O_{1} D$ est isocèle en $O_{1}$. De même, le triangle $\mathrm{CO}_{2} A$ est isocèle en $\mathrm{O}_{2}$. Les triangles $\mathrm{DO}_{1} A$ et $\mathrm{CO}_{2} A$ sont donc des triangels isocèle avec les mêmes angles à la base, ils sont donc semblables. Ceci implique que $\widehat{\mathrm{AO}_{1} \mathrm{D}}=\widehat{\mathrm{CO}_{2} \mathrm{~A}}$, et donc que
$$
\widehat{\mathrm{CO}_{1} \mathrm{D}}=\widehat{\mathrm{AO} \mathrm{O}_{1} \mathrm{D}}=\widehat{\mathrm{CO}_{2} \mathrm{~A}}=\widehat{\mathrm{CO}_{2} \mathrm{D}}
$$
si bien que les points $\mathrm{C}, \mathrm{O}_{2}, \mathrm{O}_{1}$ et D sont cocycliques.
Par ailleurs, on peut découper l'angle $\widehat{\mathrm{DBC}}$ en la somme $\widehat{\mathrm{DBA}}+\widehat{\mathrm{ABC}}$. D'une part, d'après le théorème de l'angle au centre dans le cercle $\omega_{1}$, on a $\widehat{A B D}=\frac{1}{2} \widehat{\mathrm{AO}_{1} \mathrm{D}}$. D'autre part, d'après le théorème de l'angle au centre dans le cercle $\omega_{1}$, on a $\widehat{A B C}=\frac{1}{2} \widehat{A O_{2} C}$. Ainsi
$$
\widehat{\mathrm{DBC}}=\widehat{\mathrm{DBA}}+\widehat{A B C}=\frac{1}{2} \widehat{A O_{1} \mathrm{D}}+\frac{1}{2} \widehat{\mathrm{AO}_{2} \mathrm{C}}=\widehat{\mathrm{AO}_{1} \mathrm{D}}
$$
ce qui permet de conclure que le point B appartient au cercle passant par les points $\mathrm{C}, \mathrm{O}_{2}, \mathrm{O}_{1}$ et D .
## Commentaires des correcteurs:
Exercice très bien résolu.
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{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "12",
"problem_match": "\nExercice 12.",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-corrigé-envoi-5.jsonl",
"solution_match": "## Solution de l'exercice 12",
"tier": "T2",
"year": null
}
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Let $(a_n)$ be a strictly increasing sequence of positive integers such that $a_1 = 1$ and for all $n \geq 1, a_{n+1} \leq 2n$. Show that for every integer $n \geq 1$, there exist two indices $p$ and $q$ such that $a_p - a_q = n$.
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Let $n \geqslant 1$ be an integer. We will use the pigeonhole principle. Construct our pigeonholes in such a way that if two numbers are in the same pigeonhole, they satisfy the property stated in the problem. For this, we consider the following pigeonholes: we group the integers from 1 to $2n$ into pairs of the form $\{i, n+i\}$ for $i$ between 1 and $n$, which constitutes $n$ pigeonholes. These pigeonholes are disjoint from each other, and if two terms of the sequence are in the same pigeonhole, this gives two indices $p$ and $q$ such that $a_{p}-a_{q}=n$, because all terms of a strictly increasing sequence are distinct.
Since the sequence $(a_{m})$ is increasing and since $a_{n+1} \leqslant 2n$, $a_{m} \in \llbracket 1,2n \rrbracket$ for $m \in \llbracket 1, n+1 \rrbracket$. Therefore, the first $n+1$ terms of the sequence are in the interval $\llbracket 1,2n \rrbracket$. By the pigeonhole principle, there are two distinct terms that belong to the same set $\{i, n+i\}$ for some $i$, which is the desired result.
## Comments from the graders:
Very well treated exercise.
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Number Theory
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Soit ( $a_{n}$ ) une suite strictement croissante d'entiers positifs telle que $a_{1}=1$ et pour tout $n \geqslant 1, a_{n+1} \leqslant 2 n$. Montrer que pour tout entier $n \geqslant 1$, il existe deux indices $p$ et $q$ tels que $a_{p}-a_{q}=n$.
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Soit $n \geqslant 1$ un entier. On va utiliser le principe des tiroirs. Construisons nos tiroirs deux sorte que si deux nombres sont dans un même tiroirs, ils vérifient la propriété de l'énoncé. Pour cela, on considère les tiroirs suivants : on réunit les entiers de 1 à $2 n$ en les couples de la forme $\{i, n+i\}$ pour $i$ entre 1 et $n$, ce qui constitue $n$ tiroirs. Ces tiroirs sont bien disjoints deux à deux, et si deux termes de la suite sont dans un même tiroir, cela donne les deux indices $p$ et $q$ tels que $a_{p}-a_{q}=n$, car tous les termes d'une suite strictement croissante sont distincts.
Or, puisque la suite ( $a_{m}$ ) est croissante et puisque $a_{n+1} \leqslant 2 n, a_{m} \in \llbracket 1,2 n \rrbracket$ pour $m \in \llbracket 1, n+1 \rrbracket$. Donc les $n+1$ premiers termes de la suites sont dans l'intervalle $\llbracket 1,2 n \rrbracket$. Par le principe des tiroirs, il y a deux termes distincts qui appartiennent au même ensemble $\{i, n+i\}$ pour un certain $i$, ce qui est le résultat voulu.
## Commentaires des correcteurs :
Exercice très bien traité.
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{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "13",
"problem_match": "\nExercice 13.",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-corrigé-envoi-5.jsonl",
"solution_match": "## Solution de l'exercice 13",
"tier": "T2",
"year": null
}
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Let $\Gamma$ be a circle and $P$ a point outside $\Gamma$. The tangents to $\Gamma$ from $P$ touch $\Gamma$ at $A$ and $B$. Let $K$ be a point distinct from $A$ and $B$ on the segment $[A B]$. The circumcircle of triangle $PBK$ intersects the circle $\Gamma$ at point $T$. Let $P'$ be the symmetric point of $P$ with respect to point $A$. Show that $\widehat{\mathrm{PBT}}=\widehat{\mathrm{P}'\mathrm{KA}}$.
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According to the inscribed angle theorem, $\widehat{\mathrm{PBT}}=\widehat{\mathrm{PKT}}$. Therefore, it suffices to show that $\widehat{\mathrm{PKT}}=\widehat{\mathrm{P}^{\prime} \mathrm{KA}}$. The figure suggests that triangles PKT and $\mathrm{P}^{\prime} \mathrm{KA}$ are similar, so we will try to prove this result, which will imply the desired angle equality.
To show that $\triangle P K T \sim \triangle P^{\prime} K A$, we have several options. For example, we can show that $\widehat{T P K} = \widehat{K P^{\prime} A}$ and $\widehat{K T P} = \widehat{K A P}$. However, when we try to calculate the angle $\widehat{T P K}$, we realize that the equality $\widehat{T P K} = \widehat{K P^{\prime} A}$ is equivalent to the statement we want to prove. Therefore, we will show that $\widehat{K T P} = \widehat{P^{\prime} A K}$ and that $\frac{\mathrm{KT}}{\mathrm{KA}} = \frac{\mathrm{TP}}{\mathrm{AP}^{\prime}}$.
To show that $\widehat{K T P} = \widehat{P^{\prime} A K}$, we first need to note that triangle $A P B$ is isosceles at $P$ because the lines ($A P$) and ($B P$) are tangent at $A$ and $B$ to the circle $\Gamma$. By applying the inscribed angle theorem in the circle passing through $\mathrm{P}, \mathrm{B}, \mathrm{K}$, and T, we find:
$$
\widehat{\mathrm{KTP}} = 180^{\circ} - \widehat{\mathrm{KBP}} = 180^{\circ} - \widehat{\mathrm{ABP}} = 180^{\circ} - \widehat{\mathrm{BAP}} = \widehat{\mathrm{PAK}}
$$
It remains to show that $\frac{\mathrm{KT}}{\mathrm{KA}} = \frac{\mathrm{TP}}{A \mathrm{P}^{\prime}}$. Since $A P^{\prime} = A P = B P$, it suffices to show that $\frac{\mathrm{KT}}{\mathrm{KA}} = \frac{\mathrm{TP}}{\mathrm{BP}}$. Therefore, it suffices to show that triangles AKT and BPT are similar. To do this, it suffices to show that the angles of these two triangles are equal in pairs.
On the one hand, by the inscribed angle theorem, $\widehat{A K T} = 180^{\circ} - \widehat{\mathrm{BKT}} = \widehat{\mathrm{TPB}}$. On the other hand, by the tangent angle theorem, $\widehat{\mathrm{TAK}} = \widehat{\mathrm{TAB}} = \widehat{\mathrm{TBP}}$.
Therefore, triangles AKT and BPT are similar as desired.
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Geometry
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Soit $\Gamma$ un cercle et $P$ un point à l'extérieur de $\Gamma$. Les tangentes à $\Gamma$ issues de $P$ touchent $\Gamma$ en $A$ et $B$. Soit $K$ un point distinct de $A$ et $B$ sur le segment $[A B]$. Le cercle circonscrit au triangle PBK recoupe le cercle $\Gamma$ au point $T$. Soit $\mathrm{P}^{\prime}$ le symétrique du point $P$ par rapport au point $A$. Montrer que $\widehat{\mathrm{PBT}}=\widehat{\mathrm{P}^{\prime} \mathrm{KA}}$.
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D'après le théorème de l'angle inscrit, $\widehat{\mathrm{PBT}}=\widehat{\mathrm{PKT}}$. Ainsi, il suffit de montrer que $\widehat{\mathrm{PKT}}=\widehat{\mathrm{P}^{\prime} \mathrm{KA}}$. La figure semble suggérer que les triangles PKT et $\mathrm{P}^{\prime} \mathrm{KA}$ sont semblables, nous allons donc essayer de montrer ce résultat, qui impliquera bien l'égalité d'angle voulue.
Pour montrer que $\triangle P K T \sim \triangle P^{\prime} K A$, on a plusieurs possibilités. Par exemple, on peut montrer que $\widehat{T P K}=$ $\widehat{K P^{\prime} A}$ et $\widehat{K T P}=\widehat{K A P}$. Toutefois, lorsque l'on essaye de calculer l'angle $\widehat{T P K}$, on se rend compte que l'égalité $\widehat{T P K}=\widehat{K P^{\prime} A}$ est équivalente à l'énoncé à démontrer. On va donc montrer que $\widehat{K T P}=\widehat{P^{\prime} A K}$ et que $\frac{\mathrm{KT}}{\mathrm{KA}}=\frac{\mathrm{TP}}{\mathrm{AP}^{\prime}}$.
Pour montrer que $\widehat{K T P}=\widehat{P^{\prime} A K}$, il faut d'abord remarquer que le triangle $A P B$ est isocèle en $P$ puisque les droites ( $A P$ ) et ( $B P$ ) sont tangentes en $A$ et $B$ au cercle $\Gamma$. En appliquant le théorème de l'angle inscrit dans le cercle passant par $\mathrm{P}, \mathrm{B}, \mathrm{K}$ et T , on trouve :
$$
\widehat{\mathrm{KTP}}=180^{\circ}-\widehat{\mathrm{KBP}}=180^{\circ}-\widehat{\mathrm{ABP}}=180^{\circ}-\widehat{\mathrm{BAP}}=\widehat{\mathrm{PAK}}
$$
Il reste donc à montrer que $\frac{\mathrm{KT}}{\mathrm{KA}}=\frac{\mathrm{TP}}{A \mathrm{P}^{\prime}}$. Puisque $A P^{\prime}=A P=B P$, il suffit de montrer que $\frac{\mathrm{KT}}{\mathrm{KA}}=\frac{\mathrm{TP}}{\mathrm{BP}}$. Il suffit donc de montrer que les triangles AKT et BPT sont semblables. Pour cela, il suffit de montrer que les angles de ces deux triangles sont deux à deux égaux.
D'une part, par angle inscrit, $\widehat{A K T}=180^{\circ}-\widehat{\mathrm{BKT}}=\widehat{\mathrm{TPB}}$. D' autre part, par angle tangentiel, $\widehat{\mathrm{TAK}}=$ $\widehat{\mathrm{TAB}}=\widehat{\mathrm{TBP}}$.
Donc les triangles AKT et BPT sont semblables comme voulu.
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{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "14",
"problem_match": "\nExercice 14.",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-corrigé-envoi-5.jsonl",
"solution_match": "## Solution de l'exercice 14",
"tier": "T2",
"year": null
}
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Let $\Gamma$ be a circle and $P$ a point outside $\Gamma$. The tangents to $\Gamma$ from $P$ touch $\Gamma$ at $A$ and $B$. Let $K$ be a point distinct from $A$ and $B$ on the segment $[A B]$. The circumcircle of triangle $PBK$ intersects the circle $\Gamma$ at point $T$. Let $P'$ be the symmetric point of $P$ with respect to point $A$. Show that $\widehat{\mathrm{PBT}}=\widehat{\mathrm{P}'\mathrm{KA}}$.
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$n^{\circ} 2$ :
In case of an allergy to angle chasing, it is also possible to progress in the problem with advanced ideas. The problem naturally presents itself as dynamic: keeping $\Omega, P, A, B, P^{\prime}$ fixed, we can move $K$ projectively. Then $T$ also moves projectively, as the circle $PBK$ having two fixed points $P$ and $B$ has a non-fixed intersection with the line $(AB)$ and with $\Omega$, so it can pass projectively to $K$ or to $T$. Moreover, the angles to be measured are between a fixed line and a line that moves projectively, so the equality of angles means that the point at infinity of the first projective line is mapped to the point at infinity of the second by a well-chosen rotation (or by a symmetry if the angles were in the opposite direction). The problem is well projective, let's look for three special cases.
We can send $K$ to infinity, then by tangency $T$ ends up at $B$ and the two angles that should be equal are zero.
We can send $K$ to $A$, then $T$ also ends up at $A$ and the two angles that should be equal are equal because triangle $PAB$ is isosceles at $P$.
We still need one more special case using the fact that $P^{\prime}$ is not only on the line $(PA)$ but is also symmetric. We can place $K$ on the symmetric of $B$ with respect to $A$ to construct a parallelogram. The angle chasing is then not quite immediate, but easier than in the original problem, as it does not require an idea to use the midpoint condition since it suffices to consider the parallelogram. It is left as an exercise to the reader.
## Comments from the graders:
The exercise was very well done, and the proofs using the tricks around the midpoints of segments were particularly appreciated.
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Geometry
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Soit $\Gamma$ un cercle et $P$ un point à l'extérieur de $\Gamma$. Les tangentes à $\Gamma$ issues de $P$ touchent $\Gamma$ en $A$ et $B$. Soit $K$ un point distinct de $A$ et $B$ sur le segment $[A B]$. Le cercle circonscrit au triangle PBK recoupe le cercle $\Gamma$ au point $T$. Soit $\mathrm{P}^{\prime}$ le symétrique du point $P$ par rapport au point $A$. Montrer que $\widehat{\mathrm{PBT}}=\widehat{\mathrm{P}^{\prime} \mathrm{KA}}$.
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$n^{\circ} 2$ :
En cas d'allergie à la chasse aux angles, il est aussi possible de progresser dans le problème avec des idées avancées. Le problème se présente naturellement comme dynamique : en gardant fixe $\Omega, P, A, B, P^{\prime}$ on peut faire bouger K projectivement. Alors la T bouge aussi projectivement car le cercle PBK ayant deux points fixes P et B il a une intersection non fixe avec la droite $(\mathrm{AB})$ et avec $\Omega$, donc peut passer projectivement à $K$ ou à $T$. De plus, les angles à mesurer sont entre une droite fixe et une droite qui bouge projectivement chacun, l'égalité d'angle revient donc à dire que le point à l'infini de la première droite projective est envoyé sur le point à l'infini de la deuxième par une rotation bien choisie (ou par une symétrie si les angles avaient été dans l'autre sens). Le problème est bien projectif, cherchons trois cas particuliers.
On peut envoyer K à l'infini, alors par tangence $T$ se retrouve en $B$ et les deux angles qui doivent être égaux sont nuls.
On peut envoyer K sur $A$, alors T se retrouve aussi en $A$ et les deux angles qui doivent être égaux sont égaux car le triangle PAB est isocèle en P .
Il nous manque encore un cas particulier utilisant le fait que $\mathrm{P}^{\prime}$ soit non seulement sur la droite ( $P A$ ) mais bien symétrique. On peut placer K sur le symétrique de B par rapport à $A$ pour construire un parallélogramme. La chasse aux angles n'est alors pas tout à fait immédiate, mais plus facile que dans le problème original, car elle ne nécessite pas d'idée pour utiliser la condition de milieu puisqu'il suffit de considérer le parallélogramme. Elle est laissée en exercice au lecteur.
## Commentaires des correcteurs:
L'exercice a été très bien réussi, et les preuves utilisant les astuces autour des milieux de segments ont été particulièrement appréciées.
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{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "14",
"problem_match": "\nExercice 14.",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-corrigé-envoi-5.jsonl",
"solution_match": "## Solution ",
"tier": "T2",
"year": null
}
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Let $\mathrm{m}, \mathrm{n}$ and $\times$ be strictly positive integers. Show that
$$
\sum_{i=1}^{n} \min \left(\left\lfloor\frac{x}{i}\right\rfloor, m\right)=\sum_{i=1}^{m} \min \left(\left\lfloor\frac{x}{i}\right\rfloor, n\right)
$$
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By exchanging $m$ and $n$, we can assume that $m \leqslant n$. We then proceed by induction on $n$ with $m$ fixed.
Initialization: If $\mathrm{m}=\mathrm{n}$, the equality is trivial.
Induction: Suppose the equality is true for some $n \geqslant m$ and let's show that the equality is true for $n+1$. The left-hand side becomes
$$
\sum_{i=1}^{n} \min \left(\left\lfloor\frac{x}{i}\right\rfloor, m\right)+\min \left(\left\lfloor\frac{x}{n+1}\right\rfloor, m\right)
$$
Let's examine the terms on the right-hand side, which are of the form $\min \left(\left\lfloor\frac{x}{i}\right\rfloor, n+1\right)$. We have
$$
\min \left(\left\lfloor\frac{x}{i}\right\rfloor, n+1\right)-\min \left(\left\lfloor\frac{x}{i}\right\rfloor, n\right)= \begin{cases}1 & \text { if }\left\lfloor\frac{x}{i}\right\rfloor \geqslant n+1 \\ 0 & \text { otherwise }\end{cases}
$$
Now, $\left\lfloor\frac{x}{i}\right\rfloor \geqslant n+1$ if and only if $x \geqslant(n+1) i$, or equivalently $i \leqslant\left\lfloor\frac{x}{n+1}\right\rfloor$. Therefore, the number of $i$ in $\llbracket 1, m \rrbracket$ for which $\left\lfloor\frac{x}{i}\right\rfloor \geqslant n+1$ is precisely $\min \left(\left\lfloor\frac{x}{n+1}\right\rfloor, m\right)$. We deduce that
$$
\begin{aligned}
\sum_{i=1}^{m} \min \left(\left\lfloor\frac{x}{i}\right\rfloor, n+1\right) & =\sum_{i=1}^{m} \min \left(\left\lfloor\frac{x}{i}\right\rfloor, n\right)+\min \left(\left\lfloor\frac{x}{n+1}\right\rfloor, m\right) \\
& =\sum_{i=1}^{n} \min \left(\left\lfloor\frac{x}{i}\right\rfloor, m\right)+\min \left(\left\lfloor\frac{x}{n+1}\right\rfloor, m\right) \\
& =\sum_{i=1}^{n+1} \min \left(\left\lfloor\frac{x}{i}\right\rfloor, m\right)
\end{aligned}
$$
where the second equality comes from the induction hypothesis. This completes the induction and concludes the exercise.
$\underline{\text { Alternative Solution: }}$ A very clever solution involves double counting, noting that both sides of the equality count the same object, namely the number of pairs $(a, b)$ such that $a \leqslant m, b \leqslant n$ and $a b \leqslant x$.
Indeed, let's count this number of objects in a first way. The choice of a pair $(a, b) \in$ $\llbracket 1, \mathrm{~m} \rrbracket \times \llbracket 1, n \rrbracket$ such that $\mathrm{ab} \leqslant x$ is characterized first by the choice of $a$ in $\llbracket 1, m \rrbracket$. Then, since $a b \leqslant x$, we have $b \leqslant\left\lfloor\frac{x}{a}\right\rfloor$. Therefore, $b \leqslant \min (\lfloor x / a\rfloor, n)$ and there are $\min (\lfloor x / a\rfloor, n)$ choices for $b$ if $a$ is fixed. Thus, we have in total
$$
\sum_{i=1}^{m} \min \left(\left\lfloor\frac{x}{i}\right\rfloor, n\right)
$$
such pairs $(a, b)$.
By starting with the choice of $b$ rather than $a$, a similar reasoning allows us to assert that there are
$$
\sum_{i=1}^{n} \min \left(\left\lfloor\frac{x}{i}\right\rfloor, m\right)
$$
such pairs of integers $(a, b)$. The two terms are therefore equal.
Comments from the graders:
The exercise was well handled by many students, relative to its estimated difficulty.
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Number Theory
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Soient $\mathrm{m}, \mathrm{n}$ et $\times$ des entiers strictement positifs. Montrer que
$$
\sum_{i=1}^{n} \min \left(\left\lfloor\frac{x}{i}\right\rfloor, m\right)=\sum_{i=1}^{m} \min \left(\left\lfloor\frac{x}{i}\right\rfloor, n\right)
$$
|
Quitte à échanger $m$ et $n$, on peut supposer que $m \leqslant n$. On procède alors par récurrence sur $n$ à $m$ fixé.
Initialisation : Si $\mathrm{m}=\mathrm{n}$, l'égalité est triviale.
Hérédité : Supposons l'égalité vraie pour un certain $n \geqslant m$ et cherchons à montrer que l'égalité est vraie pour $n+1$. Le membre de gauche devient
$$
\sum_{i=1}^{n} \min \left(\left\lfloor\frac{x}{i}\right\rfloor, m\right)+\min \left(\left\lfloor\frac{x}{n+1}\right\rfloor, m\right)
$$
Examinons les termes du membre de droite, qui sont de la forme $\min \left(\left\lfloor\frac{x}{i}\right\rfloor, n+1\right)$. On a
$$
\min \left(\left\lfloor\frac{x}{i}\right\rfloor, n+1\right)-\min \left(\left\lfloor\frac{x}{i}\right\rfloor, n\right)= \begin{cases}1 & \text { si }\left\lfloor\frac{x}{i}\right\rfloor \geqslant n+1 \\ 0 & \text { sinon }\end{cases}
$$
Or, $\left\lfloor\frac{x}{i}\right\rfloor \geqslant n+1$ si et seulement si $x \geqslant(n+1) i$, ou encore $i \leqslant\left\lfloor\frac{x}{n+1}\right\rfloor$. Donc le nombre de $i$ de $\llbracket 1, m \rrbracket$ pour lesquels $\left\lfloor\frac{x}{i}\right\rfloor \geqslant n+1$ est précisément $\min \left(\left\lfloor\frac{x}{n+1}\right\rfloor, m\right)$. On déduit que
$$
\begin{aligned}
\sum_{i=1}^{m} \min \left(\left\lfloor\frac{x}{i}\right\rfloor, n+1\right) & =\sum_{i=1}^{m} \min \left(\left\lfloor\frac{x}{i}\right\rfloor, n\right)+\min \left(\left\lfloor\frac{x}{n+1}\right\rfloor, m\right) \\
& =\sum_{i=1}^{n} \min \left(\left\lfloor\frac{x}{i}\right\rfloor, m\right)+\min \left(\left\lfloor\frac{x}{n+1}\right\rfloor, m\right) \\
& =\sum_{i=1}^{n+1} \min \left(\left\lfloor\frac{x}{i}\right\rfloor, m\right)
\end{aligned}
$$
où la deuxième égalité provient de l'hypothèse de récurrence. Ceci achève la récurrence et conclut l'exercice.
$\underline{\text { Solution alternative: }}$ Une solution très astucieuse consiste à procéder par double comptage, en remarquant que les deux membres de l'égalité servent à compter le même objet, à savoir le nombre de paires $(a, b)$ telles que $a \leqslant m, b \leqslant n$ et $a b \leqslant x$.
Cherchons en effet à compter ce nombre d'objet d'une première façon. Le choix d'une paire $(a, b) \in$ $\llbracket 1, \mathrm{~m} \rrbracket \times \llbracket 1, n \rrbracket$ telle que $\mathrm{ab} \leqslant x$ se caractérise dans un premier temps par le choix de $a$ dans $\llbracket 1, m \rrbracket$. Puis, puisque $a b \leqslant x$, on $a b \leqslant\left\lfloor\frac{x}{a}\right\rfloor$. Donc $b \leqslant \min (\lfloor x / a\rfloor, n)$ et il y a $\min (\lfloor x / a\rfloor, n)$ choix pour $b$ si a est fixé. On a donc en tout
$$
\sum_{i=1}^{m} \min \left(\left\lfloor\frac{x}{i}\right\rfloor, n\right)
$$
telles paires $(a, b)$.
En commençant par choisir b plutôt que $a$, un raisonnement similaire nous permet d'affirmer qu'il y a
$$
\sum_{i=1}^{n} \min \left(\left\lfloor\frac{x}{i}\right\rfloor, m\right)
$$
telles paires d'entiers $(a, b)$. Les deux termes sont donc égaux.
Commentaires des correcteurs:
L'exercice a été bien traité et par beaucoup d'élèves, relativement à sa difficulté estimée.
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{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "15",
"problem_match": "\nExercice 15.",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-corrigé-envoi-5.jsonl",
"solution_match": "## Solution de l'exercice 15",
"tier": "T2",
"year": null
}
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Let $ABC$ be a triangle in which $AB < AC$. Let $\omega$ be a circle passing through $B$ and $C$ and suppose that the point $A$ is inside the circle $\omega$. Let $X$ and $Y$ be points on $\omega$ such that $\widehat{BXA} = \widehat{AYC}$. We assume that $X$ and $C$ are on opposite sides of the line $(AB)$ and that $Y$ and $B$ are on opposite sides of the line $(AC)$. Show that, as $X$ and $Y$ vary on the circle $\omega$, the line $(XY)$ passes through a fixed point.
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First, we will seek to draw an exact figure, hoping that the reasoning used for the drawing will enlighten us about the dynamics of the figure.
To draw the figure, we aim to take advantage of the hypothesis that the points $X, B, C$, and $Y$ lie on the same circle, using the inscribed angle theorem. Suppose the figure is drawn. We extend the line $(X A)$ and denote $X^{\prime}$ as the second intersection point of $(X A)$ with $\omega$, and similarly, $Y^{\prime}$ as the second intersection point of $(Y A)$ with $\omega$.
The inscribed angle theorem and the hypothesis about $X$ and $Y$ impose the following equality:
$$
\widehat{C X^{\prime} Y^{\prime}} = \widehat{C Y^{\prime}} = \widehat{C Y^{\prime}} = \widehat{A X B} = \widehat{X^{\prime} X B} = \widehat{X^{\prime} Y^{\prime} B}
$$
Thus, the quadrilateral $B C X^{\prime} Y^{\prime}$ is an isosceles trapezoid, and the lines $(X^{\prime} Y^{\prime})$ and $(B C)$ are parallel.
We can deduce a protocol for drawing the figure: Place a point $X$ on the circle $\omega$ and extend the line $(A X)$ to obtain the point $X^{\prime}$. Then obtain the point $Y^{\prime}$ by drawing the line parallel to $(B C)$ passing through $X^{\prime}$. Finally, obtain the point $Y$ by extending the line $(Y^{\prime} A)$.
Now, let's solve the exercise. Since we can draw an exact figure, we can draw the figure for two different positions of the point $X$, denoted as $X_{1}$ and $X_{2}$, draw the associated points $Y_{1}$ and $Y_{2}$, and conjecture the position of the fixed point using the intersection of the lines $(X_{1} Y_{1})$ and $(X_{2} Y_{2})$. It is striking that the intersection point obtained lies on the line parallel to $(B C)$ passing through the point $A$.
Let $P$ be the intersection of the line $(X Y)$ with the line parallel to $(B C)$ passing through $A$. Since the lines $(X^{\prime} Y^{\prime})$ and $(A P)$ are parallel, we find:
$$
\widehat{X A P} = \widehat{X X^{\prime} Y^{\prime}} = \widehat{X Y Y^{\prime}} = \widehat{X Y A}
$$
Thus, the line $(A P)$ is tangent to the circumcircle of the triangle $A X Y$. Therefore, according to the power of a point:
$$
\mathrm{PA}^2 = \mathrm{PX} \cdot \mathrm{PY} = \mathcal{P}_{\omega}(\mathrm{P})
$$
The position of the point $P$ on the line parallel to $(B C)$ passing through $A$ is uniquely determined by the power of the point $P$ with respect to the circle $\omega$, which does not depend on $X$ and $Y$. This is what we wanted to prove.
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Geometry
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Soit $A B C$ un triangle dans lequel $A B<A C$. Soit $\omega$ un cercle passant par $B$ et $C$ et on suppose que le point $A$ se trouve à l'intérieur du cercle $\omega$. Soient $X$ et $Y$ des points de $\omega$ tels que $\widehat{B X A}=\widehat{A Y C}$. On suppose que $X$ et $C$ sont situés de part et d'autre de la droite $(A B)$ et que $Y$ et $B$ sont situés de part et d'autre de la droite (AC). Montrer que, lorsque $X$ et $Y$ varient sur le cercle $\omega$, la droite (XY) passe par un point fixe.
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Tout d'abord, nous allons chercher à tracer une figure exacte, en espérant que les raisonnements mis en oeuvre pour le tracé nous éclairerons sur la dynamique de la figure.
Pour tracer la figure, on cherche à tirer profit de l'hypothèse que les points $X, B, C$ et $Y$ sont sur un même cercle, à l'aide du théorème de l'angle inscrit. Supposons la figure tracée. On prolonge donc la droite ( $X A$ ) et on note $X^{\prime}$ le second point d'intersection de $(X A)$ avec $\omega$ et de même $Y^{\prime}$ le second point d'intersection de (YA) avec $\omega$.
Le théorème de l'angle inscrit et l'hypothèse sur $X$ et $Y$ nous impose l'égalité suivante :
$$
\widehat{C X^{\prime} Y^{\prime}}=\widehat{C Y^{\prime}}=\widehat{C Y^{\prime}}=\widehat{A X B}=\widehat{X^{\prime} X B}=\widehat{X^{\prime} Y^{\prime} B}
$$
de sorte que le quadrilatère $B C X^{\prime} Y^{\prime}$ est un trapèze isocèle, et les droites $\left(X^{\prime} Y^{\prime}\right)$ et ( $B C$ ) sont parallèles.
On en déduit un protocole pour tracer la figure : On place un point $X$ sur le cercle $\omega$ et on prolonge la droite $(A X)$ de sorte à obtenir le point $X^{\prime}$. Puis on obtient le point $Y^{\prime}$ en traçant la parallèle à la droite (BC) passant par $X^{\prime}$. On obtient enfin le point $Y$ en prolongeant la droite ( $Y^{\prime} A$ ).
Résolvons à présent l'exercice. Maintenant que l'on peut tracer un figure exacte, on peut tracer la figure pour deux positions différentes du point $X$, notées $X_{1}$ et $X_{2}$, tracer les points $Y_{1}$ et $Y_{2}$ associés et conjecturer la position du point fixe à l'aide du point d'intersection des droites $\left(X_{1} Y_{1}\right.$ et $\left(X_{2} Y_{2}\right)$. Il est frappant que le point d'intersection obtenu appartient à la parallèle à la droite $(B C)$ passant par le point $A$.
Soit donc $P$ le point d'intersection de la droite $(X Y)$ avec la parallèle à ( $B C$ ) passant par $A$. Puisque les droites $\left(X^{\prime} Y^{\prime}\right)$ et $(A P)$ sont parallèles, on trouve :
$$
\widehat{X A P}=\widehat{X X^{\prime} Y^{\prime}}=\widehat{X Y Y^{\prime}}=\widehat{X Y A}
$$
De sorte que la droite (AP) est tangente au cercle circonscrit au triangle $A X Y$. On a donc, d'après la puissance d'un point :
$$
\mathrm{PA}^{2}=\mathrm{PX} \cdot \mathrm{PY}=\mathcal{P}_{\omega}(\mathrm{P})
$$
La position du point $P$ sur la parallèle à $(B C)$ passant par $A$ est uniquement déterminée par la puissance du point $P$ par rapport au cercle $\omega$, qui ne dépend pas de $X$ et $Y$. C'est ce que nous voulions démontrer.
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{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "16",
"problem_match": "\nExercice 16.",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-corrigé-envoi-5.jsonl",
"solution_match": "\nSolution de l'exercice 16",
"tier": "T2",
"year": null
}
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Let $ABC$ be a triangle in which $AB < AC$. Let $\omega$ be a circle passing through $B$ and $C$ and suppose that the point $A$ is inside the circle $\omega$. Let $X$ and $Y$ be points on $\omega$ such that $\widehat{BXA} = \widehat{AYC}$. We assume that $X$ and $C$ are on opposite sides of the line $(AB)$ and that $Y$ and $B$ are on opposite sides of the line $(AC)$. Show that, as $X$ and $Y$ vary on the circle $\omega$, the line $(XY)$ passes through a fixed point.
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$n^{\circ} 2$ :
An alternative solution using advanced knowledge is proposed. The problem statement invites us to consider the problem dynamically, as the fixed and moving parts of the figure have already been specified in the statement. If the construction of $X$ and $Y$ does not seem projective, the statement actually asks us to show that it is. Indeed, passing to the second intersection with the line connecting to a fixed point outside the circle is equivalent to performing an inversion that leaves the circle globally invariant and is a projective transformation, even a projective involution of the circle. In fact, all projective involutions of the circle are of this form: it suffices to prove that passing from $X$ to $Y$ is a projective involution to deduce the existence of this point $P$. Indeed, if we construct $P$ as the intersection of ($X_{1} Y_{1}$) with ($X_{2} Y_{2}$) for two positions of $X$ and $Y$, then $P$ defines an involution which, coinciding in four points with that of the statement, must be the same.
Now that we have seen that this problem is fundamentally dynamic and that the point $P$ is just an excuse to ask for the proof of the existence of a projective involution, let's do it. Even if it is not initially very visible, it is actually quite easy to show that the transformation from $X$ to $Y$ is projective. The angles in the statement invite us to look at the circles $A X B$ and $A Y C$, which live in the pencil of circles with fixed points $A, B$ and $A, C$ respectively. Since the circle $A B X$ has only one non-fixed intersection with the circle $\omega$, it is indeed projective to pass from $X$ to this circle. The same applies on the other side with $Y$ and the other circle. Finally, we need to prove that we can pass from one circle to the other. The equality of the angles actually gives us that the circle $A Y C$ is the image of the circle $A X B$ by the indirect similarity centered at $A$ sending $B$ to $C$. The transformation is therefore indeed projective.
Let's show that it is an involution. We know that a projective transformation is an involution as soon as it exchanges a pair of points. Let's look for a simple case. A particularly simple case is when the common angle is zero: this corresponds to the fact that $X, A, B$ are collinear in this order and that $Y, A, C$ are also collinear in this order. The transformation then indeed sends $X$ to $Y$. Let's check that it would also send $Y$ to $X$. This amounts to saying that $\widehat{A Y B} = \widehat{A X C}$, which is immediate from the inscribed angle theorem.
## Comments from the graders:
An exercise approached by four people, with two dynamic approaches and two elementary approaches.
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Geometry
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Soit $A B C$ un triangle dans lequel $A B<A C$. Soit $\omega$ un cercle passant par $B$ et $C$ et on suppose que le point $A$ se trouve à l'intérieur du cercle $\omega$. Soient $X$ et $Y$ des points de $\omega$ tels que $\widehat{B X A}=\widehat{A Y C}$. On suppose que $X$ et $C$ sont situés de part et d'autre de la droite $(A B)$ et que $Y$ et $B$ sont situés de part et d'autre de la droite (AC). Montrer que, lorsque $X$ et $Y$ varient sur le cercle $\omega$, la droite (XY) passe par un point fixe.
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$n^{\circ} 2$ :
On propose une solution alternative utilisant des connaissances avancées. L'énoncé du problème nous invite à considérer le problème dynamiquement, puisque la partie fixe et la partie mobile de la figure a déjà été spécifiée dans l'énoncé. Si la construction de $X$ et $Y$ ne semble pas projective, l'énoncé nous demande en fait de montrer qu'elle l'est. En effet, passer à la seconde intersection avec la droite reliant à un point fixe hors du cercle revient à faire une inversion laissant le cercle globalement invariant et est une transformation projective, c'est même une involution projective du cercle. En fait, toutes les involutions projectives du cercle sont de cette forme : il suffit de prouver que passer de X à Y est une involution projective pour pouvoir en déduire l'existence de ce point $P$. En effet, si on construit $P$ comme ( $X_{1} \mathrm{Y}_{1}$ ) intersecté avec $\left(X_{2} \mathrm{Y}_{2}\right)$ pour deux positions de $X$ et $Y$, alors $P$ définit une involution qui, coïncidant en 4 points avec celle de l'énoncé, ne peut être que la même.
Maintenant qu'on a vu que ce problème était fondamentalement dynamique et que le point $P$ n'est qu'une excuse pour demander de démontrer l'existence d'une involution projective, faisons-le. Même si ce n'est initialement pas très visible, il est en fait assez facile de montrer que la transformation de $X$ à $Y$ est projective. Les angles de l'énoncé nous invitent à regarder les cercles $A X B$ et $A Y C$, vivant dans le faisceau de cercle ayant pour points fixes respectivement $A, B$ et $A, C$. Comme le cercle $A B X$ a une seule intersection non fixe avec le cercle $\omega$, il est bien projectif de passer de $X$ à ce cercle. De même de l'autre côté avec $Y$ et l'autre cercle. Enfin il faut prouver qu'on peut passer d'un cercle à l'autre. L'égalité des angles nous donne en fait que le cercle AYC est l'image du cercle AXB par la similitude indirecte de centre $A$ envoyant $B$ sur $C$. La transformation est donc bien projective.
Montrons que c'est une involution. On sait qu'une transformation projective est une involution dès qu'elle échange une paire de points. Cherchons donc un cas simple. Un cas particulièrement simple est celui où l'angle commun est nul : cela correspond au fait que $X, A, B$ soient alignés dans cet ordre et que $Y, A, C$ soient aussi alignés dans cet ordre. La transformation envoie alors bien $X$ sur $Y$. Vérifions qu'elle enverrait aussi $Y$ sur $X$. Cela revient à dire que $\widehat{A Y B}=\widehat{A X C}$, ce qui est immédiat d'après le théorème de l'angle inscrit.
## Commentaires des correcteurs:
Exercice abordé par quatre personnes, avec deux approches dynamiques et deux approches élémentaires.
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{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "16",
"problem_match": "\nExercice 16.",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-corrigé-envoi-5.jsonl",
"solution_match": "## Solution ",
"tier": "T2",
"year": null
}
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A real sequence $a_{1}, \ldots, a_{k}$ is embeddable in the interval $[b, c]$ if there exist real numbers $x_{0}, \ldots, x_{k}$ in $[b, c]$ such that $\left|x_{i}-x_{i-1}\right|=a_{i}$ for $k \geqslant i \geqslant 1$. The sequence is normalized if all its terms are less than or equal to 1.
1) Show that for any integer $n \geqslant 1$, any normalized sequence of length $2n+1$ is embeddable in $\left[0, 2-\frac{1}{2^{n}}\right]$.
2) Show that for any integer $n \geqslant 1$, there exists a normalized sequence of length $4n+3$ that is not embeddable in $\left[0, 2-\frac{1}{2^{n}}\right]$.
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1) In the following, we will say that a sequence of ($x_{i}$) satisfying the property of the statement covers the sequence ($a_{i}$). We start by getting an idea of the problem by trying to prove the statement for small values of $n$. If $n=0$, we need to show that there exist $x_{0}, x_{1} \in [0,1]$ such that $\left|x_{1}-x_{0}\right|=a_{1}$. We can, for example, take $x_{0}=0$ and $x_{1}=a_{1}$. If we try to prove the statement for $n=1$, we quickly find ourselves having to distinguish several cases, which leads us to want to proceed by induction on $n$.
Before tackling the induction, it is important to note the following idea: if the set $\left\{x_{0}, \ldots, x_{2 n+1}\right\}$ covers the sequence ($a_{i}$) in the interval $[b, c]$, then the set $\left\{x_{0}+d, \ldots, x_{2 n+1}\right\}$ covers the sequence ($a_{i}$) in the interval $[b+d, c+d]$. Thus, it suffices to show that the sequence ($a_{i}$) is coverable in an interval of length $2-\frac{1}{2^{n}}$.
Let us denote by $\mathcal{P}_{\mathfrak{n}}$ the following property: any normalized sequence ($a_{i}$) of length $2 \mathfrak{n}+1$ is coverable in an interval of length $2-\frac{1}{2^{n}}$. We have already shown that the property $\mathcal{P}_{0}$ is true, and we now assume that $\mathcal{P}_{2 n-1}$ is true for some fixed $n \geqslant 1$.
Let ($a_{i}$) be a normalized sequence of length $2 n+1$. According to our induction hypothesis, the sequence ($a_{i}$) for $i \leqslant 2 n-1$ is coverable in an interval of length $2-\frac{1}{2^{n-1}}$. According to our remark above, we can assume that this interval is $\left[0,2-\frac{1}{2^{n-1}}\right]$. We therefore have $x_{0}, \ldots, x_{2 n-1}$ in $\left[0,2-\frac{1}{2^{n-1}}\right]$ such that $\left|x_{i}-x_{i-1}\right|=a_{i}$ for $2 n-1 \geqslant i \geqslant 1$. Note that if ($x_{i}$) works, then $\left(2-1 / 2^{n-1}-x_{i}\right)$ satisfies the same properties as the sequence ($x_{i}$). We can therefore assume, by replacing ($x_{i}$) with $\left(2-1 / 2^{n-1}-x_{i}\right)$, that $x_{2 n+1} \leqslant 1-\frac{1}{2^{n}}$.
From now on, we will show that there exist $x_{2 n}$ and $x_{2 n+1}$ that both belong either to the interval $\left[0,2-1 / 2^{n}\right]$ or to the interval $\left[-1 / 2^{n}, 2-1 / 2^{n-1}\right]$ such that $\left|x_{2 n}-x_{2 n-1}\right|=a_{2 n}$ and $\left|x_{2 n+1}-x_{2 n}\right|=a_{2 n+1}$. In the first case, we will have obtained a sequence ($x_{i}$) that covers the sequence ($a_{i}$) in the interval $\left[0,2-1 / 2^{n}\right]$. In the second case, we will have obtained a sequence ($x_{i}$) that covers the sequence ($a_{i}$) in the interval $\left[-1 / 2^{n}, 2-1 / 2^{n-1}\right]$, which is of length $2-1 / 2^{n}$. We will have won in both cases.
Consider the two quantities $A=x_{2 n-1}+a_{2 n}+a_{2 n+1}$ and $B=x_{2 n-1}+a_{2 n}-a_{2 n+1}$. Note that we cannot have $A>2-1 / 2^{n}$ and $B<-1 / 2^{n}$, otherwise we would have $a_{2 n+1}>1$. We therefore have $A \leqslant 2-1 / 2^{n}$ or $B \geqslant-1 / 2^{n}$.
If $A \leqslant 2-1 / 2^{n}$, we set $x_{2 n}=x_{2 n-1}+a_{2 n}$ and $x_{2 n+1}=A$. We check that the sequence ($x_{i}$) covers the sequence ($a_{i}$) in the interval $\left[0,2-1 / 2^{n}\right]$.
We assume that $B \geqslant-1 / 2^{n}$. We set $x_{2 n}=x_{2 n-1}+a_{2 n}$ and $x_{2 n+1}=B$. If $x_{2 n} \leqslant 2-1 / 2^{n-1}$, then $B \in\left[-1 / 2^{n}, 2-1 / 2^{n-1}\right]$ and the sequence ($x_{i}$) covers the sequence ($a_{i}$) in the interval $\left[-1 / 2^{n}, 2-1 / 2^{n-1}\right]$. If $x_{2 n}>2-1 / 2^{n-1}$, then $B>2-1 / 2^{n-1}-1 \geqslant 0$, so the sequence ($x_{i}$) covers the sequence ($a_{i}$) in the interval $\left[0,2-1 / 2^{n}\right]$.
This disjunction of cases completes the induction.
2) The idea is as follows: we want to construct $a_{i}$ in such a way as to force the $x_{i}$ to be at the center of the interval. For this, we want the $a_{i}$ to be very close to 1, to separate two $x_{i}$ from each other, and we also want them not to be too close to 1, to keep the $x_{i}$ away from the bounds of the interval. This discussion motivates the construction that follows.
Let $N=3 \cdot 2^{n}-1$. Consider the following sequence:
$$
1,1-\frac{1}{N}, 1,1-\frac{2}{N}, 1, \ldots, 1-\frac{2^{2}}{N}, 1, \ldots, 1-\frac{2^{n}}{N}, 1, \ldots, 1-\frac{2}{N}, 1,1-\frac{1}{N}, 1
$$
We will show that this sequence is not coverable in the interval $]-1+1 / 2 N, 1-1 / 2 N[$, which is an interval of length $2-1 / N > 2-1 / 2^{n}$, which will allow us to conclude. We assume by contradiction that there exists a sequence ($x_{i}$) that covers the given sequence ($a_{i}$) in the interval $]-1+1 / 2 N, 1-1 / 2 N[$ and we seek to reach a contradiction in the estimates on the $x_{i}$.
By replacing ($x_{i}$) with ($-x_{i}$), we can assume that $x_{0} \geqslant 0$. Since $\left|x_{1}-x_{0}\right|=1$, we must have $x_{1}=x_{0}-1$, and $x_{1} \leqslant 1-1 / 2 N-1=-1 / 2 N$, so $\left|x_{1}\right|>1 / 2 N$. In general, we will show for $i \leqslant n$ that
$$
\left|x_{2 i}\right|<1-\frac{2^{i+1}-1}{2 N} \quad, \quad\left|x_{2 i+1}\right|>\frac{2^{i+1}-1}{2 N}
$$
The proof is by induction on $i$. We have shown the result for $i=0$. Suppose it is true for some fixed $i \geqslant 0$. We have $\left|x_{2 i+2}-x_{2 i+1}\right|=a_{2 i+2}=1-2^{i} / N$. If $x_{2 i+1}>0$, we have $x_{2 i+1}+\left(1-2^{i} / N\right)>1-\frac{2^{i}-1}{2 N}>1-\frac{1}{2 N}$. We must therefore have $x_{2 i+2}=x_{2 i+1}-\left(1-2^{i} / N\right)$. Since $1-2^{i} / N>\left(2^{i+1}-1\right) / 2 N$, we have
$$
\left|x_{2 i+2}\right|=1-\frac{2^{i}}{N}-x_{2 i+1}<1-\frac{2^{i+2}-1}{2 N}
$$
We proceed similarly in the case where $x_{2 i+1}<0$.
We then have $\left|x_{2 i+3}-x_{2 i+2}\right|=a_{2 i+3}=1$. A similar reasoning to the previous one allows us to have, in the case where $x_{2 i+2}>0$:
$$
\left|x_{2 i+3}\right|=1-x_{2 i+2}>1-\left(1-\frac{2^{i+2}-1}{2 N}\right)=\frac{2^{i+2}-1}{2 N}
$$
and we proceed similarly in the case where $x_{2 i+2}<0$.
We proceed similarly to show by induction that if $\boldsymbol{i} \geqslant \mathrm{n}+1$:
$$
\left|x_{2 i}\right|<\frac{2^{2(n+1)-\mathfrak{i}}-1}{2 N} \quad, \quad\left|x_{2 i+1}\right|>1-\frac{2^{2(n+1)-\mathfrak{i}}-1}{2 N}
$$
But then $\left|\mathrm{x}_{4 \mathrm{n}+3}\right|>1-\frac{2-1}{2 N}>1-\frac{1}{2 N}$, which contradicts our initial assumption and allows us to conclude.
## Comments from the graders:
The exercise was only tackled by two students, who correctly solved question 1). Question 2) however required a lot of rigor in proving that the given sequence was not coverable.
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Algebra
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Une suite réelle $a_{1}, \ldots, a_{k}$ est casable dans l'intervalle $[b, c]$ si il existe des réels $x_{0}, \ldots, x_{k}$ dans $[b, c]$ tels que $\left|x_{i}-x_{i-1}\right|=a_{i}$ pour $k \geqslant i \geqslant 1$. La suite est normalisée si ses termes sont tous inférieurs ou égaux à 1 .
1) Montrer que pour tout entier $n \geqslant 1$, toute suite normalisée de longueur $2 \mathfrak{n}+1$ est casable dans [0, $\left.2-\frac{1}{2^{n}}\right]$.
2) Montrer que pour tout entier $\mathrm{n} \geqslant 1$, il existe une suite normalisée de longueur $4 \mathrm{n}+3$ qui n 'est pas casable dans $\left[0,2-\frac{1}{2^{n}}\right]$.
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1) Dans la suite, on dira qu'une suite de ( $x_{i}$ ) satisfaisant la propriété de l'énoncé case la suite ( $a_{i}$ ). On commence par se donner une idée du problème en essayant de montrer l'énoncé pour des petites valeurs de $n$. Si $n=0$, il faut montrer qu'existent $x_{0}, x_{1} \in[0,1]$ tels que $\left|x_{1}-x_{0}\right|=a_{1}$. On peut par exemple prendre $x_{0}=0$ et $x_{1}=a_{1}$. Si l'on cherche à montrer l'énoncé pour $\mathrm{n}=1$, on se retrouve rapidement à devoir distinguer plusieurs cas, ce qui nous pousse à vouloir procéder par récurrence sur n .
Avant d'attaquer la récurrence, il est important de noter l'idée suivante : si l'ensemble $\left\{x_{0}, \ldots, x_{2 n+1}\right\}$ case la suite ( $a_{i}$ ) dans l'intervalle $[b, c]$, alors l'ensemble $\left\{x_{0}+d, \ldots, x_{2 n+1}\right\}$ case la suite ( $a_{i}$ ) dans l'intervalle $[b+d, c+d]$. Ainsi, il suffit de montrer que la suite ( $a_{i}$ ) est casable dans un intervalle de longueur $2-\frac{1}{2^{n}}$.
Notons donc $\mathcal{P}_{\mathfrak{n}}$ la propriété suivante : toute suite $\left(a_{i}\right)$ normalisée de longueur $2 \mathfrak{n}+1$ est casable dans un intervalle de longueur $2-\frac{1}{2^{n}}$. On a déjà montré que la propriété $\mathcal{P}_{0}$ est vraie, on suppose maintenant que $\mathcal{P}_{2 n-1}$ est vraie pour un certain $n \geqslant 1$ fixé.
Soit ( $a_{i}$ ) une suite normalisée de longueur $2 \mathrm{n}+1$. D'après notre hypothèse de récurrence, la suite $\left(a_{i}\right)_{i \leqslant 2 n-1}$ est casable dans un intervalle de longueur $2-\frac{1}{2^{n-1}}$. D'après notre remarque ci-dessus, on peut supposer que cet intervalle est $\left[0,2-\frac{1}{2^{n-1}}\right]$. On dispose donc de $x_{0}, \ldots, x_{2 n-1}$ dans $\left[0,2-\frac{1}{2^{n-1}}\right]$ tels que $\left|x_{i}-x_{i-1}\right|=a_{i}$ pour $2 n-1 \geqslant i \geqslant 1$. Notons que si $\left(x_{i}\right)$ convient, alors $\left(2-1 / 2^{n-1}-x_{i}\right)$ vérifie les mêmes propriétés que la suite ( $x_{i}$ ). On peut donc supposer, quitte à remplacer ( $x_{i}$ ) par $\left(2-1 / 2^{n-1}-x_{i}\right)$, que $x_{2 n+1} \leqslant 1-\frac{1}{2^{n}}$.
Désormais, nous allons montrer qu'il existe $x_{2 n}$ et $x_{2 n+1}$ qui appartiennent tous les deux soit à l'intervalle $\left[0,2-1 / 2^{n}\right]$ soit à l'intervalle $\left[-1 / 2^{n}, 2-1 / 2^{n-1}\right]$ tels que $\left|x_{2 n}-x_{2 n-1}\right|=a_{2 n}$ et $\left|x_{2 n+1}-x_{2 n}\right|=a_{2 n+1}$. Dans le premier cas, on aura obtenu une suite ( $x_{i}$ ) qui case la suite ( $a_{i}$ ) dans l'intervalle $\left[0,2-1 / 2^{n}\right]$. Dans le deuxième cas, on aura obtenu une suite ( $x_{i}$ ) qui case la suite $\left(a_{i}\right)$ dans l'intervalle $\left[-1 / 2^{n}, 2-\right.$ $\left.1 / 2^{n-1}\right]$, qui est de longueur $2-1 / 2^{n}$. On aura gagné dans les deux cas.
Considérons les deux quantités $A=x_{2 n-1}+a_{2 n}+a_{2 n+1}$ et $B=x_{2 n-1}+a_{2 n}-a_{2 n+1}$. Notons qu'on ne peut avoir $A>2-1 / 2^{n}$ et $B<-1 / 2^{n}$, sans quoi on aurait $a_{2 n+1}>1$. On a donc $A \leqslant 2-1 / 2^{n}$ ou $B \geqslant-1 / 2^{n}$.
Si $A \leqslant 2-1 / 2^{n}$, on pose $x_{2 n}=x_{2 n-1}+a_{2 n}$ et $x_{2 n+1}=A$. On vérifie que la suite $\left(x_{i}\right)$ case la suite $\left(a_{i}\right)$ dans l'intervalle $\left[0,2-1 / 2^{\mathfrak{n}}\right]$.
On suppose que $B \geqslant-1 / 2^{n}$. On pose $x_{2 n}=x_{2 n-1}+a_{2 n}$ et $x_{2 n+1}=$ B. Si $x_{2 n} \leqslant 2-1 / 2^{n-1}$, alors $B \in\left[-1 / 2^{n}, 2-1 / 2^{n-1}\right]$ et la suite ( $x_{i}$ ) case la suite ( $a_{i}$ ) dans l'intervalle $\left[-1 / 2^{n}, 2-1 / 2^{n-1}\right]$. Si $x_{2 n}>2-1 / 2^{n-1}$, alors $B>2-1 / 2^{n-1}-1 \geqslant 0$, si bien que la suite $\left(x_{i}\right)$ case la suite $\left(a_{i}\right)$ dans l'intervalle $\left[0,2-1 / 2^{\mathfrak{n}}\right]$.
Cette disjonction de cas achève la récurrence.
2) L'idée est la suivante : on souhaite construire des $a_{i}$ de sorte à forcer les $x_{i}$ à se trouver au centre de l'intervalle. Pour cela, on souhaite que les $a_{i}$ soient très proches de 1 , afin d'écarter deux $x_{i}$ l'un de l'autre, et on souhaite également qu'ils ne soient pas trop proches de 1 , pour éloigner les $x_{i}$ des bornes de l'intervalle. Cette discussion motive la construction qui suit.
Soit $N=3 \cdot 2^{n}-1$. Considérons la suite suivante :
$$
1,1-\frac{1}{N}, 1,1-\frac{2}{N}, 1, \ldots, 1-\frac{2^{2}}{N}, 1, \ldots, 1-\frac{2^{n}}{N}, 1, \ldots, 1-\frac{2}{N}, 1,1-\frac{1}{N}, 1
$$
Nous allons montrer que cette suite n'est pas casable dans l'intervalle ] $-1+1 / 2 \mathrm{~N}, 1-1 / 2 \mathrm{~N}$ [, qui est un intervalle de longueur $2-1 / \mathrm{N}>2-1 / 2^{n}$, ce qui permettra de conclure. On suppose par l'absurde qu'il existe une suite ( $x_{i}$ ) qui case la suite ( $a_{i}$ ) donnée dans l'intervalle $]-1+1 / 2 \mathrm{~N}, 1-1 / 2 \mathrm{~N}[$ et on cherche à aboutir à une contradiction dans les estimations sur les $x_{i}$.
Quitte à remplacer $\left(x_{i}\right)$ par $\left(-x_{i}\right)$, on peut suppose que $x_{0} \geqslant 0$. Puisque $\left|x_{1}-x_{0}\right|=1$, on doit avoir $x_{1}=x_{0}-1$, et $x_{1} \leqslant 1-1 / 2 N-1=-1 / 2 N$, soit $\left|x_{1}\right|>1 / 2 N$. De manière générale, on va montrer pour $i \leqslant n$ que
$$
\left|x_{2 i}\right|<1-\frac{2^{i+1}-1}{2 N} \quad, \quad\left|x_{2 i+1}\right|>\frac{2^{i+1}-1}{2 N}
$$
La preuve s'effectue par récurrence sur $i$. On a montré le résultat pour $i=0$. Supposons le vrai pour $i \geqslant 0$ fixé. On a $\left|x_{2 i+2}-x_{2 i+1}\right|=a_{2 i+2}=1-2^{i} / N$. Si $x_{2 i+1}>0$, on a $x_{2 i+1}+\left(1-2^{i} / N\right)>1-\frac{2^{i}-1}{2 N}>$ $1-\frac{1}{2 \mathrm{~N}}$. On a donc forcément $x_{2 i+2}=x_{2 i+1}-\left(1-2^{i} / N\right)$. Comme $1-2^{i} / N>\left(2^{i+1}-1\right) / 2 N$, on a
$$
\left|x_{2 i+2}\right|=1-\frac{2^{i}}{N}-x_{2 i+1}<1-\frac{2^{i+2}-1}{2 N}
$$
On procède de même dans le cas où $x_{2 i+1}<0$.
On a ensuite $\left|x_{2 i+3}-x_{2 i+2}\right|=a_{2 i+3}=1$. Un raisonnement identique au précédent nous permet d'avoir, dans le cas où $x_{2 i+2}>0$ :
$$
\left|x_{2 i+3}\right|=1-x_{2 i+2}>1-\left(1-\frac{2^{i+2}-1}{2 \mathrm{~N}}\right)=\frac{2^{i+2}-1}{2 \mathrm{~N}}
$$
et on procède de même dans le cas où $x_{2 i+2}<0$.
On procède de même pour montrer par récurrence que si $\boldsymbol{i} \geqslant \mathrm{n}+1$ :
$$
\left|x_{2 i}\right|<\frac{2^{2(n+1)-\mathfrak{i}}-1}{2 N} \quad, \quad\left|x_{2 i+1}\right|>1-\frac{2^{2(n+1)-\mathfrak{i}}-1}{2 N}
$$
Mais alors $\left|\mathrm{x}_{4 \mathrm{n}+3}\right|>1-\frac{2-1}{2 \mathrm{~N}}>1-\frac{1}{2 \mathrm{~N}}$, ce qui contredit notre hypothèse de départ et permet de conclure.
## Commentaires des correcteurs:
L'exercice n'a été abordé que par deux élèves, qui ont correctement résolu la question 1). La question 2) attendait cependant beaucoup de rigueur dans la preuve que la suite donnée n'était pas casable.
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{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "17",
"problem_match": "\nExercice 17.",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-corrigé-envoi-5.jsonl",
"solution_match": "## Solution de l'exercice 17",
"tier": "T2",
"year": null
}
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A finite simple graph G with $n$ vertices is said to be divisible if it is possible to assign a number $n_{s}$ to each vertex $s$ of $G$ such that any two distinct vertices always have two distinct numbers and any two vertices $s$ and $s^{\prime}$ are connected by an edge if and only if $n_{s} \mid n_{s^{\prime}}$ or $n_{s^{\prime}} \mid n_{s}$.
A finite simple graph G with n vertices is said to be permutable if it is possible to number the vertices of $G$ from 1 to $n$ and if there exists a permutation $\sigma$ of $\{1, \ldots, n\}$ such that the vertices with numbers $i$ and $j$ are connected by an edge if and only if $(i-j)(\sigma(i)-\sigma(j))<0$.
Show that a graph G is permutable if and only if G and its complement are divisible.
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A graph is of divisibility if and only if it can be oriented (in the direction of divisibilities) in such a way that if there is an arc (directed edge) from A to B and one from B to C, there is one from A to C. Indeed, we can then assign a different prime number to each vertex, and the number assigned for the divisibility relations is then the product of its prime number by those of each vertex having an arc arriving on it. We then have the correct divisibility relations if there is an arc from A to B, the first prime dividing the number assigned to A is the prime of a vertex C with an arc from C to A. There is then also an arc from C to B, so the prime also divides the number assigned to B.
Let's show that we can orient a permutation graph. We draw an arc from \(a\) to \(b\) if and only if \(a < b\) and \(\sigma(a) > \sigma(b)\). We then have the edges of the assigned permutation graph, and the relation is transitive, so we have a divisibility graph. Its complement is also of divisibility because it can be oriented by drawing an arc from \(a\) to \(b\) if and only if \(a < b\) and \(\sigma a < \sigma b\).
Conversely, suppose an oriented transitive graph whose complement is also orientable in a transitive manner. Let's show that it is a permutation graph. Choosing a numbering and a permutation is in fact equivalent to freely choosing two numberings of the vertices, i.e., ordering the vertices twice. Two vertices must then be connected if and only if their relative position is different according to the two orders. For the first order, we place the elements one by one, at each step adding an element with no predecessor according to the oriented complement graph. We therefore consider all possible choices, all vertices without a chosen predecessor. Then, all these considered elements form a clique of the graph, so there is a unique one that has no predecessor in this clique for the oriented graph. This is the element we place first in our order. We then remove it and repeat until all vertices are ordered. For the second order, we do almost the same thing. We also add at each step a vertex with no predecessor according to the complement graph, but among this clique of potential candidates, we will take the one with no successor in the clique.
Let's verify that this construction works. Take \(A\) and \(B\) two non-connected vertices. Suppose WLOG that in the complement graph, \(A\) is a predecessor of \(B\). If \(B\) is chosen for one of the two orders, then \(A\) must not have been considered among the potential choices, either it has already been chosen, or it has a predecessor not chosen. By transitivity, this predecessor would also be a predecessor of \(B\), which would prevent the choice of \(B\). Therefore, for both orders, \(A\) was chosen before \(B\). The two orders are thus compatible with the absence of edges between \(A\) and \(B\).
Take \(A\) and \(B\) connected and suppose WLOG that \(A\) is a predecessor of \(B\) in the graph. Let's first show that for the first order, when \(B\) is chosen, \(A\) has already been chosen. At that moment, if \(A\) had not already been chosen, it could not have been considered as a potential choice, otherwise it would have been chosen preferentially to \(B\). Therefore, it had a predecessor not chosen in the complement graph. We trace back successive predecessors starting from \(A\) until we reach a vertex \(C\) with no remaining unchosen predecessors. By transitivity of the oriented complement graph, \(C\) is a predecessor of \(A\) for this complement graph. \(C\) was considered as a potential choice, having no predecessor in the complement graph, but \(B\) was preferred, so \(B\) is a predecessor of \(C\) for the normal graph (not complement). \(A\) being itself a predecessor of \(B\), by transitivity, \(A\) must be a predecessor of \(C\) in the normal graph, so an edge between \(A\) and \(C\) exists. But we constructed \(C\) as a predecessor of \(A\) in the complement graph, so an edge of the complement graph exists between \(A\) and \(C\). The contradiction shows that according to the first order, \(A\) comes before \(B\). We prove similarly that according to the second order, \(B\) comes before \(A\). These two orders are thus compatible with the existence of an edge between \(A\) and \(B\).
## Comments from the graders:
The exercise was only approached by one person, who brilliantly solved it.
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proof
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Yes
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Incomplete
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proof
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Combinatorics
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Un graphe G fini simple à $n$ sommets est dit divisible s'il est possible d'attribuer à chaque sommet $s$ de $G$ un numéro $n_{s}$ de sorte que deux sommets distincts possèdent toujours deux numéros distincts et deux sommets quelconques $s$ et $s^{\prime}$ sont reliés par une arête si et seulement si $n_{s} \mid n_{s^{\prime}}$ ou $n_{s^{\prime}} \mid n_{s}$.
Un graphe G fini simple à n sommets est dit permutable s'il est possible de numéroter les sommets de $G$ de 1 à $n$ et s'il existe une permutation $\sigma$ de $\{1, \ldots, n\}$ telle que les sommets ayant pour numéros $i$ et $j$ sont reliés par une arête si et seulement si $(\mathfrak{i}-\mathfrak{j})(\sigma(\mathfrak{i})-\sigma(\mathfrak{j}))<0$.
Montrer qu'un graphe G est permutable si et seulement si G et son complémentaire sont divisibles.
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Un graphe est de divisibilité ssi on peut l'orienter (dans le sens des divisibilités) de manière à ce que s'il y a un arc (arête orientée) de A vers B et un de B vers C, il y en a un de A vers C. En effet, on peut alors attribuer à chaque sommet un nombre premier différent, et le nombre attribué pour les relations de divisibilité est alors le produit de son nombre premier par ceux de chacun ds sommets ayant un arc arrivant sur lui. On a alors les bonnes relations de divisibilité si il y a un arc de A vers B tout premier divisant le nombre attribué à A est le premier d'un sommet C avec un arc de C vers A . Il y a alors aussi un arc de C vers B donc le premier divise aussi le nombre attribué à B .
Montrons qu'on peut orienter un graphe de permutation. On trace un arc de $a$ vers $b$ ssi $a<b$ et $\sigma(a)>\sigma(b)$. On a bien les arêtes du graphe de permutation attribué et la relation est transitive, on a donc bien un graphe de divisibilité. Son complémentaire est également de divisibilité car orientable en traçant un arc de a vers b ssi $\mathrm{a}<\mathrm{b}$ et $\sigma \mathrm{a}<\sigma \mathrm{b}$.
Réciproquement, on suppose un graphe orienté transitif dont le complémentaire est également orientable de manière transitive, montrons qu'il est de permutation. Choisir une numérotation et une permutation revient en fait à choisir librement deux numérotations des sommets, soit à ordonner deux fois les sommets. Deux sommets doivent alors être reliés si et seulement si leur position relative est différente selon les deux ordres. Pour le premier ordre, on place les éléments un à un, à chaque étape en rajoutant un élément n'ayant pas de prédécesseur selon le graphe complémentaire orienté. On considère donc tous les choix possibles, tous les sommets sans prédécesseur non choisi. Alors, tous ces éléments considérés forment une clique du graphe, il y en a donc un unique qui est sans antécédents dans cette clique pour le graphe orienté. C'est cet élément qu'on place en tout premier pour notre ordre. On l'enlève ensuite et on recommence jusqu'à ce que tous les sommets soient ordonnées. Pour le deuxième ordre, on fait presque la même chose. On rajoute aussi à chaque étape un sommet sans prédécesseur selon le graphe complémentaire, mais parmi cette clique de candidats potentiels, on va prendre celui sans successeur dans la clique.
Vérifions que cette construction fonctionne. Prenons $A$ et $B$ deux sommets non reliés. Supposons SPDG que dans le graphe complémentaire, $A$ est un prédécesseur de $B$. Si $B$ est choisi pour un des deux ordres, forcément $A$ n'a pas été considéré parmi les choix potentiels, soit il a déjà été choisi, soit il a lui-même un prédécesseur non choisi. Par transitivité, ce prédécesseur serait aussi un prédécesseur de $B$, ce qui empêcherait le choix de B. Donc pour les deux ordres, $A$ a été choisi avant B. Les deux ordres sont donc compatibles avec l'absence d'arêtes entre $A$ et $B$.
Prenons $A$ et $B$ reliés et supposons SPDG que $A$ est un antécédent de $B$ dans le graphe. Montrons d'abords que pour le premier ordre, quand B est choisi, $A$ a déjà été choisi. À ce moment-là, si $A$ n'avait pas déjà été choisi, il n'aurait pas pu être considéré comme choix potentiel, sinon il aurait été choisi préférentiellement à $B$. Donc il avait un antécédent non choisi dans le graphe complémentaire. On remonte des antécédents successifs en partant de $A$ jusqu'à arriver jusqu'à un sommet $C$, sans antécédents encore non choisis. Par transitivité du graphe complémentaire orienté, $C$ est un antécédent de $A$ pour
ce graphe complémentaire. C a été considéré comme choix potentiel, n'ayant pas d'antécédent dans le graphe complémentaire, mais B lui a été préféré, donc B est un antécédent de C pour le graphe normal (pas complémentaire). $A$ étant lui-même un antécédent de $B$, par transitivité, $A$ doit être un antécédent de $C$ dans le graphe normal donc une arête entre $A$ et $C$ existe. Or on a construit $C$ comme un antécédent de $\mathcal{A}$ dans le graphe complémentaire, donc une arête du graphe complémentaire existe en $\mathcal{A}$ et C . La contradiction montre que selon le premier ordre, $A$ arrive avant $B$. On prouve identiquement que selon le deuxième ordre, $B$ arrive avant $A$. Ces deux ordres sont donc compatibles avec l'existence d'une arête entre $A$ et $B$.
## Commentaires des correcteurs:
L'exercice n'a été abordé que par une personne, qui l'a brillamment résolu.
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{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "18",
"problem_match": "\nExercice 18.",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-corrigé-envoi-5.jsonl",
"solution_match": "## Solution de l'exercice 18",
"tier": "T2",
"year": null
}
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Let $a, b$ be two integers. Show that $a b(a-b)$ is divisible by 2.
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We are interested in the parity of a product, so it is relevant to make a case distinction based on the parity of the integers involved, here \(a\) and \(b\). We then notice the following:
- If \(a\) or \(b\) is even: then \(ab\) is even (the product of an even number by any integer being even) and therefore \(ab(a-b)\) is divisible by 2.
- Otherwise, if \(a\) and \(b\) are both odd, then \(a-b\) is even (as the difference of two odd numbers) and therefore \(ab(a-b)\) is divisible by 2.
Finally, in all cases, if \(a\) and \(b\) are integers, then \(ab(a-b)\) is divisible by 2.
Comment from the graders: Many students tackled this problem, and all of them did it perfectly. The idea was to make case distinctions based on the parities of \(a\) and \(b\), which could be done in two cases: either " \(a\) or \(b\) is even" and "both \(a\) and \(b\) are odd," or " \(a\) and \(b\) have the same parity" and " \(a\) and \(b\) have different parities." Some solutions included more cases, which was not necessary and sometimes included cases that were already covered by other cases: this often lengthened the solutions, reducing efficiency and potentially wasting time that could have been spent on more challenging exercises.
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Number Theory
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Soient $a, b$ deux entiers. Montrer que $a b(a-b)$ est divisible par 2.
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On s'intéresse à la parité d'un produit, il est donc pertinent de faire une disjonction de cas sur la parité des entiers en jeu, ici a et $b$. On remarque alors la chose suivante :
- Si $a$ ou best pair : alors $a b$ est pair (le produit d'un nombre pair par un entier quelconque étant pair) et donc $\mathrm{ab}(\mathrm{a}-\mathrm{b})$ est bien divisible par 2 .
- Sinon, si $a$ et $b$ sont tous les deux impairs, alors $a-b$ est pair (en tant que différence de deux impairs) et donc $a b(a-b)$ est divisible par 2
Finalement, dans tous les cas, si $a$ et $b$ sont des entiers, alors $a b(a-b)$ est divisible par 2.
Commentaire des correcteurs : Beaucoup d'élèves ont abordé cet exercice, et tous l'ont parfaitement réussi. L'idée consistait à faire des disjonctions de cas selon les parités de a et de b , ce qui pouvait se faire en deux cas : soit " $a$ ou b pair" et "a et b impairs", soit "a et b de même parité" et "a et b de parité différente". Certaines copies ont fait plus de cas, ce n'était pas nécessaire et parfois il y avait des cas qui étaient inclus dans d'autres cas déjà traités : cela rallongeait souvent les solutions, ce qui fait perdre en efficacité et peut faire perdre du temps qu'on aurait pu passer à chercher d'autres exercices plus difficiles.
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{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "1",
"problem_match": "\nExercice 1.",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-corrigé.jsonl",
"solution_match": "\nSolution de l'exercice 1",
"tier": "T2",
"year": null
}
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Show that there are infinitely many pairs ( $\mathrm{m}, \mathfrak{n}$ ) of distinct strictly positive integers such that m ! n is a perfect square.
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One would like to take $\mathrm{m}=\mathrm{n}$ to have $\mathrm{m}!\mathrm{n}!=(\mathrm{n}!)^{2}$ and get a perfect square. But the statement forces $m \neq n$. Despite this, we already see a way to naturally introduce perfect squares.
Assume without loss of generality that $m>n$ (since $m!n!=n!m!$, we can replace $(m, n)$ with $(n, m)$ without any problem). Then $m!n!=m \times(m-1) \times \ldots \times(n+1) \times n! \times n!=m \times \ldots \times(n+1) \times(n!)^{2}$. Therefore, $m!n!$ will be a perfect square if and only if $m \times \ldots \times(n+1)$ is. The simplest way to achieve this is to choose $m=n+1=k^{2}$ for some integer $k(k \geqslant 2$ because we want $m, n \geqslant 1$). Indeed, we have $\left(k^{2}\right)!\left(k^{2}-1\right)!=k^{2}\left(\left(k^{2}-1\right)!\right)^{2}=\left[k\left(k^{2}-1\right)!\right]^{2}$.
Finally, for any integer $k \geqslant 2$, $(m, n)=\left(k^{2}, k^{2}-1\right)$ works, providing us with an infinite number of solution pairs.
Comment from the graders: The problem was approached by many students, and a large majority of them solved it perfectly. Others had interesting leads without necessarily concluding, such as noting that, in the case $m>n$ for example, it is necessary and sufficient to have $m \times(m-1) \times \ldots \times(n+1)$ be a perfect square.
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Number Theory
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Montrer qu'il existe une infinité de couples ( $\mathrm{m}, \mathfrak{n}$ ) d'entiers strictement positifs distincts tels que m ! n soit un carré parfait.
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On aurait envie de prendre $\mathrm{m}=\mathrm{n}$ pour avoir $\mathrm{m}!\mathrm{n}!=(\mathrm{n}!)^{2}$ et avoir un carré parfait. Mais l'énoncé force $m \neq n$. Malgré cela, on voit déjà un moyen de faire apparaître naturellement des carrés parfaits.
Supposons sans perte de généralité $m>n$ (comme $m!n!=n!m!$, quitte à remplacer $(m, n) \operatorname{par}(n, m)$, ça ne pose pas de problème). Alors $m!n!=\mathfrak{m} \times(m-1) \times \ldots \times(n+1) \times n!\times n!=m \times \ldots \times(n+1) \times(n!)^{2}$. Alors $m!n!$ sera un carré parfait si et seulement si $m \times \ldots \times(n+1)$ l'est. Le moyen le plus simple de le faire, c'est de choisir $m=n+1=k^{2}$ pour un certain entier $k(k \geqslant 2$ car on veut $m, n \geqslant 1$ ). En effet on a bien $\left(k^{2}\right)!\left(k^{2}-1\right)!=k^{2}\left(\left(k^{2}-1\right)!\right)^{2}=\left[k\left(k^{2}-1\right)!\right]^{2}$.
Finalement, pour tout $k \geqslant 2$ entier, $(m, n)=\left(k^{2}, k^{2}-1\right)$ convient, ce qui nous fournit bien une infinité de couples de solutions.
Commentaire des correcteurs : Le problème a été abordé par beaucoup d'élèves et une large majorité l'a parfaitement réussi. D'autres ont eu des pistes intéressantes sans forcément aboutir, comme remarquer que, dans le cas $m>n$ par exemple, il est nécessaire et suffisant d'avoir $m \times(m-1) \times \ldots \times(n+1)$ qui est un carré parfait.
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{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "2",
"problem_match": "\nExercice 2.",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-corrigé.jsonl",
"solution_match": "\nSolution de l'exercice 2",
"tier": "T2",
"year": null
}
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Find the integer triplets $(x, y, n)$ such that $n^{2}=17 x^{4}-32 x^{2} y^{2}+41 y^{4}$.
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We will show by infinite descent that $(0,0,0)$ is the only solution.
Since a square is only 0 or 1 modulo 3 (one way to see this is to make a disjunction of cases on the values modulo 3), it is relevant to try a study modulo 3 to see where it leads us. To do this, we note that if $(x, y, n)$ is a solution, then modulo 3, we have
$$
n^{2} \equiv -x^{4} - 2x^{2}y^{2} - y^{4} \equiv -\left(x^{2} + y^{2}\right)^{2} \quad(\bmod 3)
$$
Thus, $n^{2} + \left(x^{2} + y^{2}\right)^{2}$ is divisible by 3. But a square is 0 or 1 modulo 3, so the only way a sum of squares can be divisible by 3 is if each term is. Therefore, $n$ and $x^{2} + y^{2}$ are divisible by 3. Similarly, it follows that $x$ and $y$ are divisible by 3.
By substituting back into the equation, we deduce that $3^{4} = 81$ divides $n^{2}$ and thus 9 divides $n$, so $\left(\frac{x}{3}, \frac{y}{3}, \frac{n}{9}\right)$ is another solution. If we had a solution with $x$, $y$, or $n$ non-zero (and by changing them to their opposites, which does not change the values of the squares, which are positive), we could obtain a strictly decreasing sequence of natural numbers, which is absurd (this is the principle of infinite descent).
We conclude that the only potential solution is $(0,0,0)$. And conversely, we note that $(x, y, n) = (0,0,0)$ works (both sides give 0).
The unique solution to the equation is therefore $(0,0,0)$.
Comment from the graders: In general, the copies that addressed the problem did quite well. Some tried approaches like a study modulo 8 or a rewriting of the equation; here it did not lead to a solution, but these were good ideas that can still be useful on similar problems. We note recurring errors on the principle of infinite descent: a number of copies conclude that there is no solution by infinite descent. In reality, infinite descent allows us to conclude that there is no non-zero solution, but nothing excludes the solution $(0,0,0)$ a priori (and indeed it works). On this point, a number of copies conclude that $(0,0,0)$ is the only possible solution, without verifying it. Even if it seems obvious here, a mention of the verification of the solution is essential, because infinite descent guarantees that it is the only possible solution, but not that it is indeed a solution.
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(0,0,0)
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Yes
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Yes
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math-word-problem
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Algebra
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Trouver les triplets d'entiers $(x, y, n)$ tels que $n^{2}=17 x^{4}-32 x^{2} y^{2}+41 y^{4}$.
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On va montrer par descente infinie que ( $0,0,0$ ) est la seule solution.
Comme un carré ne vaut que 0 ou 1 modulo 3 (une façon de le voir est de faire une disjonction de cas sur les valeurs modulo 3), il est pertinent de tenter une étude modulo 3 pour essayer de voir où ça nous mène. Pour ce faire, on remarque que si $(x, y, n)$ est solution, alors modulo 3 , on a
$$
n^{2} \equiv-x^{4}-2 x^{2} y^{2}-y^{4} \equiv-\left(x^{2}+y^{2}\right)^{2} \quad(\bmod 3)
$$
Ainsi, $\mathfrak{n}^{2}+\left(x^{2}+y^{2}\right)^{2}$ est divisible par 3 . Or un carré vaut 0 ou 1 modulo 3 donc la seule manière qu'une somme de carrés soit divisible par 3 , c'est que chacun des termes le soit. Donc $n$ et $x^{2}+y^{2}$ sont divisibles par 3. De même il découle que $x$ et $y$ sont divisibles par 3.
En réinjectant dans l'équation, on en déduit que $3^{4}=81$ divise $n^{2}$ et donc 9 divise n , donc $\left(\frac{x}{3}, \frac{y}{3}, \frac{\mathfrak{n}}{9}\right)$ est une autre solution. Or si on avait une solution avec $x, y$ ou n non nul (et quitte à les changer en leurs opposés, ce qui ne change pas les valeurs des carrés, positifs), on pourrait obtenir une suite strictement décroissante d'entiers naturels, ce qui est absurde (c'est le principe de la descente infinie).
On en déduit que la seule solution potentielle est $(0,0,0)$. Et réciproquement, on remarque que $(x, y, \mathfrak{n})=$ $(0,0,0)$ convient (les deux membres donnent 0 ).
L'unique solution de l'équation est donc $(0,0,0)$.
Commentaire des correcteurs: Dans l'ensemble les copies qui ont abordé le problème l'ont plutôt bien réussi. Certaines ont tenté des pistes comme une étude modulo 8 ou une réécriture de l'équation, ici ça n'aboutissait pas mais c'étaient de bonnes idées qui peuvent tout de même être utiles sur d'autres problèmes similaires. Signalons des erreurs récurrentes sur le principe de la descente infinie : un certain nombre de copies concluent qu'il n'y a aucune solution par descente infinie. En réalité la descente infinie nous permet de conclure qu'il n'y a aucune solution non-nulle, mais rien n'exclut la solution $(0,0,0)$ a priori (et d'ailleurs elle marche). À ce sujet, un certain nombre de copies conclut que ( $0,0,0$ ) est la seule solution possible, sans pour autant penser à la vérifier. Même si elle a l'air évidente ici, une mention de la vérification de la solution est indispensable, car la descente infinie garantit que c'est la seule solution possible, mais pas que c'est bien une solution.
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{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "3",
"problem_match": "\nExercice 3.",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-corrigé.jsonl",
"solution_match": "\nSolution de l'exercice 3",
"tier": "T2",
"year": null
}
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Determine all natural numbers $n$ such that 21 divides $2^{2^{n}}+2^{n}+1$.
untranslated text remains unchanged:
Déterminer tous les entiers naturels $n$ tels que 21 divise $2^{2^{n}}+2^{n}+1$.
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Since $21=3 \times 7$ and 3 and 7 are coprime, 21 divides $2^{2^{n}}+2^{n}+1$ if and only if 3 and 7 divide $2^{2^{n}}+2^{n}+1$.
Let's eliminate the case $n=0$ right away, which gives $2^{2^{0}}+2^{0}+1=4$ which is not divisible by 21. We can therefore assume $n>0$, in particular $2^{n}$ is even. Then modulo $3: 2^{2^{n}}+2^{n}+1 \equiv(-1)^{2^{n}}+(-1)^{n}+1 \equiv$ $(-1)^{n}+2(\bmod 3)$. In particular $2^{2^{n}}+2^{n}+1$ is divisible by 3 if and only if $n$ is even. We will henceforth assume that this condition is satisfied.
It remains to consider the case of divisibility by 7. Modulo 7, the powers of 2 are $2^{0} \equiv 1,2^{1} \equiv 2,2^{2} \equiv$ $4,2^{3} \equiv 1$: we need to study the exponent modulo 3. Since $n$ is even (from the previous case), we already know that $2^{n} \equiv 1(\bmod 3)$, so $2^{2^{n}} \equiv 2(\bmod 7)$. We want $2^{n} \equiv-1-2 \equiv 4(\bmod 3)$, and thus $n \equiv 2(\bmod 3)$ (and conversely if $n \equiv 2(\bmod 3)$, since $n$ is even, then 7 divides $\left.2^{2^{n}}+2^{n}+1\right)$.
We need $n \equiv 0(\bmod 2), n \equiv 2(\bmod 3)$: since 2 and 3 are coprime, the Chinese Remainder Theorem gives that there is a unique solution modulo $2 \times 3=6$, and we notice that it is $n \equiv 2$ $(\bmod 6)$.
In conclusion, the natural numbers $n$ that work are exactly those that satisfy $n \equiv 2(\bmod 6)$.
Comment from the graders: The papers handled the problem well: almost everyone thought to study the cycles of powers and many people thought to reduce the problem to studying divisibility by 3 and by 7. Unfortunately, there were many calculation, reasoning, or reading errors that made a large part of the proof incorrect, as there is an error at the beginning. Many people forgot the case $n=0$!
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n \equiv 2(\bmod 6)
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Yes
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Yes
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math-word-problem
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Number Theory
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Déterminer tous les entiers naturels $n$ tels que 21 divise $2^{2^{n}}+2^{n}+1$.
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Comme $21=3 \times 7$ et que 3 et 7 sont premiers entre eux, 21 divise $2^{2^{n}}+2^{n}+1$ si et seulement si 3 et 7 divisent $2^{2^{n}}+2^{n}+1$.
Éliminons de suite le cas $n=0$, qui donne $2^{2^{0}}+2^{0}+1=4$ qui n'est pas divisible par 21. On peut donc supposer $n>0$, en particulier $2^{n}$ est pair. Alors modulo $3: 2^{2^{n}}+2^{n}+1 \equiv(-1)^{2^{n}}+(-1)^{n}+1 \equiv$ $(-1)^{n}+2(\bmod 3)$. En particulier $2^{2^{n}}+2^{n}+1$ est divisible par 3 si est seulement si $n$ est pair. On suppose donc désormais que cette condition est vérifiée.
Reste à traiter le cas de la divisibilité par 7 . Modulo 7 , les puissances de 2 sont $2^{0} \equiv 1,2^{1} \equiv 2,2^{2} \equiv$ $4,2^{3} \equiv 1$ : il s'agit donc d'étudier l'exposant modulo 3. Comme $n$ est pair (par le cas précédent), on sait déjà que $2^{n} \equiv 1(\bmod 3)$ donc $2^{2^{n}} \equiv 2(\bmod 7)$. On veut donc $2^{n} \equiv-1-2 \equiv 4(\bmod 3)$, et donc $n \equiv 2(\bmod 3)$ (et réciproquement si $n \equiv 2(\bmod 3)$, comme $n$ est pair alors 7 divise $\left.2^{2^{n}}+2^{n}+1\right)$.
On doit avoir $n \equiv 0(\bmod 2), n \equiv 2(\bmod 3):$ comme 2 et 3 sont premiers entre eux, le théorème des restes chinois donne qu'il existe une unique solution modulo $2 \times 3=6$, et on remarque que c'est $n \equiv 2$ $(\bmod 6)$.
En conclusion, les entiers naturels $n$ qui conviennent sont exactement ceux qui vérifient $n \equiv 2(\bmod 6)$.
Commentaire des correcteurs : Les copies ont bien abordé le problème : presque tout le monde a pensé à étudier les cycles de puissances et beaucoup de gens ont pensé à se ramener à étudier la divisibilité par 3 et par 7 . Malheureusement, il y a eu beaucoup d'erreurs de calcul, raisonement, ou lecture de l'énoncé qui rendent une bonne partie de la preuve fausse, car il y a une erreur au début. Beaucoup de gens ont oublié le cas $n=0$ !
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{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "11",
"problem_match": "\nExercice 4.",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-corrigé.jsonl",
"solution_match": "\nSolution de l'exercice 4",
"tier": "T2",
"year": null
}
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Let $n \in \mathbb{N}^{\star}$. Show that if $2n+1$ and $3n+1$ are perfect squares, then $5n+3$ is not prime.
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Suppose that $2n+1$ and $3n+1$ are perfect squares: we have $\mathrm{a}, \mathrm{b}$ two strictly positive integers $(2 n+1,3 n+1>0)$ such that $2n+1=a^{2}$ and $3n+1=b^{2}$. Here, it is noted that $5n+3=4 \times(2n+1)-(3n+1)=4a^{2}-b^{2}$. To find this identity, we try to express 5 in terms of 2 and 3: it is natural to take $5=2+3$ but this does not give $5n+3$, instead we see that $5=4 \times 2-3$.
We can therefore write $5n+3=(2a-b)(2a+b)$. Since $a, b>0$, $2a+b>2a-b$, and $2a+b>0$. This forces $2a-b>0$ (otherwise we would have $5n+3 \leqslant 0$, which is excluded). It is therefore sufficient to show that $2a-b>1$ to conclude: we will then have written $5n+3$ as the product of two integers strictly greater than 1, and it cannot be prime.
But if $2a=b+1$, then $5n+3=2a+b=4a-1$ so $a^{2}=2n+1 \leqslant \frac{5n+3}{2}<\frac{4a-1}{2}<2a$ so $a<2$. But $a=1$ gives $2n+1=1$ so $n=0$, which is absurd since $n>0$. Thus $2a-b \neq 1$.
We have therefore shown that if $2n+1$ and $3n+1$ are perfect squares (with $n \in \mathbb{N}^{\star}$), then $5n+3$ is not a prime number.
$\underline{\text { Comment from the graders: Most students who approached the problem generally understood it well }}$ and found the factorization that was interesting here. However, most of them forgot to check the signs of their terms: to conclude $2a-b=1, 2a+b=5n+3$, it was necessary to have verified beforehand that $2a+b>2a-b>0$, which was not very difficult but necessary for the identification to be valid. Note that a number of papers attempted to exploit congruences: here it did not lead to anything interesting, when it comes to prime numbers it is often more interesting to look for factorizations rather than to exploit congruences as the latter, unless they find a divisibility by a particular number, do not tell us whether an integer is prime or not.
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Number Theory
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Soit $n \in \mathbb{N}^{\star}$. Montrer que si $2 n+1$ et $3 n+1$ sont des carrés parfaits, alors $5 n+3$ n'est pas premier.
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Supposons que $2 \mathrm{n}+1$ et $3 \mathrm{n}+1$ sont des carrés parfaits : on dispose de $\mathrm{a}, \mathrm{b}$ deux entiers strictement positifs $(2 n+1,3 n+1>0)$ tels que $2 \mathfrak{n}+1=a^{2}$ et $3 n+1=b^{2}$. Ici, il s'agit de remarquer que $5 \mathfrak{n}+3=4 \times(2 n+1)-(3 n+1)=4 a^{2}-b^{2}$. Pour trouver cette identité, on essaie d'exprimer 5 à partir de 2 et 3 : il est naturel de prendre $5=2+3$ mais cela ne donne pas $5 \mathrm{n}+3$, en revanche on voit que $5=4 \times 2-3$.
On peut donc écrire $5 n+3=(2 a-b)(2 a+b)$. Comme $a, b>02 a+b>2 a-b$, et $2 a+b>0$. Ceci force $2 a-b>0$ (sinon on aurait $5 n+3 \leqslant 0$, ce qui est exclu). Il suffit donc de montrer que $2 a-b>1$ pour conclure : on aura alors écrit $5 \mathrm{n}+3$ comme produit de deux entiers strictement plus grands que 1 , et il ne pourra pas être premier.
Mais si $2 \mathrm{a}=\mathrm{b}+1,5 \mathrm{n}+3=2 \mathrm{a}+\mathrm{b}=4 \mathrm{a}-1$ donc $\mathrm{a}^{2}=2 \mathrm{n}+1 \leqslant \frac{5 n+3}{2}<\frac{4 \mathrm{a}-1}{2}<2 \mathrm{a}$ donc $\mathrm{a}<2$. Mais $a=1$ donne $2 \mathrm{n}+1=1$ donc $\mathrm{n}=0$, absurde car $\mathrm{n}>0$. Ainsi $2 a-b \neq 1$.
On a donc bien montré que si $2 \mathfrak{n}+1$ et $3 \mathfrak{n}+1$ sont des carrés parfaits (avec $\mathfrak{n} \in \mathbb{N}^{\star}$ ), alors $5 \mathfrak{n}+3$ n'est pas un nombre premier.
$\underline{\text { Commentaire des correcteurs : Les élèves qui ont abordé le problème l'ont en général plutôt bien compris }}$ et ont trouvé la factorisation qui était intéressante ici. Néanmoins la plupart d'entre eux ont oublié de vérifier les signes de leurs termes : pour pouvoir conclure $2 \mathrm{a}-\mathrm{b}=1,2 \mathrm{a}+\mathrm{b}=5 \mathrm{n}+3 \mathrm{il}$ fallait avoir vérifié au préalable $2 a+b>2 a-b>0$, ce qui n'était pas très dur mais nécessaire pour que l'identification soit valide. Notons qu'un certain nombre de copies ont tenté d'exploiter des congruences : ici ça ne menait pas à grand chose d'intéressant, lorsqu'il s'agit des nombres premiers il est souvent plus intéressant de rechercher des factorisations plutôt que d'exploiter des congruences car ces dernières, à moins de trouver une divisibilité par un nombre particulier, ne nous renseignent pas sur le caractère premier ou non d'un entier.
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{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "5",
"problem_match": "\nExercice 5.",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-corrigé.jsonl",
"solution_match": "\nSolution de l'exercice 5",
"tier": "T2",
"year": null
}
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Find all prime numbers $p, q$ satisfying $p^{5}+p^{3}+2=q^{2}-q$.
将上面的文本翻译成英文，请保留源文本的换行和格式，直接输出翻译结果。
(Note: The note is not part of the translation but is provided to clarify the instruction.)
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What we know about prime numbers is their divisibility properties. An expanded expression is therefore not very practical for studying this: we will first try to factorize.
Notice that $p^{5}+p^{3}+2=p^{3}\left(p^{2}+1\right)+2$. We want to solve $p^{3}\left(p^{2}+1\right)=q^{2}-q-2$. But we then recognize $q^{2}-q-2=(q-2)(q+1)$ (if we don't see it directly, we can find it by solving $\mathrm{q}^{2}-\mathrm{q}-2=0$ using the standard method involving the discriminant).
We therefore want to solve $p^{3}\left(p^{2}+1\right)=(q-2)(q+1)$. In particular, $p^{3} \mid(q-2)(q+1)$. Then $\operatorname{pgcd}(q-$ $2, q+1)=\operatorname{pgcd}(q-2, q+1-(q-2))=\operatorname{pgcd}(q-2,3)$ is therefore 1 or 3. This suggests studying the case $p=3$ first: we get $(q-2)(q+1)=270$, and by solving $q^{2}-q-2=270$ we find $q=17$ (which is indeed a prime number) and $q=-16$ (which is not a solution because it is not a prime number). So when $p=3$, there is a unique solution $(p, q)=(3,17)$.
We can therefore assume $p \neq 3$. In particular, it does not divide $\operatorname{pgcd}(q-1, q+2)$, so at least one of the numbers $q+1$ and $q-2$ is coprime with $p$, and thus with $p^{3}$. Since $p^{3} \mid(q+1)(q-2)$: by Gauss's lemma, $q+1$ or $q-2$ is divisible by $p^{3}$. However, $p^{3}$ cannot divide $q-2$ because otherwise, we would have $(q-2)(q+1) \geqslant p^{3} p^{3}>p^{3}\left(p^{2}+1\right)$, which is absurd. Thus $p^{3} \mid q+1$, and therefore $q-2 \mid p^{2}+1$.
But the divisibilities we have just obtained show that $p^{3} \leqslant q+1=(q-2)+3 \leqslant p^{2}+1+3=p^{2}+4$, and thus $p^{2}(p-1) \leqslant 4$. However, $p^{2}(p-1)$ is strictly increasing in $p$, and at $p=2$ we have equality, so the only possible case is $p=2$ (in other words, for $p>2$, we have $p^{2}(p-1)>4$).
When $p=2$, the equation becomes $q^{2}-q-2=40$, and by solving it we find $q=7$ (which is valid because 7 is prime) and $\mathrm{q}=-6$ (which is not valid because it is not a prime number).
Finally, there are two solutions which are $(\mathbf{p}, \mathbf{q})=(2,7)$ and $(\mathbf{p}, \mathbf{q})=(3,17)$.
Comment from the graders: The problem was approached by many, but many errors were made. When we have an equation of the form $a b=c d$, we cannot conclude that $c$ equals $a$ or $b$, or that $c$ divides $a$ or $b$. Many students therefore use false arithmetic statements, and thus end up with few points as they only handle a very specific case.
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(p, q) = (2,7) \text{ and } (p, q) = (3,17)
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Yes
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Yes
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math-word-problem
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Number Theory
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Trouver tous les nombres premiers $p, q$ vérifiant $p^{5}+p^{3}+2=q^{2}-q$.
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Ce qu'on connaît pour des nombres premiers, c'est leurs propriétés de divisibilité. Une expression développée n'est donc pas très pratique pour étudier cela : on va d'abord chercher à factoriser.
Remarquons que $p^{5}+p^{3}+2=p^{3}\left(p^{2}+1\right)+2$. On veut résoudre $p^{3}\left(p^{2}+1\right)=q^{2}-q-2$. Mais on reconnaît alors $q^{2}-q-2=(q-2)(q+1)$ (si on ne le voit pas directement, on peut le trouver en résolvant $\mathrm{q}^{2}-\mathrm{q}-2=0$ avec la méthode classique utilisant le discriminant).
On veut donc résoudre $p^{3}\left(p^{2}+1\right)=(q-2)(q+1)$. En particulier $p^{3} \mid(q-2)(q+1)$. Alors $\operatorname{pgcd}(q-$ $2, q+1)=\operatorname{pgcd}(q-2, q+1-(q-2))=\operatorname{pgcd}(q-2,3)$ vaut donc 1 ou 3. Cela suggère d'étudier d'abord le cas $p=3$ : on obtient $(q-2)(q+1)=270$, et en résolvant $q^{2}-q-2=270$ on trouve $q=17$ (qui est bien un nombre premier) et $q=-16$ (qui n'est pas solution car ce n'est pas un nombre premier). Donc lorsque $p=3$, il y a une unique solution $(p, q)=(3,17)$.
On peut donc supposer $p \neq 3$. En particulier, il ne divise pas $\operatorname{pgcd}(q-1, q+2)$, donc au moins un des nombres $q+1$ et $q-2$ est premier avec $p$, donc avec $p^{3}$. Or $p^{3} \mid(q+1)(q-2)$ : donc d'après le lemme de Gauss, $q+1$ ou $q-2$ est divisible par $p^{3}$. Or, $p^{3}$ ne peut pas diviser $q-2$ parce que sinon, on aurait $(q-2)(q+1) \geqslant p^{3} p^{3}>p^{3}\left(p^{2}+1\right)$, absurde. Ainsi $p^{3} \mid q+1$, et donc $q-2 \mid p^{2}+1$.
Mais les divisibilités qu'on vient d'obtenir montrent que $p^{3} \leqslant q+1=(q-2)+3 \leqslant p^{2}+1+3=p^{2}+4$, et donc $p^{2}(p-1) \leqslant 4$. Or $p^{2}(p-1)$ est strictement croissante en $p$, et en $p=2$ on a égalité, donc le seul cas possible est $p=2$ (autrement dit, pour $p>2$, on a $p^{2}(p-1)>4$ ).
Lorsque $p=2$, l'équation devient $q^{2}-q-2=40$, en résolvant on trouve $q=7$ (qui convient car 7 est premier) et $\mathrm{q}=-6$ (qui ne convient pas car n'est pas un nombre premier).
Finalement, il y a deux solutions qui sont $(\mathbf{p}, \mathbf{q})=(2,7)$ et $(\mathbf{p}, \mathbf{q})=(3,17)$.
Commentaire des correcteurs : L'exercice a été assez abordé, mais beaucoup d'erreurs ont été commises. Quand on a une équation du type $a b=c d$, on ne peut pas conclure que $c$ vaut $a$ ou $b$, ou que $c$ divise $a$ ou b. Beaucoup d'élèves utilisent donc des affirmations arithmétiques fausses, et donc se retrouvent avec peu de points car ne traitant qu'un cas très particulier.
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{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "13",
"problem_match": "\nExercice 6.",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-corrigé.jsonl",
"solution_match": "\nSolution de l'exercice 6",
"tier": "T2",
"year": null
}
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Let $n \geqslant 2$. Show that there exist integers $a, b$ such that, for any integer $m$, the number $m^{3}+a m+b$ is not a multiple of $n$.
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The translation maintains the original formatting and structure of the source text.
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$7 \quad \mathrm{~m}^{3}+\mathrm{am}+\mathrm{b}$ is a multiple of n if and only if $\mathrm{m}^{3}+\mathrm{am} \equiv-\mathrm{b}(\bmod \mathrm{n})$. We then notice that it suffices to find a such that $\mathrm{m}^{3}+\mathrm{am}$ does not take all possible values modulo $n$ (and to take for $-b$ one of the values that is not taken). Since $\mathrm{m}^{3}+a m$ modulo $n$ depends only on $m$ modulo $n$, we can restrict ourselves to $0 \leqslant m \leqslant n-1$.
It is a matter of finding an a such that the $0^{3}+\mathrm{a} \cdot 0(\bmod n), 1^{3}+\mathrm{a} \cdot 1(\bmod n), \ldots,(n-1)^{3}+a(n-1)$ $(\bmod n) n$ do not reach $n$ distinct values $(\operatorname{modulo} n)$. Then if we find $m_{1} \neq m_{2}$ between 0 and $n-1$ such that $m_{1}^{3}+a m_{1} \equiv m_{2}^{3}+a m_{2}(\bmod n)$, the $n-2$ other values of $m$ modulo $n$ will give at most $n-2$ values of $m^{3}+$ am modulo $n$, so in total, for $0 \leqslant m \leqslant n-1, m^{3}+$ am will take at most $n-1$ values out of the $\boldsymbol{n}$ possible: there will be one that is not reached. Now $0^{3}+\mathrm{a} \times 0 \equiv 0(\bmod \mathfrak{n})$, $1^{3}+a \times 1 \equiv a+1(\bmod \mathfrak{n})$. If $a+1 \equiv 0(\bmod \boldsymbol{n})$, we will be in the situation described above.
Let us then set $a=-1$ (or $a=n-1$ if we want $a>0)$. Then $m^{3}+a m$ is zero if $m=0$ or $m=1$. Therefore, there exists an integer $c$, $0 \leqslant c \leqslant n-1$, such that for all $0 \leqslant m \leqslant n-1, m^{3}+a m \not \equiv c(\bmod n)$. Let us then set $b=-c$ (or $b=n-c$ if we want $b>0$), then for all $0 \leqslant m \leqslant n-1, m^{3}+a m+b$ will be non-zero modulo $n$, so for all $m$ integers, $m^{3}+a m+b$ will not be a multiple of $n$.
Thus, there do exist such integers $a$ and $b$.
Comment from the graders: The problem was not much addressed, and when the statement was well understood, it was well succeeded. However, many did not understand the statement, and showed instead that for any fixed value of $m$, one could find $a$ and $b$ such that $n$ does not divide $m^{3}+a m+b$. The difference here is that a and b are not fixed independently of m, which is a significantly simpler version of the exercise.
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Number Theory
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Soit $n \geqslant 2$. Montrer qu'il existe des entiers $a, b$ tels que, pour tout entier $m$, le nombre $m^{3}+a m+b$ ne soit pas un multiple de $n$.
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$7 \quad \mathrm{~m}^{3}+\mathrm{am}+\mathrm{b}$ est un multiple de n si et seulement si $\mathrm{m}^{3}+\mathrm{am} \equiv-\mathrm{b}(\bmod \mathrm{n})$. On remarque alors qu'il suffit de trouver a tel que $\mathrm{m}^{3}+\mathrm{am}$ ne prend pas toutes les valeurs possibles modulo $n$ (et de prendre pour $-b$ une des valeurs qui $n$ 'est pas prise). Comme $\mathrm{m}^{3}+a m$ modulo $n$ ne dépend que de $m$ modulo $n$, on peut se restreindre à $0 \leqslant m \leqslant n-1$.
Il s'agit de trouver un a tel que les $0^{3}+\mathrm{a} \cdot 0(\bmod n), 1^{3}+\mathrm{a} \cdot 1(\bmod n), \ldots,(n-1)^{3}+a(n-1)$ $(\bmod n) n$ 'atteignent pas $n$ valeurs distinctes $(\operatorname{modulo} n)$. Alors si on trouve $m_{1} \neq m_{2}$ entre 0 et $n-1$ tels que $m_{1}^{3}+a m_{1} \equiv m_{2}^{3}+a m_{2}(\bmod n)$, les $n-2$ autres valeurs de $m$ modulo $n$ donneront au plus $n-2$ valeurs de $m^{3}+$ am modulo $n$, donc au total, pour $0 \leqslant m \leqslant n-1, m^{3}+$ am prendra au plus $n-1$ valeurs sur mes $\boldsymbol{n}$ possibles : il y en aura bien une qui ne sera pas atteinte. Or $0^{3}+\mathrm{a} \times 0 \equiv 0(\bmod \mathfrak{n})$, $1^{3}+a \times 1 \equiv a+1(\bmod \mathfrak{n})$. Si $a+1 \equiv 0(\bmod \boldsymbol{n})$, on sera dans la situation décrite ci-dessus.
Posons alors $a=-1$ (ou $a=n-1$ si on veut $a>0)$. Alors $m^{3}+a m$ est nul si $m=0$ ou $m=1$. Donc il existe $c$ entier, $0 \leqslant c \leqslant n-1$, tel que pour tout $0 \leqslant m \leqslant n-1, m^{3}+a m \not \equiv c(\bmod n)$. Posons alors $b=-c\left(\right.$ ou $b=n-c$ si on veut $b>0$ ), alors pour tout $0 \leqslant m \leqslant n-1, m^{3}+a m+b$ sera non nul modulo $n$, donc pour tout $m$ entier, $m^{3}+a m+b$ ne sera pas un multiple de $n$.
Ainsi, il existe bien de tels entiers $a$ et $b$.
Commentaire des correcteurs : Le problème n'a pas beaucoup été abordé, et lorsque l'énoncé a été bien compris il a été bien réussi. Cependant, beaucoup n'ont pas compris l'énoncé, et on montré à la place que pour toute valeur de $m$ fixée, on pouvait trouver des $a$ et $b$ de sorte que $n$ ne divise pas $m^{3}+a m+b$. La différence ici est que a et bne sont pas fixés indépendamment de m , ce qui est une version sensiblement plus simple de l'exercice.
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{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "7",
"problem_match": "\nExercice 7.",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-corrigé.jsonl",
"solution_match": "\nSolution de l'exercice ",
"tier": "T2",
"year": null
}
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Find all integers $\mathrm{a}, \mathrm{b}, \mathrm{c} \in \mathbb{N}$ such that $1517^{\mathrm{a}}+15^{\mathrm{b}}=1532^{\mathrm{c}}$.
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We start by treating the small values of c.
If $c=0, 1517^{a}+15^{b}=1$ has no solution.
If $c=1$, we need to find $a, b$ such that $1517^{a}+15^{b}=1532$. If $a \geqslant 2$ or if $a=0$ there is no solution. If $a=1$, then $15^{b}=1532-1517=15$ so $b=1$: this provides the solution $(1,1,1)$.
Now assume $c \geqslant 2$. In particular, $16=4^{2}$ divides $1532^{c}$: this invites us to study the equation modulo powers of 2 less than 16 to eliminate the dependence on c. We then get $1+(-1)^{b} \equiv 0(\bmod 4)$, so $b$ is odd (in particular, $b \geqslant 1$).
Reducing modulo 8: $15^{b} \equiv-1(\bmod 8)\left(b\right.$ is odd). We then have $1517^{a}-1 \equiv 5^{a}-1 \equiv 0(\bmod 8)$, so $a$ is even.
Reducing modulo 5 (since 5 divides 15, this removes the dependence on $b$), we have $2^{a} \equiv 2^{c}(\bmod 5)$, so $a \equiv c(\bmod 4)$ (the order of 2 modulo 5 is 4). Since we have shown that $a$ is even, $c$ is even. Let $a=2e$ and $c=2d$, then $d$ and $e$ have the same parity (since $2e \equiv 2d(\bmod 4)$, so $e \equiv d(\bmod 2)$, and by reinserting into the original equation, we get $15^{b}=\left(1532^{d}-1517^{e}\right)\left(1532^{d}+1517^{e}\right)$.
Notice then that
$$
\left(1532^{d}+1517^{e}\right)-\left(1532^{d}-1517^{e}\right)=2 \times 1517^{e}=2 \times 37^{e} \times 41^{e}
$$
Neither 37 nor 41 divides 1532, so $1532^{d}-1517^{e}$, and $1532^{d}-1517^{e}$ is odd. Therefore, $1532^{d}+1517^{e}$ and $1532^{d}-1517^{e}$ are coprime, so one of them is $5^{b}$ and the other is $3^{b}$. Since $1532^{d}+1517^{e}>1532^{d}-1517^{e}$, it follows that $1532^{d}+1517^{e}=5^{b}$ and $1532^{d}-1517^{e}=3^{b}$. Then $3^{b}+5^{b}=2 \cdot 1532^{d}$. If $d \geqslant 2$, the right-hand side is divisible by 16, but we check modulo 16 that the left-hand side is never divisible by $16\left(3^{4} \equiv 5^{4} \equiv 1(\bmod 16)\right.$, so it suffices to test $3^{0}+5^{0} \equiv 2(\bmod 16), 3^{1}+5^{1} \equiv 8(\bmod 16), 3^{2}+5^{2} \equiv 2(\bmod 16)$ and $\left.3^{3}+5^{3} \equiv 5(\bmod 16)\right)$, which implies that $d=1(\operatorname{since} 2d=c \geqslant 2)$ and thus $e$ is odd $(d \equiv e(\bmod 2))$. Since $1532^{d}>1517^{e}$, it follows that $e=1$, but $1532^{d}-1517^{d}=15$ is not a power of 3, leading to a contradiction.
Finally, the only solution is $(a, b, c)=(1,1,1)$.
Comment from the graders: A problem that was not widely attempted but well understood by those who submitted a solution. The goal was to find properties of $a, b$, and $c$ by reducing modulo small numbers until reaching an absurdity, and many paths were followed. However, be careful, it is generally necessary to treat small cases separately. For example, here, $15^{0}=1 \not \equiv 0[3]$!
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(1,1,1)
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Yes
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Yes
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math-word-problem
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Number Theory
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Trouver tous les entiers $\mathrm{a}, \mathrm{b}, \mathrm{c} \in \mathbb{N}$ tels que $1517^{\mathrm{a}}+15^{\mathrm{b}}=1532^{\mathrm{c}}$.
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On commence par traiter les petites valeurs de c.
Si $c=0,1517^{a}+15^{b}=1$ n'a pas de solution.
Si $c=1$, on doit trouver $a, b$ tels que $1517^{a}+15^{b}=1532$. Si $a \geqslant 2$ ou si $a=0$ il n'y a pas de solution. Si $\mathrm{a}=1$, alors $15^{\mathrm{b}}=1532-1517=15$ donc $\mathrm{b}=1$ : ceci fournit la solution $(1,1,1)$.
On suppose maintenant $\mathrm{c} \geqslant 2$. En particulier $16=4^{2}$ divise $1532^{c}$ : ceci invite à étudier l'équation modulo des puissances de 2 plus petites que 16 pour éliminer la dépendance en c . On obtient alors $1+(-1)^{\mathrm{b}} \equiv 0(\bmod 4)$ donc $b$ est impair (en particulier, $\left.\mathrm{b} \geqslant 1\right)$.
En réduisant modulo $8: 15^{b} \equiv-1(\bmod 8)\left(b\right.$ est impair). On a alors $1517^{a}-1 \equiv 5^{a}-1 \equiv 0(\bmod 8)$, donc a est pair.
En réduisant modulo 5 (comme 5 divise 15 , cela supprime la dépendance en $b)$, on a $2^{\mathrm{a}} \equiv 2^{\mathrm{c}}(\bmod 5)$, donc $a \equiv c(\bmod 4)$ (l'ordre de 2 modulo 5 , est 4$)$. Puisqu'on a montré que a était pair, c est pair. Notons $a=2 e$ et $c=2 d$, alors $d$ et $e$ ont la même parité $(\operatorname{car} 2 e \equiv 2 \mathrm{~d}(\bmod 4)$ donc $e \equiv d(\bmod 2)$, et en réinjectant dans l'équation de départ, on obtient $15^{\mathrm{b}}=\left(1532^{\mathrm{d}}-1517^{\mathrm{e}}\right)\left(1532^{\mathrm{d}}+1517^{\mathrm{e}}\right)$.
Remarquons alors que
$$
\left(1532^{\mathrm{d}}+1517^{e}\right)-\left(1532^{\mathrm{d}}-1517^{e}\right)=2 \times 1517^{e}=2 \times 37^{e} \times 41^{e}
$$
Or ni 37 ni 41 ne divisent 1532 donc $1532^{\mathrm{d}}-1517^{e}$, et $1532^{\mathrm{d}}-1517^{e}$ est impair. Par conséquent, $1532^{\mathrm{d}}+1517^{e}$ et $1532^{\mathrm{d}}-1517^{e}$ sont premiers entre eux, donc l'un d'eux est $5^{\mathrm{b}}$ et l'autre est $3^{\mathrm{b}}$. Puisque $1532^{\mathrm{d}}+1517^{e}>1532^{\mathrm{d}}-1517^{e}$, il s'ensuit que $1532^{\mathrm{d}}+1517^{e}=5^{\mathrm{b}}$ et $1532^{\mathrm{d}}-1517^{e}=3^{\mathrm{b}}$. Alors $3^{\mathrm{b}}+5^{\mathrm{b}}=2 \cdot 1532^{\mathrm{d}}$. Si $\mathrm{d} \geqslant 2$, le membre de droite est divisible par 16 , mais on vérifie modulo 16 que le premier membre n'est jamais divisible par $16\left(3^{4} \equiv 5^{4} \equiv 1(\bmod 16)\right.$ donc il suffit de tester $3^{0}+5^{0} \equiv 2(\bmod 16), 3^{1}+5^{1} \equiv 8(\bmod 16), 3^{2}+5^{2} \equiv 2(\bmod 16)$ et $\left.3^{3}+5^{3} \equiv 5(\bmod 16)\right)$, ce qui implique que $\mathrm{d}=1(\operatorname{car} 2 \mathrm{~d}=\mathrm{c} \geqslant 2)$ et donc e impair $(\mathrm{d} \equiv e(\bmod 2))$. Comme $1532^{\mathrm{d}}>1517^{e}, \mathrm{il}$ s'ensuit que $e=1$, mais $1532^{\mathrm{d}}-1517^{\mathrm{d}}=15$ n'est pas une puissance de 3 , d'où une contradiction.
Finalement la seule solution est $(a, b, c)=(1,1,1)$.
Commentaire des correcteurs : Problème peu abordé mais bien compris par ceux ayant rendu une copie. Il s'agissait de trouver des propriétés sur $\mathrm{a}, \mathrm{b}$ et c en réduisant modulo des petits nombres jusqu'à arriver à une absurdité et de nombreux chemins ont été suivis. Attention cependant, il faut généralement traiter des petits cas à part. Par exemple ici, $15^{0}=1 \not \equiv 0[3]$ !
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{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "8",
"problem_match": "\nExercice 8.",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-corrigé.jsonl",
"solution_match": "\nSolution de l'exercice 8",
"tier": "T2",
"year": null
}
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Quentin and Timothé are playing a game. First, Quentin chooses a prime number $\mathrm{p}>2$, then Timothé chooses a positive integer $n_{0}$. Quentin then chooses an integer $n_{1}>n_{0}$ and calculates $s_{1}=n_{0}^{n_{1}}+n_{1}^{n_{0}}$; then Timothé chooses an integer $n_{2}>n_{1}$ and calculates $s_{2}=n_{1}^{n_{2}}+n_{2}^{n_{1}}$. The players continue to play, each taking their turn, by choosing at turn $k$ an integer $n_{k}>n_{k-1}$ and calculating $s_{k}=n_{k}^{n_{k-1}}+n_{k-1}^{n_{k}}$. The first player to choose an integer $n_{k}$ such that $p$ divides $s_{k}\left(s_{1}+2 s_{2}+3 s_{3}+\ldots+k s_{k}\right)$ wins the game. Determine which of Quentin and Timothé has a winning strategy.
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We will show that Timothé has a winning strategy. Let us note that Quentin will choose the $n_{2k+1}$ and Timothé will choose the $n_{2k}$. First, we make a few remarks.
- Remark 1: First, note that if one of the players chooses $n_{k} \equiv 0(\bmod p)$ and does not win at this step, then the next player wins by choosing $\mathfrak{n}_{k+1} \equiv 0(\bmod \mathfrak{p})$, because then $s_{k+1} \equiv 0(\bmod \mathfrak{p})$, and in particular $p$ divides $s_{k+1}\left(s_{1}+2 s_{2}+\ldots+k s_{k}+(k+1) s_{k+1}\right)$.
- Remark 2: For $a \not \equiv 0(\bmod p), a^{p-1} \equiv 1(\bmod p)$ (Fermat). Then if $a, b \geqslant 1$ are two integers such that $a$ is divisible by $p-1$ and congruent to 1 modulo $p$ and $b$ is not divisible by $p$, then $\mathrm{a}^{\mathrm{b}}+\mathrm{b}^{\mathrm{a}} \equiv 1^{\mathrm{b}}+1 \equiv 2(\bmod \mathrm{p})$. We will therefore look for a strategy in this direction.
- Strategy: We will show that the following strategy works: for $k \geqslant 0$, Timothé will distinguish two cases.
- If $k=0$ or $n_{2 k-1}$ is not divisible by $p$, then Timothé chooses $n_{2 k}>n_{2 k-1}$ (resp. $n_{0}>0$) such that $n_{2 k} \equiv 0(\bmod p-1)$ and $n_{2 k} \equiv 1(\bmod p)$ (since $p, p-1$ are coprime, by the Chinese Remainder Theorem, there exists a unique remainder modulo $p(p-1)$ that works, in particular, there are such numbers as large as one wants).
- If $n_{2 k-1}$ is divisible by $p$, then Timothé chooses $n_{2 k}>n_{2 k-1}$ divisible by $p$.
By the first remark, in the second case, if Quentin had not won, then Timothé wins at this moment. In the first case, if $n_{2 k-1}$ is not divisible by $p, s_{2 k} \equiv 2(\bmod p)$ (according to the second remark). Therefore, if Timothé does not win at a given moment, then he has obtained $s_{2 k} \equiv 2(\bmod p)$.
- We then consider the values taken by $s_{2 k+1}$. We distinguish two cases.
- First, if at each step, Quentin chooses $\mathfrak{n}_{2 \mathrm{k}+1}$ not divisible by $p$. Then, according to the second remark, he gets $s_{2 k+1} \equiv 2(\bmod p)$. In other words, $s_{k} \equiv 2(\bmod p)$ for all $k$, and thus $1+2 s_{2}+\ldots+k s_{k} \equiv k(k+1)(\bmod p)$ and thus the first $k$ such that this quantity is divisible by $p$ is $k=p-1$ (Euclid's lemma), but $p-1$ is even ($p>2$), so it is Timothé who has just chosen, and it is therefore he who wins.
- Now, if at some point Quentin chooses $n_{2 k+1}$ divisible by $p$ (we consider that this is the first time Quentin chooses such a number), in particular $2 k+1<p-1$ otherwise we have seen above that Timothé wins. Then for $\mathrm{m} \leqslant 2 \mathrm{k}$, we have $s_{\mathrm{m}} \equiv 2(\bmod \mathrm{p})$, and $s_{2 \mathrm{k}+1} \equiv 1(\bmod \mathrm{p})$. Then
$$
s_{1}+2 s_{2}+\ldots+(2 k+1) s_{2 k+1} \equiv 2 k(2 k+1)+(2 k+1) \equiv(2 k+1)^{2} \not \equiv 0 \quad(\bmod p)
$$
(because $1 \leqslant 2 \mathrm{k}+1 \leqslant \mathrm{p}-1$), so Quentin does not win at this step. But then, as mentioned earlier, by choosing $n_{2 k+2}$ divisible by $p$, we have $s_{2 k+2} \equiv 0(\bmod p)$, so Timothé wins.
- In all cases, with this strategy, Timothé will win, so it is Timothé who has a winning strategy.
Comment from the graders: The problem was rarely attempted because it was very difficult. But the few students who submitted a solution understood the problem well and saw how to choose the $n_{k}$ correctly.
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proof
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Yes
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Yes
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math-word-problem
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Number Theory
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Quentin et Timothé jouent à un jeu. D'abord, Quentin choisit un nombre premier $\mathrm{p}>2$, puis Timothé choisit un entier strictement positif $n_{0}$. Quentin choisit alors un entier $n_{1}>n_{0}$ et calcule $s_{1}=n_{0}^{n_{1}}+n_{1}^{n_{0}}$; puis Timothé choisit un entier $n_{2}>n_{1}$ et calcule $s_{2}=n_{1}^{n_{2}}+n_{2}^{n_{1}}$. Les joueurs continuent de jouer chacun à leur tour, en choisissant au tour $k$ un entier $n_{k}>n_{k-1}$ et en calculant $s_{k}=n_{k}^{n_{k-1}}+n_{k-1}^{n_{k}}$. Le premier joueur à choisir un entier $n_{k}$ tel que $p$ divise $s_{k}\left(s_{1}+2 s_{2}+3 s_{3}+\ldots+k s_{k}\right)$ gagne le jeu. Déterminer lequel de Quentin et Timothé possède une stratégie gagnante.
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Nous allons montré que Timothé a une stratégie gagnante. Notons que Quentin va choisir les $n_{2 k+1}$ et Timothé va choisir les $n_{2 k}$. On fait d'abord quelques remarques.
- Remarque 1 : Remarquons d'abord que si l'un des joueurs choisit $n_{k} \equiv 0(\bmod p)$ et ne gagne pas à cette étape, alors le joueur suivant gagne en choisissant $\mathfrak{n}_{k+1} \equiv 0(\bmod \mathfrak{p})$, car alors $s_{k+1} \equiv 0(\bmod \mathfrak{p})$, et en particulier $p$ divise $s_{k+1}\left(s_{1}+2 s_{2}+\ldots+k s_{k}+(k+1) s_{k+1}\right)$.
- Remarque 2: Pour $a \not \equiv 0(\bmod p), a^{p-1} \equiv 1(\bmod p)(F e r m a t)$. Alors si $a, b \geqslant 1$ sont deux entiers tels que $a$ soit divisible par $p-1$ et congru à 1 modulo $p$ et $b$ n'est pas divisible par $p$, alors $\mathrm{a}^{\mathrm{b}}+\mathrm{b}^{\mathrm{a}} \equiv 1^{\mathrm{b}}+1 \equiv 2(\bmod \mathrm{p})$. On va donc chercher une stratégie de ce côté-là.
- Stratégie : On va montrer que la stratégie suivante fonctionne : pour $k \geqslant 0$, Timothé va distinguer deux cas.
- Si $k=0$ ou $n_{2 k-1}$ n'est pas divisible par $p$, alors Timothé choisit $n_{2 k}>n_{2 k-1}$ (resp. $n_{0}>0$ ) de telle sorte que $n_{2 k} \equiv 0(\bmod p-1)$ et $n_{2 k} \equiv 1(\bmod p)(p, p-1$ sont premiers entre eux donc par le théorème des restes chinois, il existe un unique reste modulo $p(p-1)$ qui convient, en particulier il existe bien de tels nombres aussi grands que l'on veut.)
- Si $n_{2 k-1}$ est divisible par $p$, alors Timothé choisit $n_{2 k}>n_{2 k-1}$ divisible par $p$.
Par la première remarque, dans le second cas si Quentin n'avait pas gagné, alors Timothé gagne à cet instant. Dans le premier cas, si $n_{2 k-1}$ n'est pas divisible par $p, s_{2 k} \equiv 2(\bmod p)$ (d'après la deuxième remarque). Donc si Timothé ne gagne pas à un instant donné, alors il a obtenu $s_{2 k} \equiv 2(\bmod p)$.
- On s'intéresse alors aux valeurs prises par $s_{2 k+1}$. On distingue deux cas.
- D'abord si à chaque étape, Quentin choisit $\mathfrak{n}_{2 \mathrm{k}+1}$ non divisible par p . Alors d'après la deuxième remarque, il obtient $s_{2 k+1} \equiv 2(\bmod p)$. Autrement dit, $s_{k} \equiv 2(\bmod p)$ pour tout $k$, et donc $1+2 s_{2}+\ldots+k s_{k} \equiv k(k+1)(\bmod p)$ et donc le premier $k$ tel que cette quantité est divisible par $p$ est $k=p-1$ (lemme d'Euclide), or $p-1$ est pair ( $p>2$ ), donc c'est Timothé qui vient de choisir, et c'est donc celui-ci qui gagne.
- Maintenant, si à un moment Quentin choisit $n_{2 k+1}$ divisible par $p$, (on considère que c'est la première fois que Quentin choisit un tel nombre), en particulier $2 k+1<p-1$ sinon on a vu audessus que Timothé gagne. Alors pour $\mathrm{m} \leqslant 2 \mathrm{k}$, on a $s_{\mathrm{m}} \equiv 2(\bmod \mathrm{p})$, et $s_{2 \mathrm{k}+1} \equiv 1(\bmod \mathrm{p})$. Alors
$$
s_{1}+2 s_{2}+\ldots+(2 k+1) s_{2 k+1} \equiv 2 k(2 k+1)+(2 k+1) \equiv(2 k+1)^{2} \not \equiv 0 \quad(\bmod p)
$$
(car $1 \leqslant 2 \mathrm{k}+1 \leqslant \mathrm{p}-1$ ), donc Quentin ne gagne pas à cette étape. Mais alors, comme évoqué précédemment, en choisissant $n_{2 k+2}$ divisible par $p$, on a $s_{2 k+2} \equiv 0(\bmod p)$ donc Timothé gagne.
- Dans tous les cas, avec cette stratégie, Timothé va gagner, donc c'est Timothé qui a une stratégie gagnante.
Commentaire des correcteurs: L'exercice a été peu traité car il était très difficile. Mais les quelques élèves ayant rendu une copie ont bien compris le problème, et vu comment bien choisir les $n_{k}$.
## Exercices Seniors
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{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "9",
"problem_match": "\nExercice 9.",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-corrigé.jsonl",
"solution_match": "\nSolution de l'exercice 9",
"tier": "T2",
"year": null
}
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Show that there are infinitely many pairs ( $\mathrm{m}, \mathrm{n}$ ) of distinct integers such that $\mathrm{m}!n!$ is a perfect square.
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One would like to take $m=n$ to have $m!n!=(n!)^{2}$ and get a perfect square. But the statement forces $m \neq n$. Despite this, we already see a way to naturally introduce perfect squares.
Assume without loss of generality that $m>n$ (since $m!n!=n!m!$, we can replace $(m, n)$ with $(n, m)$ without any problem). Then $m!n!=m \times(m-1) \times \ldots \times(n+1) \times n!\times n!=m \times \ldots \times(n+1) \times(n!)^{2}$. Therefore, $m!n!$ will be a perfect square if and only if $m \times \ldots \times(n+1)$ is. The simplest way to achieve this is to choose $m=n+1=k^{2}$ for some integer $k(k \geqslant 2$ because we want $m, n \geqslant 1)$. Indeed, we have $\left(k^{2}\right)!\left(k^{2}-1\right)!=k^{2}\left(\left(k^{2}-1\right)!\right)^{2}=\left[k\left(k^{2}-1\right)!\right]^{2}$.
Finally, for any integer $k \geqslant 2$, $(m, n)=\left(k^{2}, k^{2}-1\right)$ works, which provides us with an infinite number of solution pairs.
Comment from the graders: All students who tackled the problem solved it perfectly, even if some provided more detail than necessary.
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Number Theory
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Montrer qu'il existe une infinité de couples ( $\mathrm{m}, \mathrm{n}$ ) d'entiers distincts tels que $\mathrm{m}!n!$ soit un carré parfait.
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On aurait envie de prendre $m=n$ pour avoir $m!n!=(n!)^{2}$ et avoir un carré parfait. Mais l'énoncé force $m \neq n$. Malgré cela, on voit déjà un moyen de faire apparaître naturellement des carrés parfaits.
Supposons sans perte de qénéralité $m>n$ (comme $m!n!=n!m!$, quitte à remplacer $(m, n)$ par $(n, m)$, ça ne pose pas de problème $)$. Alors $m!n!=m \times(m-1) \times \ldots \times(n+1) \times n!\times n!=m \times \ldots \times(n+1) \times(n!)^{2}$. Alors $m!n$ ! sera un carré parfait si et seulement si $m \times \ldots \times(n+1)$ l'est. Le moyen le plus simple de le faire, c'est de choisir $m=n+1=k^{2}$ pour un certain entier $k(k \geqslant 2$ car on veut $m, n \geqslant 1)$. En effet on a bien $\left(k^{2}\right)!\left(k^{2}-1\right)!=k^{2}\left(\left(k^{2}-1\right)!\right)^{2}=\left[k\left(k^{2}-1\right)!\right]^{2}$.
Finalement, pour tout $k \geqslant 2$ entier, $(m, n)=\left(k^{2}, k^{2}-1\right)$ convient, ce qui nous fournit bien une infinité de couples solutions.
Commentaire des correcteurs: L'ensemble des élèves ayant abordé l'exercice l'ont parfaitement réussi, même si certains détaillaient parfois plus que nécessaire.
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{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "10",
"problem_match": "\nExercice 10.",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-corrigé.jsonl",
"solution_match": "\nSolution de l'exercice 10",
"tier": "T2",
"year": null
}
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Determine all natural numbers $n$ such that 21 divides $2^{2^{n}}+2^{n}+1$.
untranslated text remains unchanged:
Déterminer tous les entiers naturels $n$ tels que 21 divise $2^{2^{n}}+2^{n}+1$.
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As $21=3 \times 7$ and 3 and 7 are coprime, 21 divides $2^{2^{n}}+2^{n}+1$ if and only if 3 and 7 divide $2^{2^{n}}+2^{n}+1$.
Let's immediately eliminate the case $n=0$, which gives $2^{2^{0}}+2^{0}+1=4$ which is not divisible by 21. We can therefore assume $n>0$, in particular $2^{n}$ is even. Then modulo $3: 2^{2^{n}}+2^{n}+1 \equiv(-1)^{2^{n}}+(-1)^{n}+1 \equiv$ $(-1)^{n}+2(\bmod 3)$. In particular $2^{2^{n}}+2^{n}+1$ is divisible by 3 if and only if $n$ is even. We now assume that this condition is satisfied.
It remains to consider the case of divisibility by 7. Modulo 7, the powers of 2 are $2^{0} \equiv 1,2^{1} \equiv 2,2^{2} \equiv$ $4,2^{3} \equiv 1$: we need to study the exponent modulo 3. Since $n$ is even (from the previous case), we already know that $2^{n} \equiv 1(\bmod 3)$, so $2^{2^{n}} \equiv 2(\bmod 7)$. We want $2^{n} \equiv-1-2 \equiv 4(\bmod 3)$, and thus $n \equiv 2(\bmod 3)$ (and conversely if $n \equiv 2(\bmod 3)$, since $n$ is even, then 7 divides $2^{2^{n}}+2^{n}+1$).
We must have $\mathfrak{n} \equiv 0(\bmod 2), \mathfrak{n} \equiv 2(\bmod 3)$: since 2 and 3 are coprime, the Chinese Remainder Theorem gives that there is a unique solution modulo $2 \times 3=6$, and we notice that it is $\boldsymbol{n} \equiv 2$ $(\bmod 6)$.
In conclusion, the natural numbers $n$ that work are exactly those that satisfy $\mathfrak{n} \equiv 2(\bmod 6)$.
Comment from the graders: Students who tackled this problem generally understood it well and presented mostly complete solutions. Some conducted a direct study modulo 21, while others decomposed it into a study modulo 3 and modulo 7. Most of those who chose this alternative forgot to specify that 3 and 7 are coprime, which is necessary for the study modulo 21 to be equivalent to the studies modulo 3 and modulo 7. Some also misread the problem and considered $2^{2 n}+2^{n}+1$ instead of $2^{2^{n}}+2^{n}+1$. It is important to note that $2^{2^{n}}=2^{\left(2^{n}\right)}$, meaning it is $2^{k}$ with $k=2^{n}$, which is different from $\left(2^{2}\right)^{n}$.
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n \equiv 2(\bmod 6)
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Yes
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Yes
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math-word-problem
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Number Theory
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Déterminer tous les entiers naturels $n$ tels que 21 divise $2^{2^{n}}+2^{n}+1$.
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Comme $21=3 \times 7$ et que 3 et 7 sont premiers entre eux, 21 divise $2^{2^{n}}+2^{\mathrm{n}}+1$ si et seulement si 3 et 7 divisent $2^{2^{n}}+2^{n}+1$.
Éliminons de suite le cas $n=0$, qui donne $2^{2^{0}}+2^{0}+1=4$ qui n'est pas divisible par 21. On peut donc supposer $n>0$, en particulier $2^{n}$ est pair. Alors modulo $3: 2^{2^{n}}+2^{n}+1 \equiv(-1)^{2^{n}}+(-1)^{n}+1 \equiv$ $(-1)^{n}+2(\bmod 3)$. En particulier $2^{2^{n}}+2^{n}+1$ est divisible par 3 si est seulement si $n$ est pair. On suppose donc désormais que cette condition est vérifiée.
Reste à traiter le cas de la divisibilité par 7 . Modulo 7 , les puissances de 2 sont $2^{0} \equiv 1,2^{1} \equiv 2,2^{2} \equiv$ $4,2^{3} \equiv 1$ : il s'agit donc d'étudier l'exposant modulo 3 . Comme n est pair (par le cas précédent), on sait déjà que $2^{n} \equiv 1(\bmod 3)$ donc $2^{2^{n}} \equiv 2(\bmod 7)$. On veut donc $2^{n} \equiv-1-2 \equiv 4(\bmod 3)$, et donc $n \equiv 2(\bmod 3)\left(\right.$ et réciproquement si $n \equiv 2(\bmod 3)$, comme $n$ est pair alors 7 divise $\left.2^{2^{n}}+2^{n}+1\right)$.
On doit avoir $\mathfrak{n} \equiv 0(\bmod 2), \mathfrak{n} \equiv 2(\bmod 3):$ comme 2 et 3 sont premiers entre eux, le théorème des restes chinois donne qu'il existe une unique solution modulo $2 \times 3=6$, et on remarque que c'est $\boldsymbol{n} \equiv 2$ $(\bmod 6)$.
En conclusion, les entiers naturels $n$ qui conviennent sont exactement ceux qui vérifient $\mathfrak{n} \equiv 2(\bmod 6)$.
Commentaire des correcteurs: Les élèves ayant abordé ce problème l'ont globalement bien compris et ont présenté des solutions en général abouties. Certains ont fait une étude directement modulo 21, d'autres ont décomposé en une étude modulo 3 et modulo 7. Ceux ayant choisi cette alternative ont pour la plupart oublié de préciser que 3 et 7 sont premiers entre eux, c'est pourtant nécessaire pour que l'étude modulo 21 soit équivalent aux études modulo 3 et modulo 7 . Certains ont aussi mal lu l'énoncé et considéré $2^{2 n}+2^{n}+1$ au lieu de $2^{2^{n}}+2^{n}+1$. On rappelle que $2^{2^{n}}=2^{\left(2^{n}\right)}$, autrement dit c'est $2^{k}$ avec $k=2^{n}$, à différencier de $\left(2^{2}\right)^{n}$.
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{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "11",
"problem_match": "\nExercice 11.",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-corrigé.jsonl",
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"tier": "T2",
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Let $k, m, n>0$ be integers such that $m^{2}+n=k^{2}+k$. Show that $m \leqslant n$.
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There are squares: we would like to make factored expressions appear, and more particularly perfect squares. Let's then notice that $(2 k+1)^{2}=4 k^{2}+4 k+1=4 m^{2}+4 \mathfrak{n}+1$. We then have $4 m^{2}+n+1>4 m^{2}=(2 m)^{2}$. So $(2 k+1)^{2}>(2 m)^{2}$, hence $(2 k+1)^{2} \geqslant(2 m+1)^{2}$ (there is no square between two consecutive squares). Therefore, by expanding again: $4 \mathrm{~m}^{2}+4 \mathrm{n}+1 \geqslant 4 \mathrm{~m}^{2}+4 \mathrm{~m}+1$. We get $\mathrm{m} \leqslant \mathrm{n}$, as desired.
Comment from the graders: Overall, this problem was very well done, with the exception of a few rare mistakes that were certainly due to carelessness. Many reasoned by contradiction, assuming $m>n$, and most of the others made a case distinction according to whether $m>k, m=k$ or $m<k$. Be careful in the latter case not to forget $m=k$! Another remarkable observation is that none of the students gave the solution from the answer key.
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m \leqslant n
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Yes
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Yes
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proof
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Number Theory
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Soient $k, m, n>0$ des entiers tels que $m^{2}+n=k^{2}+k$. Montrer que $m \leqslant n$.
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Il y a des carrés : on aimerait faire apparaître des expressions factorisées, et plus particulièrement des carrés parfaits. Remarquons alors que $(2 k+1)^{2}=4 k^{2}+4 k+1=4 m^{2}+4 \mathfrak{n}+1$. On a alors $4 m^{2}+n+1>4 m^{2}=(2 m)^{2}$. Alors $(2 k+1)^{2}>(2 m)^{2}$ donc $(2 k+1)^{2} \geqslant(2 m+1)^{2}$ (il n'y a pas de carré entre deux carrés consécutifs). D'où, en redéveloppant: $4 \mathrm{~m}^{2}+4 \mathrm{n}+1 \geqslant 4 \mathrm{~m}^{2}+4 \mathrm{~m}+1$. On obtient bien $\mathrm{m} \leqslant \mathrm{n}$, comme voulu.
Commentaire des correcteurs : Dans l'ensemble ce problème a été très bien réussi, à l'exception de de quelques rares exceptions relevant certainement de l'étourderie. Beaucoup ont raisonné par l'absurde en supposant $m>n$, et la plupart des autres ont fait une disjonction de cas selon si $m>k, m=k$ ou $m<k$. Attention dans ce dernier cas à ne pas oublier $m=k$ ! Un autre observation remarquable qui peut être faite est qu'aucun des élèves n'a donné la solution du corrigé.
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{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "12",
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"resource_path": "French/segmented/envois/fr-corrigé.jsonl",
"solution_match": "\nSolution de l'exercice 12",
"tier": "T2",
"year": null
}
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Find all prime numbers $p, q$ satisfying $p^{5}+p^{3}+2=q^{2}-q$.
将上面的文本翻译成英文，请保留源文本的换行和格式，直接输出翻译结果。
(Note: The note is not part of the translation but is provided to clarify the instruction.)
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By rearranging and factoring the terms, it comes down to solving $p^{3}\left(p^{2}+\right.$ $1)=(q-2)(q+1)$. In particular, $p^{3} \mid (q-2)(q+1)$. Since $(q+1)-(q-2)=3$, $\operatorname{gcd}(q-2,3)$ is either 1 or 3. This suggests first examining the case $p=3$: we get $(q-2)(q+1)=270$, and solving $\mathrm{q}^{2}-\mathrm{q}-2=270$ yields $\mathrm{q}=17$ (which works) and $\mathrm{q}=-16$ (which does not work). Therefore, when $p=3$, there is a unique solution $(p, q)=(3,17)$.
We can thus assume $p \neq 3$. In particular, it does not divide $\operatorname{gcd}(q-1, q+2)$, so at least one of the numbers $q+1$ and $q-2$ is coprime with $p^{3}$. Since $p^{3} \mid (q+1)(q-2)$, either $q+1$ or $q-2$ is divisible by $p^{3}$ (Gauss). However, $p^{3}$ cannot divide $q-2$ because otherwise, we would have $(q-2)(q+1) \geqslant p^{3} p^{3} > p^{3}\left(p^{2}+1\right)$, which is absurd. Thus $p^{3} \mid q+1$, and therefore $q-2 \mid p^{2}+1$.
But $\mathrm{p}^{3} \leqslant \mathrm{q}+1=(\mathrm{q}-2)+3 \leqslant \mathrm{p}^{2}+1+3=\mathrm{p}^{2}+4$, and thus $\mathrm{p}^{2}(\mathrm{p}-1) \leqslant 4$. Since $\mathrm{p}^{2}(\mathrm{p}-1)$ is strictly increasing in $p$, and at $p=2$ we have equality, the only possible case is $p=2$ (in other words, for $p>2$, we have $p^{2}(p-1)>4$).
When $\mathrm{p}=2$, the equation becomes $\mathrm{q}^{2}-\mathrm{q}-2=40$, solving which yields $\mathrm{q}=7$ (which works) and $q=-6$ (which does not work).
In conclusion, there are two solutions, which are $(\mathbf{p}, \mathbf{q})=(2,7)$ and $(\mathbf{p}, \mathbf{q})=(3,17)$.
Comment from the graders: This was generally well done by most students, who almost all found the factorization into $(q+1)(q-2)$ or that into $(x-3)(x+3)$ once the discriminant in $q$ was considered. The reasoning was generally well conducted. Be careful of some fraudulent uses of Gauss's lemma, and to rigorously verify all cases when making a case distinction. It is easy to forget a solution!
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(p, q) = (2,7) \text{ and } (p, q) = (3,17)
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Yes
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Yes
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math-word-problem
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Number Theory
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Trouver tous les nombres premiers $p, q$ vérifiant $p^{5}+p^{3}+2=q^{2}-q$.
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En réarrangeant les termes et en factorisant, cela revient à résoudre $p^{3}\left(p^{2}+\right.$ $1)=(q-2)(q+1)$. En particulier $p^{3} \mid(q-2)(q+1)$. Or $(q+1)-(q-2)=3$ donc $\operatorname{pgcd}(q-2,3)$ vaut 1 ou 3. Cela suggère d'étudier d'abord le cas $p=3$ : on obtient $(q-2)(q+1)=270$, et en résolvant $\mathrm{q}^{2}-\mathrm{q}-2=270$ on trouve $\mathrm{q}=17$ (qui convient) et $\mathrm{q}=-16$ (qui ne convient pas). Donc lorsque $p=3$, il y a une unique solution $(p, q)=(3,17)$.
On peut donc supposer $p \neq 3$. En particulier, il ne divise pas $\operatorname{pgcd}(q-1, q+2)$, donc au moins un des nombres $q+1$ et $q-2$ est premier avec $p^{3}$. Or $p^{3} \mid(q+1)(q-2):$ donc $q+1$ ou $q-2$ est divisible par $p^{3}$ (Gauss). Or, $p^{3}$ ne peut pas diviser $q-2$ parce que sinon, on aurait $(q-2)(q+1) \geqslant p^{3} p^{3}>p^{3}\left(p^{2}+1\right)$, absurde. Ainsi $p^{3} \mid q+1$, et donc $q-2 \mid p^{2}+1$.
Mais $\mathrm{p}^{3} \leqslant \mathrm{q}+1=(\mathrm{q}-2)+3 \leqslant \mathrm{p}^{2}+1+3=\mathrm{p}^{2}+4$, et donc $\mathrm{p}^{2}(\mathrm{p}-1) \leqslant 4$. Or $\mathrm{p}^{2}(\mathrm{p}-1)$ est strictement croissante en $p$, et en $p=2$ on a égalité, donc le seul cas possible est $p=2$ (autrement dit, pour $p>2$, on a $p^{2}(p-1)>4$ ).
Lorsque $\mathrm{p}=2$, l'équation devient $\mathrm{q}^{2}-\mathrm{q}-2=40$, en résolvant on trouve $\mathrm{q}=7$ (qui convient) et $q=-6$ (qui ne convient pas).
Finalement, il y a deux solutions qui sont $(\mathbf{p}, \mathbf{q})=(2,7)$ et $(\mathbf{p}, \mathbf{q})=(3,17)$.
Commentaire des correcteurs: C'est bien réussi pour la plupart des élèves, qui ont presque tous trouvé la factorisation en $(q+1)(q-2)$ ou celle en $(x-3)(x+3)$ une fois le discriminant en $q$ considéré. En général le raisonnement a été bien mené. Attention à certaines utilisations frauduleuses du lemme de Gauss, et à vérifier rigoureusement tous les cas lors de la disjonction de cas. On peut rapidement oublier une solution!
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}
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Anna and Elie are playing a game. They are both given the same set $A$ consisting of a finite number of distinct positive integers. Anna secretly chooses an integer $a \in A$. If Elie chooses an integer $b$ (not necessarily in $\mathcal{A}$) and gives it to Anna, Anna gives him the number of positive divisors of $ab$. Show that Elie can choose $b$ in such a way as to surely determine the integer chosen by Anna.
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Let P be the finite set of prime numbers dividing at least one element of $A$ and $n \geqslant 1$ the largest integer such that there exists $a \in A$ and $p \in P$ such that $p^{n} \mid a$. We can replace A by the set of integers $m$ whose prime factors are all in $P$ and such that for all $p \in P$, $v_{p}(m) \leqslant n$. Elie proposes an integer $b$ of the form $\prod_{p \in P} p^{b_{p}}$. If Anna has chosen the integer $a$, then she gives Elie the integer $\prod_{p \in P}\left(b_{p}+v_{p}(a)+1\right)$. It is therefore sufficient for Elie to choose the $b_{p}$ so that all the $\prod_{p \in P}\left(b_{p}+a_{p}\right)$ are distinct for all possible choices of $a_{p}$ between 1 and $n+1$ for each $p \in P$.
We propose two solutions.
## First Method:
The idea of this construction is to force the factorizations into products of prime factors of the $\prod_{p}\left(b_{p}+a_{p}\right)$ to be different for all possible choices of the $a_{p}$. We want to ensure that each $b_{p}+i$ for $1 \leqslant i \leqslant n+1$ has a "distinctive" prime divisor, which appears only in the prime factorization of $b_{p}+i$, never in that of another $b_{q}+j$.
Formally, we choose, for each $p \in P$ and each $1 \leqslant i \leqslant n+1$, distinct prime numbers $Q_{p, i}>n+1$. We construct the $b_{p}$ using the Chinese Remainder Theorem: for each $q \in P$ distinct from $p$ and for each $1 \leqslant i \leqslant n+1, Q_{q, i} \mid b_{p}$, and for each $1 \leqslant i \leqslant n+1, b_{p} \equiv -i \pmod{Q_{p, i}}$.
With this construction, if $q, p \in P$ and $1 \leqslant i, j \leqslant n+1$, then $Q_{q, j} \mid b_{p}+i$ if and only if $i=j$ and $p=q$.
In particular, given $1 \leqslant a_{p} \leqslant n+1$ for each $p \in P$, if $q \in P, \Pi=\prod_{p \in P}\left(b_{p}+a_{p}\right)$ is divisible by $Q_{q, j}$ if and only if $j=a_{q}$: thus $\Pi$ determines the family $\left(a_{p}\right)$.
## Second Method:
The first construction was very arithmetic and used prime numbers. The one we present now comes more from an idea of "size". The idea is that if we take enormous $b_{p}$, the product $\prod_{p}\left(b_{p}+a_{p}\right)$ will resemble the writing of a certain number in a certain base, whose digits will give the $a_{i}$.
Let's move on to the actual construction. The problem as we have reformulated it no longer uses the fact that $P$ consists of prime numbers: we renumber its elements as $1, \ldots, r$. We show that for $N>(n+1)^{r}$, $b_{i}=N^{2^{i}}$ works. Indeed, in this case, we see that the expansion of $\Pi=\prod_{i=1}^{r}\left(N^{2^{i}}+a_{i}\right)$ writes a number in base $N$ whose digit before $N^{2^{i}-2^{i}}$ is exactly $a_{i}$: thus $\Pi$ determines the family of the $\left(a_{i}\right)$.
Comment from the graders: The problem was little addressed and poorly solved. The main issue is that some show how, if one fixes $a$ and $c$, to choose a $b$ so that $ba$ and $bc$ do not have the same number of divisors in a correct manner, then claim that the generalization is well done by iterating. It turns out that this part is completely false: if there are initially three numbers $a, c, e$, one can choose a $b$ so that $ab$ and $bc$ do not have the same number of divisors. But it is possible that $cb$ and $eb$ do not have the same number of divisors, in which case if one multiplies by $b'$ so that $cbb'$ and $ebb'$ have a different number of divisors, it is possible that $abb'$ and $cbb'$ have the same number of divisors. This shows that the process can loop and not lead to a solution: the problem therefore did not reduce to this particular case!
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Number Theory
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Anna et Elie jouent à un jeu. On leur donne à tous les deux le même ensemble $A$ composé d'un nombre fini d'entiers strictement positifs et distincts. Anna choisit un entier $a \in A$ secrètement. Si Elie choisit un entier b (pas forcément dans $\mathcal{A}$ ) et le donne à Anna, Anna lui donne le nombre de diviseurs strictement positifs de ab . Montrer que Elie peut choisir b de sorte à retrouver à coup sur l'entier choisi par Anna.
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Notons P l'ensemble fini des nombres premiers divisant au moins un élément de $A$ et $n \geqslant 1$ le plus grand entier tel qu'il existe $a \in A$ et $p \in P$ tels que $p^{n} \mid a$. On peut remplacer A par l'ensemble des entiers $m$ dont les facteurs premiers sont tous dans $P$ et tels que pour tout $p \in P$, $v_{p}(m) \leqslant n$. Elie propose un entier $b$ de la forme $\prod_{p \in P} p^{b_{p}}$. Si Anna a choisi l'entier $a$, alors elle donne à Elie l'entier $\prod_{p \in P}\left(b_{p}+v_{p}(a)+1\right)$. Il suffit donc pour Elie de choisir les $b_{p}$ de sorte que tous les $\prod_{p \in P}\left(b_{p}+a_{p}\right)$ soient deux à deux distincts, pour tous les choix possibles de $a_{p}$ entre 1 et $n+1$ pour chaque $p \in P$.
On propose deux solutions.
## Première méthode :
L'idée de cette construction est de forcer les factorisations en produits de facteurs premiers des $\prod_{p}\left(b_{p}+a_{p}\right)$ à être différentes pour tous les choix possibles des $a_{p}$. On veut faire en sorte que chaque $b_{p}+i$ pour $1 \leqslant i \leqslant n+1$ possède un diviseur premier «distinctif», qui n'apparaît que dans la décomposition en produit de facteurs premiers de $b_{p}+i$, jamais dans celle d'un autre $b_{q}+j$.
Formellement, on choisit, pour chaque $p \in P$ et chaque $1 \leqslant i \leqslant n+1$, des nombres premiers deux à deux distincts $Q_{p, i}>n+1$. On construit les $b_{p}$ grâce au théorème chinois : pour chaque $q \in P$ distinct de $p$ et pour chaque $1 \leqslant i \leqslant n+1, Q_{q, i} \mid b_{p}$, et pour chaque $1 \leqslant i \leqslant n+1, b_{p} \equiv-\mathfrak{i}\left[Q_{p, i}\right]$.
Avec cette construction, si $q, p \in P$ et $1 \leqslant i, j \leqslant n+1$, alors $Q_{q, j} j b_{p}+i$ si et seulement si $i=j$ et $\mathrm{p}=\mathrm{q}$.
En particulier, étant donnés des $1 \leqslant a_{p} \leqslant n+1$ pour chaque $p \in P$, si $q \in P, \Pi=\prod_{p \in P}\left(b_{p}+a_{p}\right)$ est divisible par $Q_{q, j}$ si et seulement si $j=a_{q}$ : ainsi $\Pi$ détermine la famille $\left(a_{p}\right)$.
## Deuxième méthode :
La première construction était très arithmétique et utilisait des nombres premiers. Celle qu'on présente maintenant vient plus d'une idée de "taille". L'idée est que si l'on prend de gigantesques $b_{p}$, le produit $\prod_{p}\left(b_{p}+a_{p}\right)$ ressemblera à l'écriture d'un certain nombre en une certaine base, dont les chiffres donneront les $a_{i}$.
Passons à la construction proprement dite. Le problème tel que nous l'avons reformulé n'utilise plus le fait que $P$ soit constitué de nombres premiers : on renumérote ses éléments en $1, \ldots, r$. Montrons que pour $N>(n+1)^{r}$, $b_{i}=N^{2^{i}}$ convient. En effet, dans ce cas, on voit que le développement de $\Pi=\prod_{i=1}^{r}\left(N^{2^{i}}+a_{i}\right)$ écrit un nombre en base $N$ dont le chiffre devant $N^{2+1}-2-2^{i}$ est exactement $a_{i}$ : ainsi $\Pi$ détermine la famille des $\left(a_{i}\right)$.
Commentaire des correcteurs : Le problème a été peu abordé, et peu réussi. Le principal problème est que certains montrent comment si on fixe a et $c$, choisir un $b$ pour que ba n'ait pas le même nombre de diviseur que bc de manière correcte, puis prétendent que la généralisation se fait bien en itérant. Il s'avère que cette partie est totalement fausse : s'il y a au départ trois nombres $a, c, e$, on peut choisi un b pour que $a b$ et $b c$ n'ait pas le même nombre de diviseur. Mais il est possible que $c b$ et $e b n$ 'ait pas le même nombre de diviseur, dans ce cas si on multiplie par $\mathrm{b}^{\prime}$ pour que $\mathrm{cbb}^{\prime}$ et $\mathrm{ebb}^{\prime}$ ait un nombre différent de diviseur, il est possible que $\mathrm{abb}^{\prime}$ et $\mathrm{cbb}^{\prime}$ ait le même nombre de diviseur. Cela montre que le procédé peut boucler et ne pas aboutir: le problème ne se résumait donc pas à ce cas particulier!
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}
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For all integers $n \geqslant 1$, we define $u_{n}=1!+2!+\ldots+n!$. Show that there are infinitely many prime numbers dividing at least one of the terms of the sequence ( $\mathfrak{u}_{n}$ ).
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Suppose the opposite: then there exist prime numbers $p_{1}<\ldots<p_{\mathrm{r}}$ such that for all $n \geqslant 1, u_{n}:=1+2!+\ldots+n!$ is the product of the $p_{i}^{a_{i}(n)}$, where the $a_{i}(n)$ are positive integers.
If $n \geqslant 1$ is such that $a_{i}(n)<v_{p_{i}}((n+1)!)$, then
$$
\mathfrak{a}_{\mathfrak{i}}(n+1)=v_{p_{\mathfrak{i}}}\left(u_{n+1}\right)=v_{p_{\mathfrak{i}}}\left(u_{n}+(n+1)!\right)=v_{p_{\mathfrak{i}}}\left(u_{n}\right)=a_{i}(n)
$$
In particular, $a_{i}(n+1)<v_{p_{i}}((n+2)!)$. In particular, either $a_{i}(n) \geqslant \nu_{p_{\mathfrak{i}}}((n+1)!)$ for all $n$, or $\mathfrak{a}_{\mathfrak{i}}(\mathfrak{n})$ is constant from a certain rank.
In particular, by renaming and grouping the $p_{i}$, we have integers $\mathrm{N} \geqslant 1, \mathrm{C} \geqslant 1$ and prime numbers $q_{1}<\ldots<q_{s}$ not dividing $C$ such that for all $n>N, u_{n}=C \prod_{i=1}^{s} q_{i}^{b_{i}(n)}$ and $b_{i}(n) \geqslant$ $v_{q_{i}}((n+1)!)$.
Now let $n>N+C+1$ such that $n+1$ is divisible by the product of the $q_{i}$. Then $u_{n}=u_{n-1}+n!$ and $v_{q_{i}}\left(u_{n}\right)=b_{i}(n) \geqslant v_{q_{i}}((n+1)!)>v_{q_{i}}(n!)$, so $v_{q_{i}}\left(u_{n-1}\right)=v_{q_{i}}(n!)$. On the other hand, if $p \mid C$, $v_{p}\left(u_{n-1}\right)=v_{p}(C) \leqslant v_{p}(\mathfrak{n}!)$, so $u_{n-1} \mid n!$.
It remains to show that for all $n$ large enough, $u_{n}$ does not divide $(n+1)!$.
Indeed, if $n \geqslant 2, n u_{n}>n \cdot n!+n \cdot(n-1)!=(n+1) \cdot n!=(n+1)!$. On the other hand, if $n \geqslant 4$,
$$
\begin{aligned}
(n-1) \mathfrak{u}_{n} & =(n-1) n!+(n-1)(n-1)!+(n-1)(n-2)!+(n-1) \sum_{k=1}^{n-3} k! \\
& =n \cdot n!+(n-1)(n-3) \cdot(n-3)!<(n+1) \cdot n! \\
& =(n+1)!
\end{aligned}
$$
Comment from the correctors: The problem was little addressed and the majority of the returned copies solved it correctly, sometimes in a different way from the solution. The idea was, for each prime divisor $p$ of a term of the sequence, to control $v_{p}\left(u_{n}\right)$ for $n$ large enough by using the fact that $\mathfrak{u}_{n}-\mathfrak{u}_{n-1}=n!$ (which also appeared in attempts that did not succeed) and by choosing the value of $n$ judiciously (all copies that noticed this solved the problem).
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Number Theory
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Pour tout entier $n \geqslant 1$, on pose $u_{n}=1!+2!+\ldots+n!$. Montrer qu'il existe une infinité de nombres premiers divisant au moins l'un des termes de la suite ( $\mathfrak{u}_{n}$ ).
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Supposons l'inverse : alors il existe des nombres premiers $p_{1}<\ldots<p_{\mathrm{r}}$ tels que pour tout $n \geqslant 1, u_{n}:=1+2!+\ldots+n!$ soit le produit des $p_{i}^{a_{i}(n)}$, où les $a_{i}(n)$ sont des entiers positifs.
Si $n \geqslant 1$ est tel que $a_{i}(n)<v_{p_{i}}((n+1)!)$, alors
$$
\mathfrak{a}_{\mathfrak{i}}(n+1)=v_{p_{\mathfrak{i}}}\left(u_{n+1}\right)=v_{p_{\mathfrak{i}}}\left(u_{n}+(n+1)!\right)=v_{p_{\mathfrak{i}}}\left(u_{n}\right)=a_{i}(n)
$$
En particulier, $a_{i}(n+1)<v_{p_{i}}((n+2)!)$. En particulier, ou bien $a_{i}(n) \geqslant \nu_{p_{\mathfrak{i}}}((n+1)!)$ pour tout $n$, ou bien $\mathfrak{a}_{\mathfrak{i}}(\mathfrak{n})$ est constante à partir $\mathrm{d}^{\prime}$ un certain rang.
En particulier, en renommant et regroupant les $p_{i}$, on dispose d'entiers $\mathrm{N} \geqslant 1, \mathrm{C} \geqslant 1$ et de nombres premiers $q_{1}<\ldots<q_{s}$ ne divisant pas $C$ tels que pour tout $n>N, u_{n}=C \prod_{i=1}^{s} q_{i}^{b_{i}(n)}$ et $b_{i}(n) \geqslant$ $v_{q_{i}}((n+1)!)$.
Soit maintenant $n>N+C+1$ tel que $n+1$ soit divisible par le produit des $q_{i}$. Alors $u_{n}=u_{n-1}+n$ ! et $v_{q_{i}}\left(u_{n}\right)=b_{i}(n) \geqslant v_{q_{i}}((n+1)!)>v_{q_{i}}(n!)$, donc $v_{q_{i}}\left(u_{n-1}\right)=v_{q_{i}}(n!)$. D'autre part, si $p \mid C$, $v_{p}\left(u_{n-1}\right)=v_{p}(C) \leqslant v_{p}(\mathfrak{n}!)$, donc $u_{n-1} \mid n!$.
Il reste à montrer que pour tout $n$ assez grand, $u_{n}$ ne divise pas $(n+1)!$.
En effet, si $n \geqslant 2, n u_{n}>n \cdot n!+n \cdot(n-1)!=(n+1) \cdot n!=(n+1)!$. D'autre part, si $n \geqslant 4$,
$$
\begin{aligned}
(n-1) \mathfrak{u}_{n} & =(n-1) n!+(n-1)(n-1)!+(n-1)(n-2)!+(n-1) \sum_{k=1}^{n-3} k! \\
& =n \cdot n!+(n-1)(n-3) \cdot(n-3)!<(n+1) \cdot n! \\
& =(n+1)!
\end{aligned}
$$
Commentaire des correcteurs : Le problème a été peu abordé et la majorité des copies rendues l'a résolu correctement, parfois d'une manière différente de celle du corrigé. L'idée était, pour chaque diviseur premier $p$ d'un terme de la suite, de contrôler $v_{p}\left(u_{n}\right)$ pour $n$ assez grand en utilisant le fait que $\mathfrak{u}_{n}-\mathfrak{u}_{n-1}=n$ ! (ce qui est aussi apparu dans des tentatives n'ayant pas abouti) et en choisissant judicieusement la valeur de $n$ (les copies ayant remarqué cela ont toutes résolu le problème).
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"problem_label": "15",
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}
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Let $n \geqslant 2$ and $p$ be an odd prime number. Let $u$ be the set of positive integers less than or equal to $p^{n}$ and coprime with $p$, and let $N=|U|$. Show that there exists a permutation $a_{1}, \ldots, a_{N}$ of the elements of $U$ such that $\sum_{k=1}^{N} a_{k} a_{k+1}$ (with $a_{N+1}=a_{1}$) is divisible by $p^{n-1}$ but not by $p^{n}$.
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We start by treating the case $p=3$, whose solution is different. Let $\mathrm{g} \in \mathrm{U}$ be a generator modulo $p^{n}$, and we set $a_{i}=g^{i-1}\left(\bmod p^{n}\right)$. Since $g^{2}-1$ is divisible by 3, the considered sum $S$ satisfies $\left(g^{2}-1\right) S \equiv \sum_{i=1}^{N}\left(g^{2 i+1}-g^{2 i-1}\right) \equiv g\left(g^{2 N}-1\right)\left[p^{n+1}\right]$. Therefore, for $v_{p}(S)=n-1$, it is necessary and sufficient that $v_{p}\left(g^{2 N}-1\right)=n$ (since $g$ is coprime with $p$). Since $g^{N} \equiv 1\left[p^{n}\right]$ (by Euler-Fermat), it suffices to show that $v_{p}\left(g^{N}-1\right)=n$. But by LTE, $v_{p}\left(g^{N}-1\right)=v_{p}\left(g^{N / p}-1\right)+1<n+1$, so $v_{p}\left(g^{N}-1\right) \leqslant n$, which means $v_{p}\left(g^{N}-1\right)=n$, concluding the proof.
Now suppose $p>3$: Let $b_{0}, \ldots, b_{m-1} \in U$ be integers representing each congruence class modulo $p^{n-1}$ exactly once, so $m=N / p=p^{n-2}(p-1)$ (and we set $b_{m}=b_{0}$). We consider the permutation
$$
\begin{aligned}
& \mathrm{b}_{0}, \mathrm{~b}_{0}+\mathrm{p}^{\mathrm{n}-1}, \mathrm{~b}_{0}+2 p^{n-1}, \ldots, \mathrm{~b}_{0}+(p-1) p^{n-1} \\
& \mathrm{~b}_{1}, \mathrm{~b}_{1}+\mathrm{p}^{n-1}, \ldots, \mathrm{~b}_{1}+(p-1) p^{n-1} \\
& \mathrm{~b}_{2}, \ldots, b_{m-1}, \ldots, b_{m-1}+(p-1) p^{n-1}
\end{aligned}
$$
(all additions are performed modulo $\mathrm{p}^{\mathrm{n}}$).
Then the corresponding sum $S$ is congruent modulo $p^{n}$ to
$$
S_{1}=\sum_{i=0}^{m-1} b_{i} b_{i+1}+\sum_{i=0}^{m-1}(p-1) p^{n-1} b_{i}+\sum_{i=0}^{m-1} \sum_{k=0}^{p-2} b_{i} p^{n-1}(2 k+1)+(p-1) \sum_{i=0}^{m-1} b_{i}^{2}
$$
. Since the sum of the $b_{i}$ is divisible by $p$ and the sum of the $b_{i}^{2}$ by $p^{n-1}, S \equiv S_{2}\left[p^{n}\right]$, where $S_{2}=$ $\sum_{i=0}^{\mathfrak{m}-1} b_{i} b_{i+1}-\sum_{i=0}^{m-1} b_{i}^{2}$.
Let then $g \in U$ be a primitive root modulo $p^{n}:$ take $b_{i}=g^{i}\left(\bmod p^{n}\right)$. Then $(g+1) S_{2} \equiv$ $(g+1) \sum_{i=0}^{m-1}\left(g^{2 i+1}-g^{2 i}\right) \equiv\left(g^{2 m}-1\right)\left[p^{n}\right]$. By LTE, $v_{p}\left(g^{2 m}-1\right) \geqslant 1+v_{p}\left(\frac{2 m}{p-1}\right)=n-1$ (since $p-1|m, p| g^{p-1}-1$ by Fermat, and $N=p^{n-1}(p-1)$, but since $2 m<N, v_{p}\left(g^{2 m}-1\right)<n$, so $v_{p}\left(g^{2 m}-1\right)=n-1$. Moreover, since $p>3, g+1$ is coprime with $p$, and thus $v_{p}\left(S_{2}\right)=n-1$, hence $\nu_{p}(S)=n-1$.
$\underline{\text { Comment from the graders: The problem was very little addressed, perhaps due to the somewhat intimidating form of its statement. It is important, when faced with such problems, not to be intimidated and to continue thinking normally. All students who submitted a solution found a correct one, generally simpler than the construction proposed in the solution. In fact, the most natural idea (taking the numbers in increasing order) provided a solution, and it is surprising that so few students noticed or even tried it.}}$
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Number Theory
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Soient $n \geqslant 2$ et $p$ un nombre premier impair. Soit $u$ l'ensemble des entiers positifs inférieurs ou égaux à $p^{n}$ et premiers avec $p$ et soit $N=|U|$. Montrer qu'il existe une permutation $a_{1}, \ldots, a_{N}$ des éléments de $U$ telle que $\sum_{k=1}^{N} a_{k} a_{k+1}$ (avec $a_{N+1}=a_{1}$ ) soit divisible par $p^{n-1}$ mais pas par $\mathrm{p}^{\mathrm{n}}$.
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On commence par traiter le cas $p=3$, dont la solution est différente. Soit $\mathrm{g} \in \mathrm{U}$ un générateur modulo $p^{n}$, on pose $a_{i}=g^{i-1}\left(\bmod p^{n}\right)$. Comme $g^{2}-1$ est divisible par 3 , la somme considérée $S$ vérifie $\left(g^{2}-1\right) S \equiv \sum_{i=1}^{N}\left(g^{2 i+1}-g^{2 i-1}\right) \equiv g\left(g^{2 N}-1\right)\left[p^{n+1}\right]$. Donc pour que $v_{p}(S)=n-1$, il faut et suffit que $v_{p}\left(g^{2 N}-1\right)=n\left(g\right.$ est premier avec $p$ ). Puisque $g^{N} \equiv 1\left[p^{n}\right]$ (par Euler-Fermat), il suffit de montrer que $v_{p}\left(g^{N}-1\right)=n$. Mais par LTE, $v_{p}\left(g^{N}-1\right)=v_{p}\left(g^{N / p}-1\right)+1<n+1$, donc $v_{p}\left(g^{N}-1\right) \leqslant n$, de sorte que $v_{p}\left(g^{N}-1\right)=n$, ce qui conclut.
Supposons maintenant $p>3$ : Soient $b_{0}, \ldots, b_{m-1} \in U$ des entiers représentant exactement une fois chaque classe de congruence modulo $p^{n-1}$, ainsi $m=N / p=p^{n-2}(p-1)$ (et on pose $b_{m}=b_{0}$ ). On considère la permutation
$$
\begin{aligned}
& \mathrm{b}_{0}, \mathrm{~b}_{0}+\mathrm{p}^{\mathrm{n}-1}, \mathrm{~b}_{0}+2 p^{n-1}, \ldots, \mathrm{~b}_{0}+(p-1) p^{n-1} \\
& \mathrm{~b}_{1}, \mathrm{~b}_{1}+\mathrm{p}^{n-1}, \ldots, \mathrm{~b}_{1}+(p-1) p^{n-1} \\
& \mathrm{~b}_{2}, \ldots, b_{m-1}, \ldots, b_{m-1}+(p-1) p^{n-1}
\end{aligned}
$$
(les additions sont toujours à effectuer modulo $\mathrm{p}^{\mathrm{n}}$ ).
Alors la somme correspondante $S$ est congrue modulo $p^{n}$ à
$$
S_{1}=\sum_{i=0}^{m-1} b_{i} b_{i+1}+\sum_{i=0}^{m-1}(p-1) p^{n-1} b_{i}+\sum_{i=0}^{m-1} \sum_{k=0}^{p-2} b_{i} p^{n-1}(2 k+1)+(p-1) \sum_{i=0}^{m-1} b_{i}^{2}
$$
. Comme la somme des $b_{i}$ est divisible par $p$ et la somme des $b_{i}^{2}$ par $p^{n-1}, S \equiv S_{2}\left[p^{n}\right]$, où $S_{2}=$ $\sum_{i=0}^{\mathfrak{m}-1} b_{i} b_{i+1}-\sum_{i=0}^{m-1} b_{i}^{2}$.
Soit alors $g \in U$ une racine primitive modulo $p^{n}:$ prenons $b_{i}=g^{i}\left(\bmod p^{n}\right)$. Alors $(g+1) S_{2} \equiv$ $(g+1) \sum_{i=0}^{m-1}\left(g^{2 i+1}-g^{2 i}\right) \equiv\left(g^{2 m}-1\right)\left[p^{n}\right]$. D'après LTE, $v_{p}\left(g^{2 m}-1\right) \geqslant 1+v_{p}\left(\frac{2 m}{p-1}\right)=n-1$ (puisque $p-1|m, p| g^{p-1}-1$ par Fermat, et $N=p^{n-1}(p-1)$, mais comme $2 m<N, v_{p}\left(g^{2 m}-1\right)<n$, donc $v_{p}\left(g^{2 m}-1\right)=n-1$. De plus, puisque $p>3, g+1$ est premier à $p$, et donc $v_{p}\left(S_{2}\right)=n-1$, d'où $\nu_{p}(S)=n-1$.
$\underline{\text { Commentaire des correcteurs : Le problème a été très peu abordé, sans doute à cause de la forme quelque }}$ peu intimidante de son énoncé. Il est important, devant de tels problèmes, de ne pas se laisser impressionner et continuer à réfléchir normalement. Tous les élèves ayant rendu une copie ont trouvé une solution correcte, en général plus simple que la construction proposée dans le corrigé. En fait, l'idée la plus naturelle (prendre les nombres dans l'ordre croissant) fournissait une solution, et il est étonnant qu'aussi peu d'élèves l'aient remarqué ou même essayé.
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{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "16",
"problem_match": "\nExercice 16.",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-corrigé.jsonl",
"solution_match": "## Solution de l'exercice 16",
"tier": "T2",
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}
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Let $\left(a_{n}\right)_{n \geqslant 1}$ be a sequence of strictly positive integers such that $a_{1}$ and $a_{2}$ are coprime and, for all $n \geqslant 1, a_{n+2}=a_{n} a_{n+1}+1$. Show that for any integer $m>1$, there exists $n>m$ such that $a_{m}^{m} \mid a_{n}^{n}$. Is the result still true when $m=1$?
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First, $a_{n}>0$ for all $n>0$.
We start with an observation: let $n>m$ be very large (say, $n>(m+1)\left(a_{m}+1\right)$). Then $a_{m}^{m} \mid a_{n}^{n}$ if and only if for each prime number $p\left|a_{m}, p\right| a_{n}$. This idea justifies the lemma that follows:
Lemma: Let $\left(u_{n}\right)_{n \geqslant 0}$ be the sequence modulo a prime number $p$ such that $u_{0}=0, u_{1}=1$ and for all $n \geqslant 0$, $u_{n+2}=u_{n} u_{n+1}+1$. Then $u$ is periodic.
Proof: Let $v_{n}=\left(u_{n}, u_{n+1}\right)$; then $u$ is periodic as soon as $v$ is periodic. Since $v_{n+1}$ depends only on $\nu_{n}$, $v$ is periodic as soon as there exists $N \geqslant 1$ such that $\nu_{N}=v_{0}$. If $N \geqslant 1$ is such that $u_{N}=0$, then the recurrence relation shows that $u_{N+1}=1=u_{1}$ and thus $v_{N}=v_{0}$. Therefore, to show that $u$ is periodic, it suffices to show that there exists $N \geqslant 1$ such that $u_{N}=0$.
Suppose, then, that the only integer $n$ such that $u_{n}=0$ is $n=0$. Then, since $v$ takes values in a finite set, there exists an integer $\mathrm{n} \geqslant 0$ minimal such that there exists an integer $m>n$ such that $v_{n}=v_{m}$. In particular, $u_{m}=u_{n}$ and $m \neq 0$, so $u_{m} \neq 0$, and thus $u_{n} \neq 0$ and thus $n>0$. Then $m+1>n+1 \geqslant 2$ and $u_{n+1}=u_{m+1}$, so $u_{n-1} u_{n}+1=u_{m-1} u_{m}+1$, so $u_{n}\left(u_{n-1}-u_{m-1}\right)=0$, and thus, since $u_{n} \neq 0$, $u_{n-1}=u_{m-1}$, so that $v_{m-1}=v_{n-1}$, which contradicts the minimality of $n$.
Let's return to our proof. When $m>1$, for each prime factor $p$ of $a_{m}, a_{m+1}=a_{m-1} a_{m}+1 \equiv 1[p],\left(a_{m+n}(\bmod p)\right)_{n \geqslant 0}$ satisfies the hypotheses of the lemma, so there exists $N_{p} \geqslant 1$ such that for all $n \geqslant 0, a_{m+n} \equiv a_{m+n+N_{p}}[p]$.
Let $N$ be the product of the $N_{p}$ (where $p$ runs through the prime factors of $a_{m}$): then, if $n \geqslant 0$, every prime divisor $p$ of $a_{m}$ divides $a_{m+n N}$. In particular, if $n \geqslant m a_{m}, a_{m}^{m} \mid a_{m+n N}^{m+n N}$ (because if $p \mid a_{m}$, $\left.v_{p}\left(a_{m+n N}^{m+n N}\right) \geqslant m+n N \geqslant m a_{m} \geqslant v_{p}\left(a_{m}^{m}\right)\right)$.
The result is false for $\mathrm{m}=1$: take $\mathrm{a}_{1}=155, \mathrm{a}_{2}$ congruent to 4 modulo 5 and congruent to 29 modulo 31. We then verify that $a_{n}$ is divisible by 5 if and only if $n=1$ and $n \equiv 4[7]$, while $a_{n}$ is divisible by 31 if and only if $n=1$ or $n \equiv 5[7]$, so if $n>1, a_{n}$ is never divisible by 5 and 31, and thus 155 does not divide $a_{n}^{n}$.
Comment from the graders: The problem was little addressed and all the copies managed to handle the case $\mathrm{m}>1$, essentially by the method of the solution. Most students detected that the case $m=1$ did not work and provided counterexamples, but some left completely implicit the point where the hypothesis $m>1$ was used. In a problem, the hypotheses must be used; if the statement draws attention to one of them, it is all the more necessary to carefully note the point where one uses it.
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Number Theory
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Soit $\left(a_{n}\right)_{n \geqslant 1}$ une suite d'entiers strictement positifs telle que $a_{1}$ et $a_{2}$ soient premiers entre eux et, pour tout $n \geqslant 1, a_{n+2}=a_{n} a_{n+1}+1$. Montrer que pour tout entier $m>1$, il existe $n>m$ tel que $a_{m}^{m} \mid a_{n}^{n}$. Le résultat est-il encore vrai lorsque $m=1$ ?
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D'abord, $a_{n}>0$ pour tout $n>0$.
On commence par une observation : soit $n>m$ très grand (disons, $n>(m+1)\left(a_{m}+1\right)$ ). Alors $a_{m}^{m} \mid a_{n}^{n}$ si et seulement si pour chaque nombre premier $p\left|a_{m}, p\right| a_{n}$. Cette idée justifie le lemme qui va suivre :
Lemme : soit $\left(u_{n}\right)_{n \geqslant 0}$ la suite modulo un nombre premier $p$ telle que $u_{0}=0, u_{1}=1$ et pour tout $n \geqslant 0$, $u_{n+2}=u_{n} u_{n+1}+1$. Alors $u$ est périodique.
Preuve : soit $v_{n}=\left(u_{n}, u_{n+1}\right)$; alors $u$ est périodique dès que $v$ est périodique. Comme $v_{n+1}$ dépend uniquement de $\nu_{n}, v$ est périodique dès qu'il existe $N \geqslant 1$ tel que $\nu_{N}=v_{0}$. Si $N \geqslant 1$ est tel que $u_{N}=0$, alors la relation de récurrence montre que $u_{N+1}=1=u_{1}$ et donc $v_{N}=v_{0}$. Par conséquent, pour montrer que $u$ est périodique, il suffit de montrer qu'il existe $N \geqslant 1$ tel que $u_{N}=0$.
Supposons donc que le seul entier n tel que $u_{n}=0$ soit $n=0$. Alors comme $v$ est à valeurs dans un ensemble fini, il existe un entier $\mathrm{n} \geqslant 0$ minimal tel qu'il existe un entier $m>n$ tel que $v_{n}=v_{m}$. En particulier, $u_{m}=u_{n}$ et $m \neq 0$, donc $u_{m} \neq 0$, et donc $u_{n} \neq 0$ et donc $n>0$. Alors $m+1>n+1 \geqslant 2$ et $u_{n+1}=u_{m+1}$, donc $u_{n-1} u_{n}+1=u_{m-1} u_{m}+1$, donc $u_{n}\left(u_{n-1}-u_{m-1}\right)=0$, d'où, comme $u_{n} \neq 0$, $u_{n-1}=u_{m-1}$, de sorte que $v_{m-1}=v_{n-1}$, ce qui contredit la minimalité de $n$.
Revenons à notre preuve. Lorsque $m>1$, pour chaque facteur premier $p$ de $a_{m}, a_{m+1}=a_{m-1} a_{m}+1 \equiv$ $1[p],\left(a_{m+n}(\bmod p)\right)_{n \geqslant 0}$ satisfait les hypothèses du lemme, donc il existe $N_{p} \geqslant 1$ tel que que pour tout $n \geqslant 0, a_{m+n} \equiv a_{m+n+N_{p}}[p]$.
Soit $N$ le produit des $N_{p}$ (où $p$ parcourt les facteurs premiers de $a_{m}$ ) : alors, si $n \geqslant 0$, tout diviseur premier $p$ de $a_{m}$ divise $a_{m+n N}$. En particulier, si $n \geqslant m a_{m}, a_{m}^{m} \mid a_{m+n N}^{m+n N}$ (parce que si $p \mid a_{m}$, $\left.v_{p}\left(a_{m+n N}^{m+n N}\right) \geqslant m+n N \geqslant m a_{m} \geqslant v_{p}\left(a_{m}^{m}\right)\right)$.
Le résultat est faux pour $\mathrm{m}=1$ : prenons $\mathrm{a}_{1}=155, \mathrm{a}_{2}$ congru à 4 modulo 5 et congru à 29 modulo 31 . On vérifie alors que $a_{n}$ est divisible par 5 si et seulement si $n=1$ et $n \equiv 4[7]$, alors que $a_{n}$ est divisible par 31 si et seulement si $n=1$ ou $n \equiv 5[7]$, donc si $n>1, a_{n}$ n'est jamais divisible par 5 et 31 , et donc 155 ne divise pas $a_{n}^{n}$.
Commentaire des correcteurs : Le problème a été peu abordé et toutes les copies ont su traiter le cas $\mathrm{m}>1$, essentiellement par la méthode du corrigé. La plupart des élèves ont détecté que le cas $m=1$ ne fonctionnait pas et exhibé des contre-exemples, mais certains ont laissé complètement implicite l'endroit où était utilisée l'hypothèse $m>1$. Dans un problème, les hypothèses doivent être utilisées; si l'énoncé attire l'attention sur l'une d'entre elles, il faut d'autant plus soigneusement relever l'endroit où l'on s'en sert.
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{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "17",
"problem_match": "\nExercice 17.",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-corrigé.jsonl",
"solution_match": "## Solution de l'exercice 17",
"tier": "T2",
"year": null
}
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Determine all functions $\mathrm{f}: \mathbb{N}^{\star} \rightarrow \mathbb{N}^{\star}$ such that:
(i) The integers $f(1), f(2), \ldots$ are pairwise coprime.
(ii) There exists $N \geqslant 1$ such that for all $n \geqslant N, f(n) \neq 1$ and for all $a, b \in \mathbb{N}^{\star}$,
$$
f(a)^{n} \mid f(a+b)^{a^{n-1}}-f(b)^{a^{n-1}}
$$
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Let f be a solution. Since the values of f are coprime within their set, if f is constant, it equals 1, which is excluded.
With \(a=1\), we see that \(f(1)^{\mathfrak{n}} \mid f(b+1) - f(b)\) for all \(b \geq 1\) and all \(n\) sufficiently large. Since \(f\) is non-constant, there exists \(b\) such that \(f(b+1) \neq f(b)\). It follows that \(f(1) = 1\).
Let \(a \geq 2\), there exists \(t \geq 0\) such that \(f(1 + (t+1)a) \neq f(1 + ta)\) (because for \(t\) sufficiently large, \(f(1 + ta) \neq 1 = f(1)\)): let \(b = 1 + ta\). For all \(n \geq 1\) sufficiently large, \(f(a)^n \mid f(a+b)^{a^{n-1}} - f(b)^{a^{n-1}}\).
Let \(p\) be a prime dividing \(f(a)\). Then there exists \(l \geq 1\) such that \(p \mid f(a+b)^{a^l} - f(b)^{a^l}\). For \(n > l\), by LTE, the \(p\)-adic valuation of \(f(a+b)^{a^{n-1}} - f(b)^{a^{n-1}}\) is \(v_p(a^{n-1-l}) + C\) for some constant \(C\) that depends only on \(f, a, b, l\) (but not on \(n\)).
Thus for \(n > l\) sufficiently large, \(v_p(a^{n-1-l}) + C \geq v_p(f(a)^n)\), so \((n-1-l) v_p(a) + C \geq n v_p(f(a))\), hence \(v_p(f(a)) \leq v_p(a)\).
Consequently, for all \(a \geq 1\), \(f(a) \mid a\).
In particular, if \(a\) is prime, \(f(a)\) is 1 or \(a\), and is equal to \(a\) except for a finite number of primes.
Let \(a\) be a prime such that \(f(a) = a\): for all \(b \geq 1\) and all \(n\) sufficiently large, \(a^n \mid f(a+b)^{a^{n-1}} - f(b)^{a^{n-1}}\). In particular, \(f(a+b) \equiv f(b) \pmod{a}\): thus, the congruence class of \(f(b)\) modulo \(a\) depends only on \(b\) modulo \(a\).
We will show that \(f\) is the identity. Let \(u \geq 2\), and let \(P\) be the finite set of primes \(p\) such that \(p \leq u\) or \(f(p) = 1\). Suppose there exists a prime \(q \notin P\) and an integer \(n\) such that \(q \mid n - u\) and \(f(n) = n\).
Then \(q \mid f(n) - f(u)\), and thus \(q \mid n - f(u)\), so \(q \mid u - f(u)\). Since \(0 \leq u - f(u) \leq u < q\), we deduce that \(f(u) = u\).
We propose three methods, from the most elementary to the least elementary, to exhibit such a pair \((q, n)\).
## First method (completely elementary):
Let \(\Pi\) be the product of the primes in \(P\), and let \(N \geq 1\) such that for all \(p \in P\), \(p^N\) does not divide \(u - 1\).
Suppose \(n > \Pi^N + u\) is congruent to 1 modulo \(\Pi^N\) and such that \(f(n) = n\). Then, if \(p \in P\), \(v_p(n - u) < N\), and \(n - u > \Pi^N\), so \(n - u\) has a prime divisor \(q \notin P\), and we are done.
Let \(n\) be a product of distinct primes, all outside \(P\). Then, if \(p \mid n\) is a prime divisor, \(n \equiv p \pmod{p}\) and \(f(p) = p\), so \(p \mid f(n) - f(p)\), hence \(p \mid f(n)\). Since \(f(n) \mid n\), we deduce that \(f(n) = n\).
Since there are infinitely many primes, there exists an arithmetic progression \(C\) of common difference \(\Pi^N\) and first term coprime to \(\Pi\) containing infinitely many primes. Taking \(n\) as the product of \(\varphi(\Pi^N)\) primes \(q \in C\) such that \(q > \Pi^N + u\), \(n\) works.
Second method (there are prerequisites, but they are elementary and relatively classical):
We reuse the notation and reasoning from above: we seek to construct an integer \(n > \Pi^N + u\) congruent to 1 modulo \(\Pi^N\) such that \(f(n) = n\).
It is known (at least, classical and relatively elementary) that if \(\Phi_{\Pi^N}\) is the \(\Pi^N\)-th cyclotomic polynomial, there are infinitely many primes \(n\) dividing a value of \(\Phi_{\Pi^N}\), and those not in \(P\) are congruent to 1 modulo \(\Pi^N\) and satisfy \(f(n) = n\). We can choose one that is strictly greater than \(\Pi^N + u\).
Third method (uses a relatively classical theorem, but no accessible proof at the olympic level is known):
Let \(q \notin P\) be a prime: then \(f(q) = q\). By the Dirichlet theorem, there exists a prime \(p > u + q\) congruent to \(u\) modulo \(q\) such that \(f(p) = p\). Then the pair \((q, p)\) works.
Thus, the identity is the only potential solution. Conversely, the identity satisfies the first condition and if \(a, b \geq 1\) and \(n \geq 2\), then by LTE, for any prime \(p \mid a\), \(v_p((a+b)^{a^{n-1}} - b^{a^{n-1}}) \geq v_p(a) + v_p(a^{n-1}) = v_p(a^n)\), so \(a^n \mid (a+b)^{a^{n-1}} - b^{a^{n-1}}\), and thus the identity is a solution.
Comment from the graders: The problem was rarely approached. All solutions worked in two steps: first, use LTE to show that \(f(a) \mid a\) for all integers \(a\), possibly large enough. Then, use this information (often in conjunction with the case where \(a\) is a sufficiently large prime, since then \(f(a) = a\)) in various ways to conclude. While some students were hasty in the second part, very few considered verifying, by considering the \(p\)-adic valuation of numbers of the form \(f(a+b)^{a^{n-1}} - f(b)^{a^{n-1}}\), that this number is indeed non-zero. No, this case is not a detail! Finally, as with any type of equation, it is important to verify the solutions: if a logical argument shows that only the identity can be a solution, it must be determined whether or not the identity is indeed a solution.
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proof
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Yes
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Incomplete
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proof
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Number Theory
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Déterminer toutes les fonctions $\mathrm{f}: \mathbb{N}^{\star} \rightarrow \mathbb{N}^{\star}$ telles que :
(i) Les entiers $f(1), f(2), \ldots$ sont premiers entre dans leur ensemble.
(ii) Il existe $N \geqslant 1$ tel que pour tout $n \geqslant N, f(n) \neq 1$ et pour tous $a, b \in \mathbb{N}^{\star}$,
$$
f(a)^{n} \mid f(a+b)^{a^{n-1}}-f(b)^{a^{n-1}}
$$
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Soit f une solution. Comme les valeurs de f sont premières entre elles dans leur ensemble, si f est constante, elle égale 1 , ce qui est exclu.
Avec $a=1$, on voit que $f(1)^{\mathfrak{n}} \mid \mathbf{f}(b+1)-f(b)$ pour tout $b \geqslant 1$ et tout $n$ assez grand. Comme $f$ est non constante, il existe $b$ tel que $f(b+1) \neq f(b)$. Il s'ensuit que $f(1)=1$.
Soit $a \geqslant 2$, il existe un $t \geqslant 0$ tel que $f(1+(t+1) a) \neq f(1+t a)$ (car, pour $t$ assez grand, $f(1+t a) \neq$ $1=f(1))$ : soit $b=1+$ ta. Pour tout $n \geqslant 1$ assez grand, $f(a)^{n} \mid f(a+b)^{a^{n-1}}-f(b)^{a^{n-1}}$.
Soit $p$ un nombre premier divisant $f(a)$. Alors il existe un $l \geqslant 1$ tel que $p \mid f(a+b)^{a^{l}}-f(b)^{a^{l}}$. Pour $n>l$, par LTE, la valuation $p$-adique de $f(a+b)^{a^{n-1}}-f(b)^{a^{n-1}}$ est $v_{p}\left(a^{n-1-l}\right)+C$ pour une certaine constante $C$ qui ne dépend que de $f, a, b, l$ (mais pas de $n$ ).
Donc pour $n>l$ assez grand, $v_{p}\left(a^{n-1-l}\right)+C \geqslant v_{p}\left(f(a)^{n}\right)$, donc $(n-1-l) v_{p}(a)+C \geqslant n v_{p}(f(a))$, d'où $v_{p}(f(a)) \leqslant v_{p}(a)$.
Par conséquent, pour tout $a \geqslant 1, f(a) \mid a$.
En particulier, si a est premier, $f(a)$ vaut 1 ou $a$, et est égal à a sauf pour un nombre fini de nombres premiers.
Soit $a$ un nombre premier tel que $f(a)=a$ : pour tout $b \geqslant 1$ et tout $n$ assez grand, $a^{n} \mid f(a+b)^{a^{n-1}}-$ $f(b)^{a^{n-1}}$. En particulier, $f(a+b) \equiv f(b)[a]$ : ainsi, la classe de congruence de $f(b)$ modulo a ne dépend que de $b$ modulo $a$.
On va montrer que $f$ est l'identité. Soit $u \geqslant 2$, soit $P$ l'ensemble fini des nombres premiers $p$ tels que $p \leqslant u$ ou $f(p)=1$. Supposons qu'il existe un nombre premier $q \notin P$ et un entier $n$ tels que $q \mid n-u$ et $\mathrm{f}(\mathrm{n})=\mathrm{n}$.
Alors $q \mid f(n)-f(u)$, et donc $q \mid n-f(u)$, d'où $q \mid u-f(u)$. Comme $0 \leqslant u-f(u) \leqslant u<q$, on en déduit que $f(u)=u$.
On propose trois méthodes, de la plus élémentaire à la moins élémentaire, d'exhiber un tel couple (q, $\mathfrak{n}$ ).
## Première méthode (complètement élémentaire):
Soit $\Pi$ le produit des nombres premiers de $P$, et soit $N \geqslant 1$ tel que pour tout $p \in P, p^{N}$ ne divise pas $\mathbf{u}-1$.
Supposons que $n>\Pi^{N}+u$ soit congru à 1 modulo $\Pi^{N}$ et tel que $f(n)=n$. Alors, si $p \in P, v_{p}(n-u)<$ $N$, et $n-u>\Pi^{N}$, de sorte que $n-u$ possède un diviseur premier $q \notin P$, et on a gagné.
Soit n un produit de nombres premiers deux à deux distincts, tous hors de $P$. Alors, si $\mathrm{p} \mid \mathrm{n}$ est un diviseur premier, $n \equiv p[p]$ et $f(p)=p$, donc $p \mid f(n)-f(p)$, d'où $p \mid f(n)$. Comme $f(n) \mid n$, on en déduit que $\mathrm{f}(\mathrm{n})=\mathrm{n}$.
Comme il existe une infinité de nombres premiers, il existe une progression arithmétique C de raison $\Pi^{N}$ et de premier terme premier à $\Pi$ et contenant une infinité de nombres premiers. En prenant pour n le produit de $\varphi\left(\Pi^{N}\right)$ premiers $q \in C$ tels que $q>\Pi^{N}+u, n$ convient.
Deuxième méthode (il y a des prérequis, mais ils sont élémentaires et relativement classiques) :
On reprend les notations et le raisonnement de ce qui précède : on cherche à construire un entier $\mathrm{n}>$ $\Pi^{N}+u$ congru à 1 modulo $\Pi^{N}$ tel que $f(n)=n$.
Il est connu (du moins, classique et relativement élémentaire) que si $\Phi_{\Pi^{N}}$ est le $\Pi^{\mathrm{N}}$-ième polynôme cyclotomique, il existe une infinité de nombres premiers n divisant une valeur de $\Phi_{\Pi^{\mathrm{N}}}$, et ceux qui ne sont pas dans $P$ sont congrus à 1 modulo $\Pi^{N}$ et vérifient $f(n)=n$. On peut en choisir un qui est strictement supérieur à $\Pi^{\mathrm{N}}+\mathrm{u}$.
Troisième méthode (utilise un théorème relativement classique, mais dont aucune démonstration accessible au niveau olympique n'est connue) :
Soit $\mathrm{q} \notin \mathrm{P}$ premier : alors $\mathrm{f}(\mathrm{q})=\mathrm{q}$. D’après le théorème de Dirichlet, il existe un nombre premier $p>u+q$ congru à $u$ modulo $q$ tel que $f(p)=p$. Alors le couple $(q, p)$ convient.
Ainsi, l'identité est la seule solution potentielle. Réciproquement, l'identité vérifie la première condition et si $a, b \geqslant 1$ et $n \geqslant 2$, alors par LTE, pour tout nombre premier $p \mid a, v_{p}\left((a+b)^{a^{n-1}}-b^{a^{n-1}}\right) \geqslant$ $v_{p}(a)+v_{p}\left(a^{n-1}\right)=v_{p}\left(a^{n}\right)$, donc $a^{n} \mid(a+b)^{a^{n-1}}-b^{a^{n-1}}$, et donc l'identité est solution.
Commentaire des correcteurs : L'exercice a été très peu abordé. Toutes les solutions fonctionnaient en deux temps : d'abord, utiliser LTE pour montrer que $f(a) \mid a$ pour tout entier a, éventuellement assez grand. Ensuite, utiliser cette information (souvent en conjonction avec le cas où a est un nombre premier assez grand, puisqu'alors $f(a)=a$ ) de diverses manières pour conclure. Si quelques élèves ont été hâtifs dans la deuxième partie, très peu ont songé à vérifier, en considérant la valuation $p$-adique de nombres de la forme $f(a+b)^{a^{n-1}}-f(b)^{a^{n-1}}$, que ce nombre était bien non nul. Non, ce cas n'est pas un détail! Signalons enfin que comme dans tout type d'équation, il est important de vérifier les solutions : si un raisonnement logique montre que seule l'identité peut être solution, il faut déterminer si oui ou non l'identité est bien solution.
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{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "18",
"problem_match": "\nExercice 18.",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-corrigé.jsonl",
"solution_match": "\nSolution de l'exercice 18",
"tier": "T2",
"year": null
}
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ABC is a triangle where all angles are acute. Outside this triangle, we construct three points $X, Y$, and $Z$ satisfying:
- The triangle $A X B$ is isosceles with base $A B$ and the angle $\widehat{A X B}$ is $120^{\circ}$,
- The triangle $B Y C$ is isosceles with base $B C$ and the angle $\widehat{B Y C}$ is $120^{\circ}$,
- The triangle $C Z A$ is isosceles with base $C A$ and the angle $\widehat{C Z A}$ is $60^{\circ}$.
Show that the lines $(X Y)$ and $(B Z)$ are perpendicular.
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Let's draw the circle centered at $X$ passing through $A$ and $B$, and the circle centered at $Y$ passing through $B$ and $C$, and denote $K$ as their other point of intersection:
The angle $\widehat{A K B}$ is half of the central angle, and the central angle is the complement of $120^{\circ}$, so $\widehat{A K B}$ is $\frac{240}{2}=120^{\circ}$. Similarly, $\widehat{\mathrm{BKC}}=120^{\circ}$, and consequently, the remaining angle $\widehat{\mathrm{CKA}}=120^{\circ}$. Since $\widehat{C K A}+\widehat{A Z C}=120+60=180^{\circ}$, the points $A, Z, C, K$ are concyclic. Since $A Z=Z C$, the arcs that these two chords define are equal, and the inscribed angles are equal. Thus, $\widehat{A K Z}=\widehat{Z K C}=60^{\circ}$.
Now let's look at the points $B, K$, and $Z: \widehat{B K Z}=120+60=180^{\circ}$, so the three points are collinear, the line (BZ) is the line passing through the two points of intersection of the circles, it is perpendicular to the segment connecting the two centers, i.e., $[\mathrm{XY}]$.
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Geometry
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ABC est un triangle dont tous les angles sont aigus. À l'extérieur de ce triangle on construit les trois points $X, Y$ et $Z$ vérifiant :
- Le triangle $A X B$ est isocèle de base $A B$ et l'angle $\widehat{A X B}$ vaut $120^{\circ}$,
- Le triangle BYC est isocèle de base BC et l'angle $\widehat{B Y C}$ vaut $120^{\circ}$,
- Le triangle CZA est isocèle de base CA et l'angle $\widehat{C Z A}$ vaut $60^{\circ}$.
Montrer que les droites $(X Y)$ et (BZ) sont perpendiculaires.
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Traçons le cercle de centre $X$ qui passe par $A$ et $B$ et celui de centre $Y$ qui passe par $B$ et $C$ et notons K leur autre point d'intersection :
L'angle $\widehat{A K B}$ vaut la moitié de l'angle au centre, et l'angle au centre est le complémentaire de $120^{\circ}$, donc $\widehat{A K B}$ vaut $\frac{240}{2}=120^{\circ}$. De même, $\widehat{\mathrm{BKC}}=120^{\circ}$ et par conséquent, l'angle restant $\widehat{\mathrm{CKA}}=120^{\circ}$. Mais alors, comme $\widehat{C K A}+\widehat{A Z C}=120+60=180^{\circ}$, donc les points $A, Z, C, K$ sont cocycliques. Comme $A Z=Z C$, les arcs que ces deux cordes délimitent sont égaux et les angles inscrits sont égaux. Ainsi, $\widehat{A K Z}=\widehat{Z K C}=60^{\circ}$.
Maintenant regardons les points $B, K$ et $Z: \widehat{B K Z}=120+60=180^{\circ}$, donc les trois points sont alignés, la droite ( BZ ) est la droite qui passe par les deux points d'intersection des cercles, elle est perpendiculaire au segment qui relie les deux centres, ie $[\mathrm{XY}]$.
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{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "1",
"problem_match": "\nExercice 1.",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2012-2013-envoi1-corrige.jsonl",
"solution_match": "\nSolution.",
"tier": "T2",
"year": "2013"
}
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$A B C D$ is a trapezoid in which the sides $A D$ and $B C$ are parallel, $K$ is a point on the side $A B$ and $L$ is a point on the side $C D$. Show that if the angles $\widehat{B A L}$ and $\widehat{C D K}$ are equal then the angles $\widehat{\mathrm{BLA}}$ and $\overline{\mathrm{CKD}}$ are also equal.
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Suppose the angles $\widehat{\mathrm{BAL}}$ and $\widehat{\mathrm{CDK}}$ have the same value. We will show that the angles $\widehat{\mathrm{KBL}}$ and $\widehat{\mathrm{KCL}}$ are equal (this will imply that triangles KDC and BAL have two identical angles, and thus that $\widehat{\mathrm{BLA}}=\widehat{\mathrm{KCL}}$).
I will first show an interesting point about trapezoids: if we place points $K$ and $L$ on the sides $A B$ and $C D$ such that $A, D, K, L$ are concyclic, then the points $B, C, K, L$ are also concyclic. It suffices to use the property that a quadrilateral is inscribed in a circle if and only if the sum of the opposite angles is $180^{\circ}$, and also that since $A D$ and $B C$ are parallel, $\widehat{A}+\widehat{B}=\widehat{C}+\widehat{D}=180^{\circ}$.
The hypothesis $\widehat{\mathrm{BAL}}=\widehat{\mathrm{CDK}}$ means that $\mathrm{A}, \mathrm{D}, \mathrm{K}, \mathrm{L}$ are concyclic by the inscribed angle theorem, so by the previous result $\mathrm{B}, \mathrm{C}, \mathrm{K}, \mathrm{L}$ are also concyclic and the blue angles are equal.
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Geometry
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$A B C D$ est un trapèze dans lequel les côtés $A D$ et $B C$ sont parallèles, $K$ est un point du côté $A B$ et $L$ un point du côté $C D$. Montrer que si les angles $\widehat{B A L}$ et $\widehat{C D K}$ sont égaux alors les angles $\widehat{\mathrm{BLA}}$ et $\overline{\mathrm{CKD}}$ le sont aussi.
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On suppose les angles $\widehat{\mathrm{BAL}}$ et $\widehat{\mathrm{CDK}}$ ont la même valeur. Nous allons montrer que les angles KBL et KCL sont égaux (ceci impliquera que les triangles KDC et BAL ont deux angles identiques, et donc que $\widehat{\mathrm{BLA}}=\widehat{\mathrm{KCL}}$ ).
Je vais d'abord montrer un point amusant sur les trapèzes : si on place des points $K$ et $L$ sur les côtés $A B$ et $C D$ tels que $A, D, K, L$ soient cocycliques, alors les points $B, C, K, L$ sont aussi cocycliques. Il suffit d'utiliser la propriété qu'un quadrilatère est inscrit dans un cercles ssi la somme des angles opposés vaut $180^{\circ}$, et aussi que comme $A D$ et $B C$ sont parallèles, $\widehat{A}+\widehat{B}=\widehat{C}+\widehat{D}=180^{\circ}$.
L'hypothèse $\widehat{\mathrm{BAL}}=\widehat{\mathrm{CDK}}$ revient à dire que $\mathrm{A}, \mathrm{D}, \mathrm{K}, \mathrm{L}$ cocycliques par le théorème des angles inscrits, donc par le résultat précédent $\mathrm{B}, \mathrm{C}, \mathrm{K}, \mathrm{L}$ sont aussi cocycliques et les angles bleus sont égaux.
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{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "2",
"problem_match": "\nExercice 2.",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2012-2013-envoi1-corrige.jsonl",
"solution_match": "\nSolution.",
"tier": "T2",
"year": "2013"
}
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ABC is a triangle where all angles are acute. Let H be the foot of the altitude from C and K the midpoint of side AC. Suppose that $B K = C H$ and that the angles $\widehat{\mathrm{KBC}}$ and $\widehat{\mathrm{HCB}}$ are equal. Show that triangle ABC is equilateral.
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Here is the figure:
Now consider the perpendicular bisector of $[\mathrm{BC}]$ (drawn as dashed lines in the figure) and the symmetry with respect to this axis. It is evident that by this symmetry, $B$ becomes $C$ and vice versa. Let $A^{\prime}$ be the image of $A$ under the symmetry. The assumptions that all angles are acute, $\mathrm{BK}=\mathrm{CH}$, and $\widehat{\mathrm{KBC}}=\widehat{\mathrm{HCB}}$ imply that $K$ is the image of $H$ under the symmetry. Since $A$ is the intersection of $B H$ and $C K$, $A^{\prime}$ is the intersection of the image of $B H$ (i.e., $C K$) and the image of $C K$ (i.e., $B H$), so $A^{\prime}=A$, $A$ is on the perpendicular bisector of $B C$, and the triangle is isosceles at $A$.
But we are not done yet. Since $\mathrm{CH} \mapsto \mathrm{BK}$ and $\mathrm{BA} \mapsto \mathrm{CA}$, the right angle is preserved, and $BK$ is both an altitude and a median. Therefore, the triangle is also isosceles at $B$, making it equilateral.
## Common Exercises
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Geometry
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ABC est un triangle dont tous les angles sont aigus. Soit respectivement H le pied de la hauteur de ce triangle issue de $C$ et K le milieu du côté $A C$. On suppose que $B K=C H$ et que les angles $\widehat{\mathrm{KBC}}$ et $\widehat{\mathrm{HCB}}$ sont égaux. Montrer que le triangle ABC est équilatéral.
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Voici la figure :
Maintenant considérons la médiatrice de $[\mathrm{BC}]$ (dessinée en pointillés sur la figure) et la symétrie par rapport à cet axe. Il est évident que par cette symétrie $B$ devient $C$ et vice-versa. Appelons $A^{\prime}$ l'image de $A$ par la symétrie. Les hypothèses que tous les angles sont aigus, $\mathrm{BK}=\mathrm{CH}$ et $\widehat{\mathrm{KBC}}=\widehat{\mathrm{HCB}}$ impliquent que $K$ est l'image de $H$ par la symétrie. Mais comme $A$ est l'intersection de $B H$ et $C K$, $A^{\prime}$ est l'intersection de l'image de $B H$ (c-à-d $C K$ ) et de l'image de $C K\left(c-a ̀-d B H\right.$ ), donc $A^{\prime}=A$, $A$ est sur la médiatrice de $B C$ et le triangle est isocèle en $A$.
Mais nous n'avons pas fini, comme $\mathrm{CH} \mapsto \mathrm{BK}$ et $\mathrm{BA} \mapsto \mathrm{CA}$, l'angle droit est conservé, et BK est à la fois une hauteur et une médiane. Donc le triangle est aussi isocèle en $B$, il est donc équilatéral.
## Exercices Communs
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{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "3",
"problem_match": "\nExercice 3.",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2012-2013-envoi1-corrige.jsonl",
"solution_match": "\nSolution.",
"tier": "T2",
"year": "2013"
}
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ABCD is a rectangle and $M$ is a point inside this rectangle. Show that the area of this rectangle is less than or equal to the sum $A M \times C M + B M \times D M$ ( $A M \times C M$ denotes the product of the lengths of the segments $A M$ and $C M$, similarly for $B M \times D M$ )
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We will work in analytics and convert everything to coordinates: $\mathrm{A}(0,0), \mathrm{B}(\mathrm{a}, 0), \mathrm{C}(\mathrm{a}, \mathrm{b})$, $\mathrm{D}(0, \mathrm{~b}), \mathrm{M}(\mathrm{x}, \mathrm{y})$.
$$
\sqrt{x^{2}+y^{2}} \times \sqrt{(a-x)^{2}+(b-y)^{2}}+\sqrt{(a-x)^{2}+y^{2}} \times \sqrt{x^{2}+(b-y)^{2}} \geqslant a b
$$
We will use the Cauchy-Schwarz inequality:
$$
\begin{aligned}
& \sqrt{x^{2}+y^{2}} \times \sqrt{(b-y)^{2}+(a-x)^{2}} \geqslant x(b-y)+y(a-x) \\
& \sqrt{(a-x)^{2}+y^{2}} \times \sqrt{(b-y)^{2}+x^{2}} \geqslant(a-x)(b-y)+y x
\end{aligned}
$$
And we finish by noting that $x(b-y)+y(a-x)+(a-x)(b-y)+y x=a b$.
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Geometry
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ABCD est un rectangle et $M$ un point intérieur à ce rectangle. Montrer que l'aire de ce rectangle est inférieure ou égale à la somme $A M \times C M+B M \times D M$ ( $A M \times C M$ désigne le produit des longueurs des segments $A M$ et $C M$, de même pour $B M \times D M$ )
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Nous allons travailler en analytique et tout passer aux coordonnées : $\mathrm{A}(0,0), \mathrm{B}(\mathrm{a}, 0), \mathrm{C}(\mathrm{a}, \mathrm{b})$, $\mathrm{D}(0, \mathrm{~b}), \mathrm{M}(\mathrm{x}, \mathrm{y})$.
$$
\sqrt{x^{2}+y^{2}} \times \sqrt{(a-x)^{2}+(b-y)^{2}}+\sqrt{(a-x)^{2}+y^{2}} \times \sqrt{x^{2}+(b-y)^{2}} \geqslant a b
$$
Nous allons utiliser l'inégalité de Cauchy-Schwartz :
$$
\begin{aligned}
& \sqrt{x^{2}+y^{2}} \times \sqrt{(b-y)^{2}+(a-x)^{2}} \geqslant x(b-y)+y(a-x) \\
& \sqrt{(a-x)^{2}+y^{2}} \times \sqrt{(b-y)^{2}+x^{2}} \geqslant(a-x)(b-y)+y x
\end{aligned}
$$
Et on finit en remarquant que $x(b-y)+y(a-x)+(a-x)(b-y)+y x=a b$.
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{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "4",
"problem_match": "\nExercice 4.",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2012-2013-envoi1-corrige.jsonl",
"solution_match": "\nSolution.",
"tier": "T2",
"year": "2013"
}
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Let $ABCD$ be a trapezoid in which the sides $AB$ and $CD$ are parallel. Consider a point $P$ on the line $(AC)$ such that $C$ is interior to the segment $[AP]$, and let $X$ and $Y$ be the midpoints of the sides $AB$ and $CD$, respectively. The line $(PX)$ intersects the line $(BC)$ at $N$ and the line $(PY)$ intersects the line $(AD)$ at $M$. Show that the line $(MN)$ is parallel to the line $(AB)$.
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Let's make an appropriate figure:
First, consider the case where we take $P$ "at infinity," meaning instead of taking $P X$ and $P Y$, we take the lines parallel to $A C$ passing through $X$ and $Y$. In this case, by Thales' theorem, the points $M$ and $N$ are the midpoints of $A D$ and $B C$, respectively, and consequently, $(M N) \parallel (A B)$.
Now, let's return to the general case. We will try to show that $\frac{B N}{N C} = \frac{A M}{M D}$, and thus we will have $(M N) \parallel (A B)$ (I leave the proof of this result as an exercise for those who have doubts). Since we have many collinear points and we want to calculate ratios of lengths, Menelaus' theorem comes to mind. In triangle $A B C$, the points $X, N, P$ are collinear, so:
$$
\frac{A X}{X B} \cdot \frac{B N}{N C} \cdot \frac{C P}{P A} = -1
$$
But since $X$ is the midpoint of $A B$, $\frac{A X}{X B} = 1$, so $\frac{B N}{N C} = -\frac{C P}{P A}$. Next, using Menelaus' theorem in triangle $A D C$, we get $\frac{A M}{M D} = -\frac{C P}{P A}$, and the two ratios are equal. It is not very difficult to verify that we indeed arrive at the expected result, $(M N) \parallel (A B)$.
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Geometry
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Soit $A B C D$ un trapèze dans lequel les côtés $A B$ et $C D$ sont parallèles. On considère un point $P$ de la droite ( $A C$ ) tel que $C$ soit intérieur au segment $[A P]$ et on désigne respectivement par $X$ et $Y$ les milieux des côtés $A B$ et $C D$. La droite ( PX ) rencontre la droite (BC) en $N$ et la droite (PY) rencontre la droite (AD) en $M$. Montrer que la droite ( $M N$ ) est parallèle à la droite ( $A B$ ).
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Faisons une figure appropriée:
Tout d'abord considérez le cas où on prend $P$ "à l'infini", c'est au lieu de prendre $P X$ et $P Y$ on prend les droites parallèles à $A C$ passant par $X$ et $Y$. Dans ce cas, par Thalès les points $M$ et $N$ sont les milieux respectifs de $A D$ et $B C$, et par conséquent $(M N) \|(A B)$.
Revenons au cas général. Nous allons essayer de montrer que $\frac{B N}{N C}=\frac{A M}{M D}$, et ainsi nous aurons bien $(M N) \|(A B)$ (je laisse en exercice la démo de ce résultat pour ceux qui ont des doutes). Comme nous avons beaucoup de points alignés et que nous voulons calculer des quotients de longueur, le théorème de Menelaus vient à l'esprit. Dans le triangle $A B C$, les points $X, N, P$ sont alignés, donc :
$$
\frac{A X}{X B} \cdot \frac{B N}{N C} \cdot \frac{C P}{P A}=-1
$$
Mais comme $X$ est le milieu de $A B, \frac{A X}{X B}=1$, donc $\frac{B N}{N C}=-\frac{C P}{P A}$. Ensuite, en utilisant Menelaus dans le triangle $A D C$, on obtient $\frac{A M}{M D}=-\frac{C P}{P A}$, et les deux quotients sont égaux. Ensuite il n'est pas très dur de vérifier que l'on arrive bien au résultat attendu, $(M N) \|(A B)$.
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{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "5",
"problem_match": "\nExercice 5.",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2012-2013-envoi1-corrige.jsonl",
"solution_match": "\nSolution.",
"tier": "T2",
"year": "2013"
}
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Let ABC be a triangle and O an interior point of this triangle. D and E are respectively the feet of the perpendiculars dropped from $O$ to the lines ( $B C$ ) and ( $A C$ ), and $F$ is the midpoint of the segment $A B$. Show that if $\mathrm{DF}=\mathrm{EF}$, then the angles $\widehat{\mathrm{OBD}}$ and $\widehat{\mathrm{OAE}}$ are equal.
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In this exercise, there is a superfluous assumption, namely that point $O$ is inside triangle $ABC$. We will solve the exercise without this assumption.
Let's start by drawing a right angle $AEO$ and a segment $AB$ and placing $F$ at the midpoint of segment $AB$. Our goal now is to find a point $D$ such that angle $BDO$ is a right angle and that $\mathrm{FD}=\mathrm{FE}$.
As the figure above indicates, there is always an obvious way to place point $D$: it suffices to draw a line parallel to $AE$ passing through $B$ and take the intersection of this line with line $EO$. Angle $BDO$ is then a right angle by construction, and we have $\mathrm{FD}=\mathrm{FE}$, since $F$ is equidistant from the two parallel lines. Such a position of point $D$ cannot appear in the exercise (and this will be useful later): indeed, the exercise talks about a triangle $ABC$, but here the lines $AE$ and $BD$ do not intersect, and there is therefore no point $C$.
Let's add to our figure the midpoint $M$ of segment $AO$ and the midpoint $N$ of segment $BO$.
We then have three equal segments represented in bold in the figure. Indeed, $\mathrm{ME}=\mathrm{MO}$, because triangle $AEO$ is right-angled at $E$; and $\mathrm{MO}=\mathrm{FN}$, because $FNOM$ is a parallelogram, the midlines being parallel to the sides of triangle $AOB$.
Let's return to the exercise.
We have just shown that $\mathrm{ME}=\mathrm{FN}$, and similarly $\mathrm{ND}=\mathrm{FM}$. Since we also have $\mathrm{FD}=\mathrm{FE}$ by hypothesis, we conclude that triangles $NDF$ and $MFE$ are congruent. It is important to distinguish two cases: the case where these triangles are directly congruent, as in the figure, and the case where they are indirectly congruent (a distinction that was not correctly made in the initially proposed solution).
We will use oriented angles.
1st case: triangles are directly congruent. Let
$$
\alpha=(M F, M O)=(N O, N F), \quad \beta=(M E, M F)=(N F, N D)
$$
In the right triangle $AEO$, we have
$$
(A E, A O)=\frac{1}{2}(M E, M O) \bmod 180^{\circ}
$$
(The equality is only true modulo $180^{\circ}$ because of the division by 2.) We therefore find, modulo $180^{\circ}$,
$$
(A E, A O)=\frac{1}{2}(M E, M O)=\frac{1}{2}[(M E, M F)+(M F, M O)]=\frac{1}{2}(\alpha+\beta).
$$
Similarly,
$$
(B O, B D)=\frac{1}{2}(N O, N D)=\frac{1}{2}[(N O, N F)+(N F, N D)]=\frac{1}{2}(\alpha+\beta).
$$
Thus, $(A E, A O)=(B O, B D) \bmod 180^{\circ}$. Since these two angles are part of right triangles and are therefore acute, this implies that they are geometrically equal.
2nd case: triangles are indirectly congruent. The calculations are exactly the same as in the previous case, except that this time we have $(N F, N D)=-\beta$. We therefore find
$$
(A E, A O)=\frac{1}{2}(\alpha+\beta), \quad (B O, B D)=\frac{1}{2}(\alpha-\beta)
$$
modulo $180^{\circ}$. Thus, these angles are not equal to each other. Have we found an error in the exercise? No: in fact, we will prove that in this case the lines $AE$ and $BD$ are parallel, and we are therefore in the forbidden configuration mentioned at the beginning of the solution.
To do this, it suffices to prove that $(A E, A B)+(B A, B D)=0 \bmod 180^{\circ}$. We have
$$
(A E, A B)+(B A, B D)=(A E, A O)+(A O, A B)+(B A, B O)+(B O, B D)
$$
We already know that, modulo $180^{\circ}$,
$$
(A E, A O)+(B O, B D)=\frac{1}{2}(\alpha+\beta)+\frac{1}{2}(\alpha-\beta)=\alpha
$$
Furthermore, in triangle $AOB$, we have
$$
(A O, A B)+(B A, B O)=(O A, O B) \bmod 180^{\circ}.
$$
This last angle is $180^{\circ}-\alpha=-\alpha \bmod 180^{\circ}$. We therefore find that $(A E, A B)+(B A, B D)=\alpha-\alpha=0 \bmod 180^{\circ}$. Consequently, $AE$ and $BD$ are parallel. The case of indirectly congruent triangles cannot therefore appear in a triangle $ABC$.
## Olympic Exercises
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proof
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Yes
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Incomplete
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proof
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Geometry
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Soit ABC un triangle et O un point intérieur à ce triangle. D et E sont respectivement les pieds des perpendiculaires abaissées de $O$ sur les droites ( $B C$ ) et ( $A C$ ) et $F$ est le milieu du segment $A B$. Montrer que si $\mathrm{DF}=\mathrm{EF}$ alors les angles $\widehat{\mathrm{OBD}}$ et $\widehat{\mathrm{OAE}}$ sont égaux.
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Dans cet exercice il y a une hypothèse superflue, à savoir que le point $O$ est à l'intérieur du triangle $A B C$. Nous allons résoure l'exercice sans cette hypothèse.
Commençons par tracer un angle droit $A E O$ et un segment $A B$ et plaçons $F$ au milieu du segment $A B$. Notre but maintenant est de trouver un point D tel que l'angle BDO soit droit et que l'on ait $\mathrm{FD}=\mathrm{FE}$.
Comme la figure ci-dessus l'indique, il exite toujours une façon évidente de placer le point D : il suffit de tracer la droite parallèle à $A E$ passant par $B$ et de prendre le point d'intersection de cette droite avec la droite EO. L'angle BDO est alors droit par construction et on a bien $\mathrm{FD}=\mathrm{FE}$, car F est équidistant des deux droites parallèles. Une telle position du point $D$ ne peut pas apparaître dans l'exercice (et cela va nous servir par la suite) : en effet, l'exercice parle d'un triangle $A B C$, or ici les droites $A E$ et $B D$ ne se coupent pas et il n'y a donc pas de point $C$.
Rajoutons à notre figure le milieu $M$ du segment $A O$ et le milieu N du segment BO.
On a alors trois segments égaux représentés en gras sur la figure. En effet, $\mathrm{ME}=\mathrm{MO}$, car le triangle $A E O$ est rectangle en $E$; et $M O=F N$, car $F N O M$ est un parallélogramme, les lignes des mileux étant parallèles aux côtés du triangle $A O B$.
Revenons maintenant à l'exercice.
Nous venons de montrer que $\mathrm{ME}=\mathrm{FN}$ et on a de même $\mathrm{ND}=\mathrm{FM}$. Comme on a de plus $\mathrm{FD}=\mathrm{FE}$ par hypothèse, on conclut que les triangles NDF et MFE sont égaux. Il est important de distinguer deux cas : celui où ces triangles sont directement isométriques, comme sur la figure, et celui où ils sont indirectement isométrique (distinction qui n'a pas été faite correctement dans la solution initialement proposée).
Nous allons utiliser les angles orientés.
1er cas : triangles directement isométriques. Soit
$$
\alpha=(M F, M O)=(N O, N F), \quad \beta=(M E, M F)=(N F, N D)
$$
Dans le triangle rectangle AEO on a
$$
(A E, A O)=\frac{1}{2}(M E, M O) \bmod 180^{\circ}
$$
(L'égalité n'est vraie que modulo $180^{\circ}$ à cause de la division par 2.) On trouve donc, modulo $180^{\circ}$,
$$
(A E, A O)=\frac{1}{2}(M E, M O)=\frac{1}{2}[(M E, M F)+(M F, M O)]=\frac{1}{2}(\alpha+\beta) .
$$
De la même manière
$$
(B O, B D)=\frac{1}{2}(N O, N D)=\frac{1}{2}[(N O, N F)+(N F, N D)]=\frac{1}{2}(\alpha+\beta) .
$$
On a donc $(A E, A O)=(B O, B D)$ mod $180^{\circ}$. Or les deux angles font partie de triangles rectangles et sont donc aigus, ce qui implique qu'ils sont géométriquement égaux.
2ème cas : triangles indirectement isométriques. Les calculs sont exacement les mêmes que dans le cas précédent, sauf que cette fois-ci on a $(N F, N D)=-\beta$. On trouve donc
$$
(A E, A O)=\frac{1}{2}(\alpha+\beta), \quad(B O, B D)=\frac{1}{2}(\alpha-\beta)
$$
modulo $180^{\circ}$. Ainsi ces angles ne sont pas égaux entre eux. Avons-nous trouvé une erreur dans l'exercice ? Non : en fait nous allons prouver que dans ce cas les droites $A E$ et $B D$ sont parallèles et nous sommes donc dans la configuration interdite mentionnée au début de la solution.
Pour cela il suffit de prouver que $(A E, A B)+(B A, B D)=0 \bmod 180^{\circ}$. On a
$$
(A E, A B)+(B A, B D)=(A E, A O)+(A O, A B)+(B A, B O)+(B O, B D)
$$
Nous savons déjà que, modulo $180^{\circ}$,
$$
(A E, A O)+(B O, B D)=\frac{1}{2}(\alpha+\beta)+\frac{1}{2}(\alpha-\beta)=\alpha
$$
De plus, dans le triangle $A O B$, on a
$$
(A O, A B)+(B A, B O)=(O A, O B) \bmod 180^{\circ} .
$$
Ce dernier angle vaut $180^{\circ}-\alpha=-\alpha \bmod 180^{\circ}$. On trouve donc bien que $(A E, A B)+(B A, B D)=$ $\alpha-\alpha=0 \bmod 180^{\circ}$. Par conséquent $A E$ et $B D$ sont parallèles. Le cas de triangles indirectement isométrique ne peut donc pas apparaître dans un triangle $A B C$.
## Exercices Olympiques
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{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "6",
"problem_match": "\nExercice 6.",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2012-2013-envoi1-corrige.jsonl",
"solution_match": "\nSolution.",
"tier": "T2",
"year": "2013"
}
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Let $ABC$ be a non-isosceles triangle at $A$; $I$ and $O$ are respectively the incenter and the circumcenter of this triangle $ABC$, and the incircle touches the side $BC$ at $D$. The internal angle bisector of the angle at $A$ in triangle $ABC$ meets the circumcircle at point $M$ and the line $(DM)$ meets the circumcircle again at $P$.
Show that the angle $\widehat{A P I}$ is a right angle.
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We will place E as the point diametrically opposite to A on the circumcircle. If we can prove that the points P, I, and E are collinear, then the angle \(\widehat{A P I}\) will be a right angle.
First, refer back to the beginning of the proof of Exercise 7 to show that \(M I = M B\). Then, \(\widehat{M P B} = \widehat{C B M}\) since \(M\) is the midpoint of the arc \(\widehat{B C}\). The triangles MPB and MBD are similar (they share the angle \(\widehat{M}\) and have a second equal angle). Therefore,
\[
\frac{M P}{M B} = \frac{M B}{M D} \Longrightarrow M P \cdot M D = M B^2 = M I^2
\]
The circle passing through the points P, I, and D has the line MI as a tangent (by the power of a point theorem with respect to a circle). We deduce from the extreme case of the inscribed angle theorem that
\[
\widehat{\mathrm{DPI}} = \widehat{\mathrm{DIM}}
\]
The point \(M\) is the midpoint of the arc \(\widehat{B C}\), so the line \(O M\) is the perpendicular bisector of \([B C]\), and the lines \(O M\) and ID are parallel. Additionally, the triangle \(A O M\) is isosceles at \(O\). Thus,
\[
\widehat{\mathrm{DIM}} = \widehat{\mathrm{IMO}} = \widehat{\mathrm{MAE}} = \widehat{\mathrm{MPE}}
\]
where the last equality is simply the inscribed angle. We have shown that:
\[
\widehat{\mathrm{MPI}} = \widehat{\mathrm{MPE}},
\]
so the points P, I, and E are indeed collinear, and the proof is complete.
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Geometry
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Soit $A B C$ un triangle non isocèle en $A$; I et $O$ sont respectivement le centre du cercle inscrit et le centre du cercle circonscrit de ce triangle $A B C$ et le cercle inscrit touche le côté BC en D. La bissectrice intérieure de l'angle en $A$ dans le triangle $A B C$ rencontre le cercle circonscrit au point $M$ et la droite (DM) rencontre à nouveau le cercle circonscrit en P .
Montrer que l'angle $\widehat{A P I}$ est un angle droit.
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On va placer E le point diamétralement opposé à A sur le cercle circonscrit. Si on arrive à prouver que les points $\mathrm{P}, \mathrm{I}$ et E sont alignés, alors l'angle $\widehat{A P I}$ sera droit.
Tout d'abord, ramenez-vous au début de la preuve de l'exo 7 pour démontrer que $M I=M B$. Ensuite, $\widehat{M P B}=\widehat{C B M}$ puisque $M$ est le milieu de l'arc $\widehat{B C}$. Les triangles MPB et MBD sont semblables (ils ont l'angle $\widehat{M}$ en commun et ont un deuxième angle égal). Donc
$$
\frac{M P}{M B}=\frac{M B}{M D} \Longrightarrow M P \cdot M D=M B^{2}=M I^{2}
$$
Le cercle passant par les points P , I et D admet donc la droite MI comme tangente (par la théorie de la puissance d'un point part rapport à un cercle). On en déduit grâce au cas extrème du théorème de l'angle inscrit que
$$
\widehat{\mathrm{DPI}}=\widehat{\mathrm{DIM}}
$$
Le point $M$ est le milieu de l'arc $\widehat{B C}$, donc la droite $O M$ est la médiatrice de $[B C]$, et les droites $O M$ et ID sont parallèles. De plus le triangle $A O M$ est isocèle en $O$. Ainsi
$$
\widehat{\mathrm{DIM}}=\widehat{\mathrm{IMO}}=\widehat{\mathrm{MAE}}=\widehat{\mathrm{MPE}}
$$
où la dernière égalité est simplement l'angle inscrit. On a montré que :
$$
\widehat{\mathrm{MPI}}=\widehat{\mathrm{MPE}},
$$
les points P, I, E sont bien alignés, la démonstration est achevée.
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{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "8",
"problem_match": "\nExercice 8.",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2012-2013-envoi1-corrige.jsonl",
"solution_match": "\nSolution.",
"tier": "T2",
"year": "2013"
}
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Consider a circle with center $O$ and four points $A, B, C, D$ on this circle such that the intersection point $P$, other than $O$, of the circumcircles of triangles $ABO$ and $CDO$ is inside the triangle $OAD$. We choose a point $Q$ on the ray $[OP)$ outside the segment $[OP]$ and a point $R$ on the ray $[PO)$ outside the segment $[OP]$. Show that the angles $\widehat{QAP}$ and $\widehat{OBR}$ are equal if and only if the angles $\widehat{PDQ}$ and $\widehat{RCO}$ are equal.
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First, we notice that the lines $\mathrm{AB}, \mathrm{CD}$, and OP are concurrent, since they are the three radical axes of the circles in the figure taken two by two. Let $M$ be their point of intersection.
Since $M$ is the intersection of the radical axes, we have
$$
M O \cdot M P = M A \cdot M B = M C \cdot M D.
$$
We will work in the complex plane. We will denote $z_{A}$ as the complex number corresponding to point $A$, etc. We can assume that $M$ is the origin, that the line (OM) is the real axis, and that $z_{\mathrm{O}} z_{\mathrm{P}} = 1$. Consider the inversion centered at $M$ that swaps $O$ and $P$, which will have the equation: $A \leftrightarrow A^{\prime}$ if and only if $z_{A} \overline{z_{\mathcal{A}^{\prime}}} = 1$. Thanks to the above relation, this inversion transforms $A$ into $B$ and $C$ into $D$. Place a point $Q$ on the line $OP$ and let $R$ be its image under the inversion. We will show that $\widehat{\mathrm{QAP}} = \widehat{\mathrm{OBR}}$. Keep in mind that $z_{\mathrm{O}}, z_{\mathrm{P}}, z_{\mathrm{Q}}, z_{\mathrm{R}}$ are all real:
$$
\widehat{\mathrm{QAP}} = \arg \left(\frac{z_{\mathrm{Q}} - z_{\mathrm{A}}}{z_{\mathrm{P}} - z_{\mathrm{A}}}\right) = \arg \left(\frac{\frac{1}{z_{\mathrm{R}}} - \frac{1}{z_{\mathrm{A}}}}{\frac{1}{z_{\mathrm{O}}} - \frac{1}{z_{\mathrm{B}}}}\right) = \arg \left(\frac{z_{\mathrm{O}}}{z_{\mathrm{R}}} \frac{\overline{z_{\mathrm{B}}} - z_{\mathrm{R}}}{\overline{z_{\mathrm{B}}} - z_{\mathrm{O}}}\right).
$$
Since $z_{\mathrm{O}} / z_{\mathrm{R}}$ is real, its argument is 0 modulo $\pi$. Then we use the formula $\arg (\bar{z}) = -\arg (z)$ to complete the calculation:
$$
\widehat{\mathrm{QAP}} = -\arg \left(\frac{z_{\mathrm{B}} - z_{\mathrm{R}}}{z_{\mathrm{B}} - z_{\mathrm{O}}}\right) = \widehat{\mathrm{OBR}}
$$
Similarly, we show that $\widehat{\mathrm{PDQ}} = \widehat{\mathrm{RCO}}$. Thus, the only way to place the point $R$ such that $\widehat{\mathrm{QAP}} = \widehat{\mathrm{OBR}}$ is to place it on the image of $Q$ under the inversion, and in this case, $\widehat{\mathrm{PDQ}} = \widehat{\mathrm{RCO}}$.
End
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Geometry
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On considère un cercle de centre $O$ et quatre points $A B C D$ de ce cercle tels que le point d'intersection $P$, autre que $O$, des cercles circonscrits aux triangles $A B O$ et $C D O$ soit intérieur au triangle OAD. On choisit un point $Q$ de la demi-droite [OP) à l'extérieur du segment $[O P]$ et on choisit un point $R$ de la demi-droite $[\mathrm{PO})$ à l'extérieur du segment $[\mathrm{OP}]$. Montrer que les angles $\widehat{\mathrm{QAP}}$ et $\widehat{\mathrm{OBR}}$ sont égaux si et seulement si les angles $\widehat{\mathrm{PDQ}}$ et $\widehat{\mathrm{RCO}}$ sont égaux.
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Tout d'abord on remarque que les droites $\mathrm{AB}, \mathrm{CD}$ et OP sont concourantes, puisque ce sont les trois axes radicaux des cercles de la figure pris deux deux. Notons $M$ leur point d'intersection.
Comme $M$ est l'intersection des axes radicaux, on a
$$
M O \cdot M P=M A \cdot M B=M C \cdot M D .
$$
Nous allons travailler dans les complexes. On notera $z_{A}$ l'affixe du point $A$ etc. On peut supposer que $M$ est l'origine, que la droite ( OM ) est l'axe des réels et que $z_{\mathrm{O}} z_{\mathrm{P}}=1$. Considérons l'inversion de centre $M$ qui échange $O$ et $P$, qui sera d'équation : $A \leftrightarrow A^{\prime}$ ssi $z_{A} \overline{z_{\mathcal{A}^{\prime}}}=1$. Grâce à la relation d'au dessus, cette inversion transforme $A$ en $B$ et $C$ en $D$. Plaçons un point $Q$ sur la droite $O P$ et notons $R$ son image par l'inversion. Nous allons montrer que $\widehat{\mathrm{QAP}}=\widehat{\mathrm{OBR}}$. Gardez en tête que $z_{\mathrm{O}}, z_{\mathrm{P}}, z_{\mathrm{Q}}, z_{\mathrm{R}}$ sont tous réels :
$$
\widehat{\mathrm{QAP}}=\arg \left(\frac{z_{\mathrm{Q}}-z_{\mathrm{A}}}{z_{\mathrm{P}}-z_{\mathrm{A}}}\right)=\arg \left(\frac{\frac{1}{z_{\mathrm{R}}}-\frac{1}{z_{\mathrm{z}}}}{\frac{1}{z_{\mathrm{O}}}-\frac{1}{z_{\mathrm{B}}}}\right)=\arg \left(\frac{z_{\mathrm{O}}}{z_{\mathrm{R}}} \frac{\overline{z_{\mathrm{B}}}-z_{\mathrm{R}}}{\overline{z_{\mathrm{B}}}-z_{\mathrm{O}}}\right) .
$$
Comme $z_{\mathrm{O}} / z_{\mathrm{R}}$ est réel, son argument vaut 0 à $\pi$ près. Ensuite on utilise la formule $\arg (\bar{z})=-\arg (z)$ pour finir le calcul :
$$
\widehat{\mathrm{QAP}}=-\arg \left(\frac{z_{\mathrm{B}}-z_{\mathrm{R}}}{z_{\mathrm{B}}-z_{\mathrm{O}}}\right)=\widehat{\mathrm{OBR}}
$$
De même on montre que $\widehat{P D Q}=\widehat{R C O}$. Ainsi, la seule façon de placer le point $R$ telle que $\widehat{\mathrm{QAP}}=\widehat{\mathrm{OBR}}$ est de le mettre sur l'image de Q par l'inversion, et on a dans ce cas $\widehat{\mathrm{PDQ}}=\widehat{\mathrm{RCO}}$.
Fin
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{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "9",
"problem_match": "\nExercice 9.",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2012-2013-envoi1-corrige.jsonl",
"solution_match": "\nSolution.",
"tier": "T2",
"year": "2013"
}
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Can the edges of a cube be numbered from 1 to 12 in such a way that the sum of the numbers on the edges entering a vertex of the cube is the same for all vertices?
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We will prove by contradiction that the answer to the question is negative.
Suppose such a numbering exists and let $k$ be the sum at each vertex. On each edge, write its number twice: once at one end of the edge and again at the other end. Now, calculate the sum of the numbers thus written in two different ways.
First way: add the numbers edge by edge. We then find $2(1+2+\cdots+12)$, because each number from 1 to 12 is written twice.
Second way: add the numbers vertex by vertex. By hypothesis, the sum is $k$ at each vertex. In total, we therefore find $8k$.
Conclusion:
$$
8 k=2(1+2+\ldots+12)=12 \times 13=4 \times 39
$$
hence $k=39 / 2$, which is impossible.
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proof
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Yes
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Yes
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math-word-problem
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Combinatorics
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Peut-on numéroter les arêtes d'un cube de 1 à 12 en sorte que la somme des nombres sur les arêtes entrant dans un sommet du cube soit la même pour tous les sommets?
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Nous allons prouver par l'absurde que la réponse à la question est négative.
Supposons qu'une telle numérotation existe et notons $k$ la somme dans chaque sommet. Sur chaque arête, écrivons son numéro deux fois : une fois à un bout de l'arête et l'autre fois à l'autre bout. Maintenant, calculons la somme des numéros ainsi écrits de deux manières différentes.
Première manière : on additionne les numéros arête par arête. On trouve alors $2(1+2+\cdots+12)$, car chaque numéro de 1 à 12 est écrit deux fois.
Deuxième manière : on additionne les numéros sommet par sommet. Par hypothèse, la somme vaut $k$ dans chaque sommet. Au total, on trouve donc 8 k .
Conclusion:
$$
8 k=2(1+2+\ldots+12)=12 \times 13=4 \times 39
$$
d'où $k=39 / 2$, ce qui est impossible.
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{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "1",
"problem_match": "\nExercice 1.",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2012-2013-envoi2-corrige.jsonl",
"solution_match": "## Solution.",
"tier": "T2",
"year": "2013"
}
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Seven tenths of the Earth's surface are covered by the ocean. Show that there exists a diameter of the Earth whose two ends are submerged in the ocean.
Translate the above text into English, please keep the original text's line breaks and format, and output the translation result directly.
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Let $S$ be the surface covered by the ocean and $S^{\prime}$ its symmetric with respect to the center of the Earth. If the surfaces $S$ and $S^{\prime}$ were disjoint, they would together occupy 14/10 of the Earth's surface, which is impossible, since $14 / 10 > 1$. Therefore, $S$ and $S^{\prime}$ must have at least one point of intersection, which we will call $P$. Let $P^{\prime}$ be the symmetric of $P$ with respect to the center of the Earth. Thus, we have $P \in S$ and $P \in S^{\prime}$, in other words, $P \in S$ and $P^{\prime} \in S$. Consequently, both ends of the diameter $P P^{\prime}$ are submerged in the ocean.
| null |
Yes
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Yes
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math-word-problem
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Geometry
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Les sept dixièmes de la surface de la Terre sont couverts par l'océan. Montrer qu'il existe un diamètre de la Terre dont les deux extrémités baignent dans l'océan.
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Soit $S$ la surface couverte par l'océan et $S^{\prime}$ son symétrique par rapport au centre de la Terre. Si les surfaces $S$ et $S^{\prime}$ étaient disjointes, elles occuperaient ensemble les 14/10 de la surface de la Terre, ce qui est impossible, car $14 / 10>1$. Donc $S$ et $S^{\prime}$ ont au moins un point d'intersection, qu'on appellera $P$. Soit $\mathrm{P}^{\prime}$ le symétrique de $P$ par rapport au centre de la Terre. On a donc $P \in S$ et $P \in S^{\prime}$, autrement dit $P \in S$ et $P^{\prime} \in S$. Par conséquent, les deux bouts du diamètre $P P^{\prime}$ baignent dans l'océan.
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{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "2",
"problem_match": "\nExercice 2.",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2012-2013-envoi2-corrige.jsonl",
"solution_match": "\nSolution.",
"tier": "T2",
"year": "2013"
}
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Find one hundred distinct positive integers $n_{1}, \ldots, n_{100}$ such that
$$
1=\frac{1}{n_{1}}+\frac{1}{n_{2}}+\cdots+\frac{1}{n_{100}}
$$
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We will prove the following property by induction:
For any integer $k \geqslant 3$, we can find $k$ positive integers $n_{1}<n_{2}<\cdots<n_{k}$ such that
$$
1=\frac{1}{n_{1}}+\frac{1}{n_{2}}+\cdots+\frac{1}{n_{k}}
$$
and that $n_{k}$ is even.
For $k=3$, it suffices to take $n_{1}=2, n_{2}=3, n_{3}=6$. We have indeed
$$
1=\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{6}
$$
and 6 is even.
To go from $k$ to $k+1$, we will keep the numbers $n_{1}, \ldots, n_{k-1}$ unchanged and replace $n_{k}$ with $n_{k}^{\prime}=3 n_{k} / 2$ (which is an integer because $n_{k}$ is even) and $n_{k+1}^{\prime}=3 n_{k}$ (which is even because $n_{k}$ is). The numbers
$$
\mathrm{n}_{1}, \ldots, \mathrm{n}_{\mathrm{k}-1}, \frac{3 \mathrm{n}_{\mathrm{k}}}{2}, 3 \mathrm{n}_{\mathrm{k}}
$$
are still in increasing order; the largest number is still even; and the sum of the reciprocals has not changed because
$$
\frac{1}{n_{k}^{\prime}}+\frac{1}{n_{k+1}^{\prime}}=\frac{2}{3 n_{k}}+\frac{1}{3 n_{k}}=\frac{3}{3 n_{k}}=\frac{1}{n_{k}}
$$
Thus, if the property is true for $k$, it is also true for $k+1$.
Now, taking $k=100$, we obtain the statement required by the exercise.
## Common Exercises
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proof
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Yes
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Yes
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math-word-problem
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Number Theory
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Trouver cent entiers positifs distincts $n_{1}, \ldots, n_{100}$ tels que
$$
1=\frac{1}{n_{1}}+\frac{1}{n_{2}}+\cdots+\frac{1}{n_{100}}
$$
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Nous montrerons par récurrence la propriété suivante :
Pour tout entier $k \geqslant 3$ on peut trouver $k$ entiers positifs $n_{1}<n_{2}<\cdots<n_{k}$ tels que
$$
1=\frac{1}{n_{1}}+\frac{1}{n_{2}}+\cdots+\frac{1}{n_{k}}
$$
et que $n_{k}$ soit pair.
Pour $k=3$, il suffit de prendre $n_{1}=2, n_{2}=3, n_{3}=6$. On a bien
$$
1=\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{6}
$$
et 6 est bien pair.
Pour passer de $k$ à $k+1$, nous allons garder tels quels les nombres $n_{1}, \ldots, n_{k-1}$ et remplacer $n_{k}$ par $n_{k}^{\prime}=3 n_{k} / 2$ (qui est entier car $n_{k}$ est pair) et $n_{k+1}^{\prime}=3 n_{k}$ (qui est pair car $n_{k}$ l'est). Les nombres
$$
\mathrm{n}_{1}, \ldots, \mathrm{n}_{\mathrm{k}-1}, \frac{3 \mathrm{n}_{\mathrm{k}}}{2}, 3 \mathrm{n}_{\mathrm{k}}
$$
sont toujours rangés dans l'ordre croissant; le nombre le plus grand est toujours pair; et la somme des inverses n'a pas changé car
$$
\frac{1}{n_{k}^{\prime}}+\frac{1}{n_{k+1}^{\prime}}=\frac{2}{3 n_{k}}+\frac{1}{3 n_{k}}=\frac{3}{3 n_{k}}=\frac{1}{n_{k}}
$$
Ainsi, si la propriété est vraie pour $k$, elle est aussi vraie pour $k+1$.
Maintenant, en prenant $k=100$, nous obtenons l'affirmation demandée par l'exercice.
## Exercices Communs
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{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "3",
"problem_match": "\nExercice 3.",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2012-2013-envoi2-corrige.jsonl",
"solution_match": "\nSolution.",
"tier": "T2",
"year": "2013"
}
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Ruby performed a series of moves with her Rubik's cube. (For example, she can turn the top face clockwise, then the back face 180 degrees, then the right face counterclockwise. Or any other series of face rotations.) Then she repeats the same series of moves tirelessly. Show that after a certain number of repetitions, she will return to the initial configuration.
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Let $x_{0}$ be the initial configuration and $x_{n}$ the configuration after $n$ repetitions of Ruby's series. Since the total number of configurations of a Rubik's cube is finite, at some point a configuration will repeat: $x_{n}=x_{m}$ with $n<m$. Now, let's ask Ruby to reverse her series of moves, that is, to perform the rotations in the reverse order and in the opposite direction compared to her initial series of moves. By applying this reversed series to the configuration $x_{n}$, we obtain $x_{n-1}$. Similarly, by applying it to $x_{m}$, we obtain $x_{m-1}$. Since $x_{n}=x_{m}$, we deduce that $\mathrm{x}_{\mathrm{n}-1}=\mathrm{x}_{\mathrm{m}-1}$. By continuing to apply the reversed series, we will eventually reach the equality $x_{0}=x_{m-n}$ after $n$ repetitions.
We have thus proven that the initial configuration will reappear after $\mathrm{m}-\mathrm{n}$ repetitions of Ruby's series.
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Logic and Puzzles
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Ruby a effectué une série de mouvements avec son Rubik's cube. (Par exemple, elle peut tourner la face du haut dans le sens des aiguilles d'une montre, puis la face de fond de 180 degrés, puis la face de droite dans le sens contraire des aiguilles d'une montre. Ou n'importe quelle autre série de rotations de faces.) Ensuite elle répète inlassablement la même série de mouvements. Montrer qu'au bout d'un certain nombre de répétitions elle retrouvera la configuration de départ.
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Notons $x_{0}$ la configuration de départ et $x_{n}$ la configuration après $n$ répétitions de la série de Ruby. Comme le nombre total de configurations d'un Rubik's cube est fini, à un moment une configuration va se répéter : $x_{n}=x_{m}$ avec $n<m$. Demandons maintenant à Ruby d'inverser sa série de mouvements, autrement dit d'exécuter les rotations dans l'ordre inverse et dans le sens inverse par rapport à sa série de mouvements initiale. En appliquant cette série inversée à la configuration $x_{n}$ nous obtenons $x_{n-1}$. De même, en l'appliquant à $x_{m}$ nous obtenons $x_{m-1}$. Comme $x_{n}=x_{m}$, on en déduit que $\mathrm{x}_{\mathrm{n}-1}=\mathrm{x}_{\mathrm{m}-1}$. En continuant à appliquer la série inversée, nous allons arriver au bout de n répétitions à l'égalité $x_{0}=x_{m-n}$.
Nous avons donc prouvé que la configuration de départ réapparaîtra au bout $\mathrm{m}-\mathrm{n}$ répétitions de la série de Ruby.
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{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "4",
"problem_match": "\nExercice 4.",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2012-2013-envoi2-corrige.jsonl",
"solution_match": "\nSolution.",
"tier": "T2",
"year": "2013"
}
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In front of the entrance to the Cave of Treasures stands a barrel with four indistinguishable holes arranged at the vertices of a square on the lid. Inside each hole is a herring that can be placed either head down or head up. By inserting his hands into two holes, Ali-Baba can determine the position of the two herrings inside. He can also turn one or two of them as he wishes, or not turn any at all. The door to the cave opens when all four herrings are either all head down or all head up. The problem is that when Ali-Baba takes his hands out of the holes, the barrel starts spinning rapidly on itself, so that when it stops again, it is impossible for Ali-Baba to know which holes he had put his hands in the previous time. Help Ali-Baba open the cave in a finite number of operations.
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By first inserting your hands into two adjacent holes, then into two diagonal holes, you can place 3 out of 4 herrings with their heads up. If the door does not open, it means the last herring is placed with its head down.
Now, insert your hands diagonally. If you find a herring with its head down, flip it and you win. Otherwise, flip one of the herrings at random to get two adjacent herrings with their heads down and two others with their heads up.
Now, insert your hands into two adjacent holes and flip the two herrings. Either the door opens, or the herrings are now in an alternating pattern.
Then, insert your hands diagonally one last time and flip the two herrings so that they are all placed in the same way.
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not found
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Yes
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Yes
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math-word-problem
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Logic and Puzzles
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Devant l'entrée de la grotte aux trésors se trouve un tonneau avec quatre trous indistinguables disposés aux sommets d'un carré sur le couvercle. À l'intérieur de chaque trou se trouve un hareng qui peut être placé soit la tête en bas soit la tête en haut. En insérant les mains dans deux trous Ali-Baba peut déterminer la position des deux harengs qui s'y trouvent. Il peut également en retourner un ou deux comme il le souhaite ou n'en retourner aucun. La porte de la grotte s'ouvre lorsque les quatre harengs sont soit tous la tête en bas soit tous la tête en haut. Le problème c'est que lorsque Ali-Baba sort ses mains des trous le tonneau commence à tourner sur lui-même à une grande vitesse, si bien que, lorsqu'il s'arrête de nouveau, il est impossible pour Ali-Baba de savoir dans quels trous il avait mis les mains la fois précédente. Aidez Ali-Baba à ouvrir la grotte en un nombre fini d'opérations.
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En insérant les mains d'abord dans deux trous adjacents, puis dans deux trous en diagonale, on peut placer 3 harengs sur 4 la tête en haut. Si la porte ne s'ouvre pas, cela veut dire que le dernier hareng est placé la tête en bas.
Insérons maintenant les mains en diagonale. Si l'on trouve un hareng la tête en bas, on le retourne et c'est gagné. Sinon, on retourne un des harengs au hasard pour obtenir deux harengs adjacents la tête en bas et deux autres adjacents la tête en haut.
Insérons maintenant les mains dans deux trous adjacents et retournons les deux harengs. Soit la porte s'ouvre, soit les harengs sont maintenant en alternance.
Il suffit alors d'insérer les mains en diagonale une dernière fois et de retourner les deux harengs pour qu'ils soient tous placés de la même manière.
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{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "5",
"problem_match": "\nExercice 5.",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2012-2013-envoi2-corrige.jsonl",
"solution_match": "\nSolution.",
"tier": "T2",
"year": "2013"
}
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Three grasshoppers are located at the points $(0,0),(0,1)$ and $(1,0)$ on a grid paper. Each minute one of the grasshoppers jumps to another point on the grid in such a way that its jump is parallel to the line passing through the other two grasshoppers. Is it possible that after some time the grasshoppers end up at the points $(-1,0),(1,0)$ and $(0,1)$?
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If $A B$ and $C D$ are two parallel lines, then the area of triangle $A B C$ is equal to that of triangle $A B D$, because these two triangles have the same base $[A B]$ and the same height. It follows from this remark that the area of the triangle formed by the three grasshoppers does not change during their jumps. The area of the initial triangle is $1 / 2$, while that of the final triangle we want to achieve is 1. Therefore, it is impossible to go from one to the other.
## Olympic Exercises
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Logic and Puzzles
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Trois sauterelles se trouvent aux points $(0,0),(0,1)$ et $(1,0)$ d'une feuille quadrillée. Chaque minute une sauterelle saute sur un autre point de la grille d'une telle façon que son saut soit parallèle à la droite passant par les deux autres sauterelles. Est-il possible qu'au bout d'un certain temps les sauterelles se retrouvent aux points $(-1,0),(1,0)$ et $(0,1)$ ?
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Si $A B$ et $C D$ sont deux droites parallèles, alors l'aire du triangle $A B C$ est égale à celle du triangle $A B D$, car ces deux triangles ont la même base $[A B]$ et la même hauteur. Il découle de cette remarque que l'aire du triangle formé par les trois sauterelles ne change pas lors de leurs sauts. Or l'aire du triangle de départ vaut $1 / 2$, tandis que celle du triangle qu'on souhaite obtenir à la fin vaut 1 . Il est donc impossible de passer de l'un à l'autre.
## Exercices Olympiques
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{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "6",
"problem_match": "\nExercice 6.",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2012-2013-envoi2-corrige.jsonl",
"solution_match": "\nSolution.",
"tier": "T2",
"year": "2013"
}
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Each of the 400 members of a parliament has slapped exactly one other member. Show that it is possible to form a parliamentary commission of 134 members such that no member of the commission has slapped any other member.
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Let's call two deputies enemies if one of them has slapped the other. We will solve a more general exercise by induction:
In a parliament of at least \(3n-2\) deputies, each deputy has slapped 0 or 1 other deputy. It is always possible to form a parliamentary commission of \(n\) deputies that contains no enemy pairs.
For \(n=1\), the property is obvious: we can always form a commission of one deputy because a deputy is never their own enemy.
Now let's show how to go from \(n\) to \(n+1\). Consider a parliament with at least
\[
3(n+1)-2=3n+1
\]
deputies. Since the total number of slaps is less than or equal to the number of deputies, there exists, by the pigeonhole principle, a deputy who has been slapped at most once and who therefore has at most two enemies. Put this deputy in the commission automatically and remove his or her two enemies. We are left with at least \(3n-2\) deputies among whom there are no enemies of the selected deputy. By the induction hypothesis, we can complete the commission by choosing another \(n\) deputies from those who remain without any enemy pairs among them.
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Combinatorics
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Chacun des 400 députés d'un parlement a giflé exactement un autre député. Montrer qu'on peut créer une commission parlementaire de 134 députés telle qu'aucun membre de la commission n'ait giflé aucun autre membre.
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Appellons deux députés ennemis si l'un d'eux a giflé l'autre. Nous allons résoudre par récurrence un exercice plus général :
Dans un parlement d'au moins $3 n-2$ députés, chaque député a giflé 0 ou 1 autre député. Il est alors toujours possible de créer une commission parlementaire de n députés qui ne contienne aucun couple ennemi.
Pour $\mathrm{n}=1$ la propriété est évidente : on peut toujours former une commission à un député car un député n'est jamais son propre ennemi.
Montrons maintenant comment passer de n à $\mathrm{n}+1$. Considérons un parlement avec au moins
$$
3(n+1)-2=3 n+1
$$
députés. Comme le nombre total de gifles est inférieur ou égal au nombre de députés, il existe, par le principe des tiroirs, un député qui a été giflé au plus une fois et qui a donc au plus deux ennemis. Mettons ce député dans la commission d'office et écartons son ou ses deux ennemis. Il nous reste au moins $3 n-2$ députés parmi lesquels il n'y a aucun ennemi du député selectionné. Par hypothèse de récurrence, on peut compléter la commission en choisissant encore n députés parmi ceux qui restent sans qu'il y ait aucun couple ennemi parmi eux.
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{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "7",
"problem_match": "\nExercice 7.",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2012-2013-envoi2-corrige.jsonl",
"solution_match": "\nSolution.",
"tier": "T2",
"year": "2013"
}
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A digicode opens as soon as the correct unique combination of 4 digits (which may possibly contain repetitions) is entered. For example, if the sequence of digits 000125 is entered, the digicode will open if the code is either 0001, 0012, or 0125. Little Pierre does not know the code. How many digits at a minimum must he enter to be sure to open the digicode?
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It is clear that at least 10003 digits are needed, because all 10000 combinations must be tried. Let's show that this number is also sufficient.
Draw 1000 points corresponding to all sequences of 3 digits. Draw an arrow between two points if the last two digits of the first combination match the first two digits of the second combination (and in the same order). For example, there will be an arrow from the point 200 to the point 009 and another from the point 201 to the point 017; between the points 303 and 030 there will be two arrows in both directions; on the point 777 there will be a loop arrow that returns to its starting point. Thus, each arrow corresponds to a unique possible code.
It is easy to see that there are 10 incoming arrows and 10 outgoing arrows at each point. Indeed, to get an outgoing arrow, for example, one must choose a digit from 0 to 9 to add to the last two digits of the point's number, which gives exactly 10 choices.
It is also easy to see that the graph formed by the points and arrows is connected. Indeed, one can go from a point \(abc\) to the point def in three arrows \(abc \rightarrow bcd \rightarrow cde \rightarrow\) def.
The well-known Euler's theorem (see, for example, "Eulerian Graph" on Wikipedia) then ensures that it is possible to traverse all the arrows of the graph without passing through the same arrow twice. This traversal will give the desired sequence of 10003 digits: one will need to type the 3 digits of the starting point and then just the last digit of each point in the traversal. The fact that each arrow of the graph is passed exactly once means that each possible 4-digit code will be tried exactly once.
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10003
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Yes
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Yes
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math-word-problem
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Combinatorics
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Un digicode s'ouvre dès qu'on fait l'unique combinaison correcte de 4 chiffres (qui peut éventuellement contenir des répétitions). Par exemple, si l'on tape la suite des chiffres 000125 le digicode s'ouvrira si le code est soit 0001, soit 0012, soit 0125. Petit Pierre ne connaît pas le code. Combien de chiffres au minimum doit-il taper pour ouvrir le digicode à coup sûr?
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Il est clair qu'il faut au moins 10003 chiffres, car il faut essayer toutes les 10000 combinaisons. Montrons que ce nombre est aussi suffisant.
Dessinons 1000 points correspondant à toutes les suites de 3 chiffres. Dessinons une flèche entre deux points si les deux derniers chiffres de la première combinaison coincident avec les deux premiers chiffres de la deuxième combinaison (et vont dans le même ordre). Par exemple, il y aura une flèche allant du point 200 vers le point 009 et une autre allant du point 201 vers le point 017 ; entre les points 303 et 030 il y aura deux flèches allant dans les deux sens; sur le point 777 il y aura une flèche en forme de boucle qui revient vers son point de départ. Ainsi, chaque flèche correspond à un unique code possible.
On voit facilement qu'il y a 10 flèches entrantes et 10 flèches sortantes dans chaque point. En effet, pour obtenir une flèche sortante, par exemple, il faut choisir un chiffre de 0 à 9 à rajouter aux derniers chiffres du numéro du point, ce qui fait exactement 10 choix.
Il est facile à voir également que le graphe formé par les points et les flèches est connexe. En effet, on passe d'un point $a b c$ au point def en trois flèches $a b c \rightarrow b c d \rightarrow c d e \rightarrow$ def.
Le théorème d'Euler bien connu (voir, par exemple, "Graphe Eulérien" dans wikipédia) assure alors qu'on peut parcourir toutes les flèches du graphe sans passer deux fois par la même flèche. Ce parcours donnera la suite de 10003 chiffres recherchée : il faudra taper les 3 chiffres du point de départ et ensuite juste le dernier chiffre de chaque point du parcours. Le fait qu'on passe une et une seule fois par chaque flèche du graphe signifie exactement que chaque code possible de 4 chiffres sera essayé une et une seule fois.
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{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "8",
"problem_match": "\nExercice 8.",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2012-2013-envoi2-corrige.jsonl",
"solution_match": "\nSolution.",
"tier": "T2",
"year": "2013"
}
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We have 500 ball slots numbered from 1 to 500 from left to right. Balls numbered from 1 to 500 are placed in these slots in a random order: their numbers do not necessarily coincide with the numbers of the slots. (In each slot, there is exactly one ball.) We say that the order of the balls is rather increasing if the longest decreasing subsequence of the ball numbers that can be extracted from this order does not exceed 5 elements. Show that there are at most $5^{1000}$ rather increasing orders.
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First, let's show that if the balls are arranged in a rather increasing order, then we can color them with 5 colors such that the sequence of balls of each color is increasing. For this, we will order the 5 colors in a certain order and color the balls one by one from left to right, using each time the first available color, i.e., the first color such that the previous ball of this color has a smaller number than the one we are currently coloring. Let's show that with this method, we will indeed manage to color all the balls. Suppose, by contradiction, that we have reached a ball for which none of the 5 colors is available. In particular, this means that we have already used the color number 5 to color a ball with a larger number. If for this ball we had chosen the color number 5, it is because, according to our rule, the color number 4 was not available. In other words, there was a ball even earlier in the sequence with an even larger number that had been colored with color 4. By continuing this process up to color number 1, we will discover a sequence of 6 balls whose numbers are in decreasing order. This contradicts the assumption that our order was rather increasing.
Now consider a rather increasing order and color the balls according to the rule mentioned above. Also, color each slot with the same color as the ball it contains (it will suffice to put a lot of paint on each ball so that it also flows into the slot). It is easy to see that the order of the balls is unambiguously restored if we know the color of all the balls and all the slots. Indeed, the balls of a given color go into the slots of the same color and are arranged in increasing order.
There are \(5^{500}\) possible colorings of the balls and \(5^{500}\) possible colorings of the slots in 5 colors. Therefore, the number of rather increasing orders is at most \(5^{1000}\).
Remark: According to Stirling's formula, the number of permutations of 500 elements, which is 500!, can be estimated as \((500 / e)^{500}\). Since \(500 / e > 25\), our estimate shows that rather increasing orders are much fewer than all possible orders.
\(\mathcal{F i n}\)
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5^{1000}
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Yes
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Yes
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proof
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Combinatorics
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On dispose de 500 emplacements à billes numérotés de 1 à 500 de gauche à droite. Des billes numérotées de 1 à 500 sont posées dans ces emplacements dans le désordre : leurs numéros ne coïncident pas nécessairement avec les numéros des emplacements. (Dans chaque emplacement il y a exactement une bille.) On dit que l'ordre des billes est plutôt croissant si la plus longue sous-suite décroissante des numéros des billes qu'on peut extraire de cet ordre ne dépasse pas 5 éléments. Montrer qu'il existe au plus $5^{1000}$ ordres plutôt croissants.
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Montrons d'abord que si les billes sont disposées dans un ordre plutôt croissant alors on peut les colorier en 5 couleurs de telle sorte que la suite des billes de chaque couleur soit croissante. Pour cela nous allons ordonner les 5 couleurs dans un certain ordre et colorier les billes une par une de gauche à droite en utilisant à chaque fois la première couleur disponible, c'est à dire la première couleur telle que la précédente bille de cette couleur ait un numéro plus petit que celle que nous sommes en train de colorier. Montrons qu'avec cette méthode nous arriverons en effet à colorier toutes les billes. Supposons par l'absure que nous sommes arrivés à une bille pour laquelle aucune des 5 couleurs n'est disponible. En particulier cela veut dire qu'on a déjà utilisé la couleur numéro 5 pour colorier une bille dont le numéro était plus grand. Si pour cette bille-là nous avions choisi la couleur numéro 5, c'est que, d'après notre règle, la couleur numéro 4 n'était pas disponible. Autrement dit il y avait une bille encore plus tôt dans la suite qui avait un numéro encore plus grand et qu'on avait coloriée en couleur 4. En remontant de la même manière jusqu'à la couleur numéro 1 on découvrira une suite de 6 billes dont les numéros vont dans l'ordre décroissant. Ceci contredit l'hypothèse que notre ordre était plutôt croissant.
Considérons maintenant un ordre plutôt croissant et colorions les billes selon la règle ci-dissus. Colorions également chaque emplacement de la même couleur que la bille qu'il contient (il suffira de mettre beaucoup de peinture sur chaque bille, de sorte qu'elle coule aussi dans l'emplacement). Il est facile à voir que l'ordre des billes se rétablit d'une manière inambiguë si l'on connaît la couleur de toutes les billes et de tous les emplacements. En effet, les billes d'une couleur donnée vont dans les emplacements de cette même couleur et y sont rangées dans l'ordre croissant.
Or il y a $5^{500}$ coloriages possibles des billes et $5^{500}$ coloriages possibles des emplacements en 5 couleurs. Donc le nombre d'ordres plutôt croissants est au plus $5^{1000}$.
Remarque : d'après la formule de Stirling le nombre de permutations de 500 éléments, qui vaut 500 !, peut être estimé à $(500 / e)^{500}$. Comme $500 / e>25$, notre estimation montre que les ordres plutôt croissants sont beaucoup moins nombreux que tous les ordres possibles.
$\mathcal{F i n}$
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{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "9",
"problem_match": "\nExercice 9.",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2012-2013-envoi2-corrige.jsonl",
"solution_match": "\nSolution.",
"tier": "T2",
"year": "2013"
}
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A proper divisor of an integer $n$ is a positive divisor of $n$ that is different from 1 and $n$.
Does there exist an integer $n$ whose product of proper divisors is equal to 2013?
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The prime factorization of 2013 is $3 \times 11 \times 61$. Thus, if the product of the proper divisors of an integer n is 2013, this implies that n is itself divisible by 3, 11, and 61. In this case, it has among its proper divisors at least the following numbers:
$$
3,11,61,33,671
$$
whose product exceeds 2013 (it is $2013 \times 33 \times 671=44573859$). Therefore, such an integer n does not exist.
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not found
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Yes
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Yes
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math-word-problem
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Number Theory
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On appelle diviseur propre d'un entier $n$ un diviseur positif de $n$ qui est différent de 1 et de n.
Existe-t-il un entier n dont le produit des diviseurs propres est égal à 2013 ?
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La décomposition en facteurs premiers de 2013 est $3 \times 11 \times 61$. Ainsi, si le produit des diviseurs stricts d'un entier n vaut 2013, cela implique que n est lui même divisible par 3, 11 et 61 . Or, dans ce cas, il compte parmi ses diviseurs stricts au moins les nombres suivants :
$$
3,11,61,33,671
$$
dont le produit surpasse 2013 (il vaut $2013 \times 33 \times 671=44573859$ ). Ainsi, un tel entier n n'existe pas.
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{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "1",
"problem_match": "\nExercice 1.",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2012-2013-envoi3-corrige.jsonl",
"solution_match": "## Solution.",
"tier": "T2",
"year": "2013"
}
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Each strictly positive rational number is colored either red or black, such that:
- the numbers $x$ and $x+1$ are of different colors;
- the numbers $x$ and $\frac{1}{x}$ are of the same color;
- the number 1 is colored red.
What is the color of $\frac{2012}{2013}$?
(No proof of the existence of such a coloring is required.)
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We notice that $\frac{2012}{2013}$ can be written as:
$$
\frac{2012}{2013}=\frac{1}{1+\frac{1}{2012}}
$$
Thus, according to the rules of the problem, it has the opposite color of 2012. Now, the latter is obtained by adding 1 to 1, 2011 times; it therefore has the opposite color of 1 (since the color is inverted 2011 times), which is black. Thus $\frac{2012}{2013}$ is red.
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\frac{2012}{2013} \text{ is red}
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Yes
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Yes
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math-word-problem
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Number Theory
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Chaque nombre rationnel strictement positif est colorié soit en rouge, soit en noir, de telle sorte que:
- les nombres $x$ et $x+1$ sont de couleurs différentes ;
- les nombres $x$ et $\frac{1}{x}$ sont de la même couleur;
- le nombre 1 est colorié en rouge.
Quelle est la couleur de $\frac{2012}{2013}$ ?
(On ne demande pas de démontrer l'existence d'un tel coloriage.)
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On remarque que $\frac{2012}{2013}$ s'écrit:
$$
\frac{2012}{2013}=\frac{1}{1+\frac{1}{2012}}
$$
Ainsi, d'après les règles de l'énoncé, il a la couleur inverse de 2012. Or, ce dernier s'obtient en ajoutant 2011 fois 1 à 1 ; il a donc la couleur inverse de 1 (puisqu'on inverse 2011 fois la couleur), c'est-à-dire noir. Ainsi $\frac{2012}{2013}$ est rouge.
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{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "2",
"problem_match": "\nExercice 2.",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2012-2013-envoi3-corrige.jsonl",
"solution_match": "## Solution.",
"tier": "T2",
"year": "2013"
}
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The Fibonacci sequence is constructed as follows: each term is the sum of the two preceding ones. Its first terms are:
$$
1,1,2,3,5,8,13,21,34,55,89, \ldots
$$
Show that the Fibonacci sequence contains a multiple of 1000.
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Let $F_{n}$ denote the $n$-th term of the Fibonacci sequence ( $F_{1}=1, F_{2}=1, F_{3}=2$, etc.) and let $u_{n}$ denote the remainder of the Euclidean division of $F_{n}$ by 1000 ( $u_{n}$ is thus the number formed by the last three digits of $F_{n}$ ). Since there are only a finite number of pairs ( $x, y$ ) of integers between 0 and 999 (there are exactly $1000^{2}=1000000$ such pairs), there exist integers $n$ and $N$ such that $N>0$ and
$$
u_{n}=u_{n+N} \quad ; \quad u_{n+1}=u_{n+1+N}
$$
Now, $u_{n-1}$ (resp. $u_{n-1+N}$ ) is obtained from $u_{n}$ and $u_{n+1}$ (resp. $u_{n+N}$ and $u_{n+1+N}$ ) as the remainder of the Euclidean division of $u_{n+1}-u_{n}$ (resp. $u_{n+1+N}-u_{n+N}$ ) by 1000. Thus, from the equalities (1), we deduce that $\mathfrak{u}_{n-1}=u_{n-1+N}$. Continuing in this manner, we obtain $u_{N+1}=u_{1}=1$ and $u_{N+2}=u_{2}=1$, from which it follows that $u_{N}=0$. The integer $F_{N}$ is therefore a multiple of 1000.
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Number Theory
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La suite de Fibonacci est construite ainsi : chaque terme est la somme des deux précédents. Ses premiers termes valent:
$$
1,1,2,3,5,8,13,21,34,55,89, \ldots
$$
Montrer que la suite de Fibonacci contient un multiple de 1000.
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Notons $F_{n}$ le $n$-ième terme de la suite de Fibonacci ( $F_{1}=1, F_{2}=1, F_{3}=2$, etc.) et notons $u_{n}$ le reste de la division euclidienne de $F_{n}$ par 1000 ( $u_{n}$ est donc le nombre formé par les trois derniers chiffres de $F_{n}$ ). Comme il n'y a qu'un nombre fini de couples ( $x, y$ ) d'entiers compris entre 0 et 999 (il $y$ en a exactement $1000^{2}=1000000$ ), il existe des entiers $n$ et $N$ tels que $N>0$ et
$$
u_{n}=u_{n+N} \quad ; \quad u_{n+1}=u_{n+1+N}
$$
Or, $u_{n-1}$ (resp. $u_{n-1+N}$ ) s'obtient à partir de $u_{n}$ et $u_{n+1}$ (resp. $u_{n+N}$ et $u_{n+1+N}$ ) comme le reste de la division euclidienne de $u_{n+1}-u_{n}$ (resp. $u_{n+1+N}-u_{n+N}$ ) par 1000. Ainsi, des égalités (1), on déduit que $\mathfrak{u}_{n-1}=u_{n-1+N}$. En continuant ainsi, on obtient $u_{N+1}=u_{1}=1$ et $u_{N+2}=u_{2}=1$, d'où il résulte enfin $u_{N}=0$. L'entier $F_{N}$ est donc multiple de 1000.
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{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "3",
"problem_match": "\nExercice 3.",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2012-2013-envoi3-corrige.jsonl",
"solution_match": "## Solution.",
"tier": "T2",
"year": "2013"
}
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Show that the equation
$$
x(x+2)=y(y+1)
$$
has no solution in strictly positive integers.
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If the pair $(x, y)$ is a solution, we have $x(x+1)<x(x+2)=y(y+1)$, and thus $x<y$. However, assuming $(x, y)$ is still a solution, we can write $(x+1)(x+2)>x(x+2)=y(y+1)$, from which we deduce $x+1>y$. Therefore, a hypothetical solution $(x, y)$ should satisfy $x<y<x+1$, which cannot occur. We conclude that the proposed equation has no solution in strictly positive integers.
## Common Exercises
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Number Theory
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Montrer que l'équation
$$
x(x+2)=y(y+1)
$$
n'a pas de solution en nombres entiers strictement positifs.
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Si le couple $(x, y)$ est solution, on a $x(x+1)<x(x+2)=y(y+1)$ et donc $x<y$. Mais de même, en supposant toujours $(x, y)$ solution, on peut écrire $(x+1)(x+2)>x(x+2)=y(y+1)$, d'où on déduit $x+1>y$. Ainsi, une solution ( $x, y$ ) hypothétique devrait donc vérifier $x<y<x+1$, ce qui ne peut se produire. On en déduit que l'équation proposée n'a pas de solution en nombres entiers strictement positifs.
## Exercices Communs
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{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "4",
"problem_match": "\nExercice 4.",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2012-2013-envoi3-corrige.jsonl",
"solution_match": "## Solution.",
"tier": "T2",
"year": "2013"
}
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Let n and m be two strictly positive integers. Show that $5^{\mathrm{m}}+5^{n}$ can be written as a sum of two squares if and only if $n$ and $m$ have the same parity.
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Suppose first that $n$ and $m$ do not have the same parity. We then study the quantity $5^{n}+5^{m}$ modulo 8. By induction, it is easily proven that $5^{k}$ is congruent to 1 (resp. 5) modulo 8 if $k$ is even (resp. odd). Thus, according to our hypothesis, we always have $5^{n}+5^{m} \equiv 6(\bmod 8)$. On the other hand, a square is always congruent to 0, 1, or 4 modulo 8. Since there is no way to write 6 as the sum of two of these three numbers, we conclude that $5^{n}+5^{m}$ cannot be written as the sum of two squares.
Now suppose that $n$ and $m$ have the same parity. Without loss of generality, we can assume further that $m \geqslant n$. Thus, there exists a non-negative integer $k$ such that $m=n+2k$. We then have $5^{m}+5^{n} = 5^{n}(5^{2k}+1)$. Since, clearly, $5=2^{2}+1^{2}$ and $5^{2k}+1$ can be written as the sum of two squares, it suffices to conclude by showing that if $x$ and $y$ can be written as the sum of two squares, then the same is true for the product $xy$. This follows directly from the formula:
$$
\left(a^{2}+b^{2}\right)\left(c^{2}+d^{2}\right)=(ad-bc)^{2}+(ac+bd)^{2}
$$
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Number Theory
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Soient n et m deux entiers strictement positifs. Montrer que $5^{\mathrm{m}}+5^{n}$ s'écrit comme une somme de deux carrés si et seulement si $n$ et $m$ ont même parité.
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Supposons pour commencer que $n$ et $m$ n'ont pas même parité. On étudie alors la quantité $5^{n}+5^{m}$ modulo 8 . Par récurrence, on démontre facilement que $5^{k}$ est congru à 1 (resp. 5) modulo 8 si k est pair (resp. impair). Ainsi, d'après notre hypothèse, on a toujours $5^{n}+5^{m} \equiv 6(\bmod 8)$. Or, par ailleurs, un carré est toujours congru à 0,1 ou 4 modulo 8 . Comme il n'y a aucune manière d'écrire 6 comme somme de deux de ces trois nombres, on en déduit que $5^{n}+5^{\mathrm{m}}$ ne peut s 'écrire comme somme de deux carrés.
Supposons maintenant que $n$ et $m$ ont même parité. Quitte à échanger $n$ et $m$, on peut supposer en outre que $\mathrm{m} \geqslant \mathrm{n}$. Ainsi, il existe un entier k positif ou nul tel que $\mathrm{m}=\mathrm{n}+2 \mathrm{k}$. On a alors $5^{\mathrm{m}}+5^{\mathrm{n}}=$ $5^{\mathrm{n}}\left(5^{2 \mathrm{k}}+1\right)$. Comme, manifestement $5=2^{2}+1^{2}$ et $5^{2 \mathrm{k}}+1$ s'écrivent comme sommes de deux carrés, il suffit pour conclure de montrer que, si $x$ et $y$ s'écrivent comme somme de deux carrés, alors il en va de même du produit xy . Ceci résulte directement de la formule :
$$
\left(a^{2}+b^{2}\right)\left(c^{2}+d^{2}\right)=(a d-b c)^{2}+(a c+b d)^{2}
$$
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{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "5",
"problem_match": "\nExercice 5.",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2012-2013-envoi3-corrige.jsonl",
"solution_match": "## Solution.",
"tier": "T2",
"year": "2013"
}
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Do there exist non-negative rational numbers \(x, y\) and \(z\) such that:
$$
x^{5}+2 y^{5}+5 z^{5}=11
$$
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We will show that there are no such rationals $x, y, z$. We reason by contradiction, assuming that they do exist. Let $d$ be the smallest common denominator of $x, y$, and $z$. We can then write $x=\frac{a}{d}$, $y=\frac{b}{d}$, and $z=\frac{c}{d}$ for some integers $a, b$, and $c$. The equation we want to solve becomes:
$$
a^{5}+2 b^{5}+5 c^{5}=11 d^{5}
$$
Let's study this equation modulo 11. An exhaustive search (or the use of Fermat's Little Theorem) shows that a fifth power is congruent to 0, 1, or -1 modulo 11. We deduce that the congruence $a^{5}+2 b^{5}+5 c^{5} \equiv 0 \pmod{11}$ implies that $a, b$, and $c$ are all multiples of 11. Thus, $a^{5}+2 b^{5}+5 c^{5}$ is divisible by $11^{5}$, from which we deduce that $d$ is also divisible by 11. The fractions $\frac{a}{d}$, $\frac{b}{d}$, and $\frac{c}{d}$ can therefore all be simplified by 11. This contradicts the minimality of $d$ and completes the proof.
## Olympic Exercises
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proof
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Yes
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Yes
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math-word-problem
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Number Theory
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Existe-t-il des nombres rationnels positifs ou nuls $x, y$ et $z$ tels que:
$$
x^{5}+2 y^{5}+5 z^{5}=11
$$
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Nous allons montrer qu'il n'existe pas de tels rationnels $x, y, z$. On raisonne par l'absurde en supposant qu'il en existe. Soit $d$ le plus petit dénominateur commun de $x, y$ et $z$. On peut alors écrire $x=\frac{a}{d}$, $\mathrm{y}=\frac{\mathrm{b}}{\mathrm{d}}$ et $z=\frac{\mathrm{c}}{\mathrm{d}}$ pour certains entiers $\mathrm{a}, \mathrm{b}$ et c . L'équation que l'on cherche à résoudre devient alors :
$$
a^{5}+2 b^{5}+5 c^{5}=11 d^{5}
$$
Étudions cette équation modulo 11. Une recherche exhaustive (ou l'utilisation du petit théorème de Fermat) montre qu'une puissance 5 -ième est congrue à 0,1 ou -1 modulo 11 . On en déduit que la congruence $a^{5}+2 b^{5}+5 c^{5} \equiv 0(\bmod 11)$ implique que $a, b$ et $c$ sont tous les trois multiples de 11. Ainsi, $a^{5}+2 b^{5}+5 c^{5}$ est divisible par $11^{5}$, d'où on déduit que $d$ est lui aussi divisible par 11. Les fractions $\frac{a}{d}, \frac{b}{d}$ et $\frac{c}{d}$ peuvent donc, toutes les trois, être simplifiées par 11. Ceci contredit la minimalité de $d$ et termine la démonstration.
## Exercices Olympiques
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{
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"problem_match": "\nExercice 6.",
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"year": "2013"
}
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Prove that there is a unique way to color each strictly positive rational number either red or blue, such that:
- the numbers $x$ and $x+1$ are of different colors;
- the numbers $x$ and $\frac{1}{x}$ are of the same color;
- the number 1 is colored red.
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First, let's show that such a coloring is necessarily unique. To do this, we will prove by induction on $\max (\mathrm{a}, \mathrm{b})$ that the color of the fraction $\frac{\mathrm{a}}{\mathrm{b}}$ (assumed to be in irreducible form) is entirely determined. The conclusion is true when $\max (a, b)=1$ since this implies $a=b=1$ and, by hypothesis, the color of 1 is red. Now consider an irreducible fraction $\frac{a}{b}$ and suppose we have already shown that the color of any irreducible fraction $\frac{a^{\prime}}{b^{\prime}}$ with $\max \left(\mathrm{a}^{\prime}, \mathrm{b}^{\prime}\right)<\max (\mathrm{a}, \mathrm{b})$ is determined. Without loss of generality, we can assume that $a > b$ (which does not change $\max (a, b)$ or the color of the fraction). By hypothesis, $\frac{a}{b}$ has the opposite color of $\frac{a}{b}-1=\frac{a-b}{b}$. Moreover, $\max (a-b, b) < \max (a, b) = a$. Thus, the fraction $\frac{a-b}{b}$ falls under the induction hypothesis; its color is therefore entirely determined, and consequently, so is the color of $\frac{\mathrm{a}}{\mathrm{b}}$.
The existence is demonstrated in the same way: by reusing the previous arguments, we construct the coloring by induction on $\max (\mathrm{a}, \mathrm{b})$ and verify that each color identity is used exactly once when constructing the coloring with this method.
Remark. If $a$ and $b$ are two coprime integers, let $q_{1}(a, b), \ldots, q_{n}(a, b)$ be the finite sequence of successive quotients obtained when performing the Euclidean algorithm starting from $a$ and $b$. We can then show that the unique coloring satisfying the conditions of the statement is the one that assigns the color red (resp. blue) to the irreducible fraction $\frac{a}{b}$ when $\sum_{i} q_{i}(a, b)$ is odd (resp. even).
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Number Theory
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Prouver qu'il existe une unique manière de colorier chaque nombre rationnel strictement positif soit en rouge, soit en bleu, de sorte que :
- les nombres $x$ et $x+1$ sont de couleurs différentes ;
- les nombres $x$ et $\frac{1}{x}$ sont de la même couleur;
- le nombre 1 est colorié en rouge.
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Montrons tout d'abord qu'un tel coloriage est nécessairement unique. Pour cela, nous allons démontrer par récurrence sur $\max (\mathrm{a}, \mathrm{b})$ que la couleur de la fraction $\frac{\mathrm{a}}{\mathrm{b}}$ (supposée écrite sous forme irréductible) est entièrement déterminée. La conclusion est vraie lorsque $\max (a, b)=1$ puisque cela impose $a=b=1$ et que l'on sait, par hypothèse, que la couleur de 1 est rouge. Considérons maintenant une fraction irréductible $\frac{a}{b}$ et supposons que l'on ait déjà démontré que la couleur de toute fraction irréductible $\frac{a^{\prime}}{b^{\prime}}$ $\operatorname{avec} \max \left(\mathrm{a}^{\prime}, \mathrm{b}^{\prime}\right)<\max (\mathrm{a}, \mathrm{b})$ soit déterminée. Quitte à remplacer $\frac{\mathrm{a}}{\mathrm{b}}$ par son inverse $\frac{\mathrm{b}}{\mathrm{a}}$ (ce qui ne modifie ni $\max (a, b)$, ni la couleur de la fraction), on peut supposer que $a>b$. Par hypothèse, $\frac{a}{b}$ a la couleur inverse de $\frac{a}{b}-1=\frac{a-b}{b}$. De plus, $\max (a-b, b)<\max (a, b)=a$. Ainsi, la fraction $\frac{a-b}{b}$ relève de l'hypothèse de récurrence; sa couleur est donc entièrement déterminée et, par suite, celle de $\frac{\mathrm{a}}{\mathrm{b}}$ l'est également.
L'existence se démontre de la même façon : en reprenant les arguments précédents, on construit le coloriage par récurrence sur $\max (\mathrm{a}, \mathrm{b})$ en vérifiant que chaque identité entre couleurs est utilisée une et une seule fois lorsqu'on construit le coloriage avec cette méthode.
Remarque. Si $a$ et $b$ sont deux entiers premiers entre eux, notons $q_{1}(a, b), \ldots, q_{n}(a, b)$ la suite (finie) des quotients successifs obtenus lorsque l'on effectue l'algorithme d'Euclide à partir de a et b. On peut alors montrer que l'unique coloriage satisfaisant aux conditions de l'énoncé est celui qui attribue la couleur rouge (resp. bleue) à la fraction irréductible $\frac{a}{b}$ lorsque $\sum_{i} q_{i}(a, b)$ est impair (resp. pair).
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{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "7",
"problem_match": "\nExercice 7.",
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"solution_match": "## Solution.",
"tier": "T2",
"year": "2013"
}
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. Find all natural numbers $\mathrm{k}>0$ such that the equation in $x$ and $y$:
$$
x(x+k)=y(y+1)
$$
has a solution in strictly positive integers.
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The equation from the statement can also be written as $\left(x+\frac{k}{2}\right)^{2}=\left(y+\frac{1}{2}\right)^{2}+\frac{k^{2}-1}{4}$, or, by factoring:
$$
\left(x-y+\frac{k-1}{2}\right) \cdot\left(x+y+\frac{k+1}{2}\right)=\frac{k^{2}-1}{4} .
$$
We distinguish two cases based on the parity of $k$. If $k$ is odd, we write $k=2 a+1$ and the previous equation becomes $(x-y+a)(x+y+a+1)=a(a+1)$. By setting the first factor to 1 and the second to $a(a+1)$, we get $x=\frac{a(a-1)}{2}$ and $y=x+(a-1)=\frac{(a-1)(a+2)}{2}$. Since the product of two consecutive integers is always even, the values we have obtained form a solution as soon as $a > 1$. For $a=1$ (i.e., $k=3$), on the contrary, there is no solution, because the equality $(x-y+1)(x+y+2)=2$ cannot be satisfied given that the second factor is always $>2$ when $x$ and $y$ are strictly positive. For $a=0$, finally, we have $k=1$ and, clearly, all pairs $(x, y)$ are suitable.
We reason similarly in the case where $k$ is even. We set $k=2 a$ and equation (2) becomes $(2 x-2 y+2 a-1)(2 x+2 y+2 a+1)=4 a^{2}-1$. As before, by setting the first factor to 1, we obtain a system in $x$ and $y$ whose solutions are $x=a(a-1)$ and $y=(a+1)(a-1)$. This solution is acceptable as soon as $a>1$. For $a=1$, the equation to solve becomes $(2 x-2 y+1)(2 x+2 y+3)=3$ and it has no solution with $x, y>0$ given that this condition implies that the second factor is $>3$.
In summary, the integers $k$ that work are $k=1$ and all integers $k \geqslant 4$.
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k=1 \text{ and all integers } k \geqslant 4
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Yes
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Yes
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math-word-problem
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Number Theory
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. Trouver tous les entiers naturels $\mathrm{k}>0$ tels que l'équation en $x$ et y :
$$
x(x+k)=y(y+1)
$$
ait une solution en entiers strictement positifs.
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L'équation de l'énoncé s'écrit encore $\left(x+\frac{k}{2}\right)^{2}=\left(y+\frac{1}{2}\right)^{2}+\frac{k^{2}-1}{4}$, soit, en factorisant:
$$
\left(x-y+\frac{k-1}{2}\right) \cdot\left(x+y+\frac{k+1}{2}\right)=\frac{k^{2}-1}{4} .
$$
Distinguons deux cas selon la parité de $k$. Si $k$ est impair, on écrit $k=2 a+1$ et l'équation précédente devient $(x-y+a)(x+y+a+1)=a(a+1)$. En écrivant que le premier facteur vaut 1 et le second $a(a+1)$, on obtient $x=\frac{a(a-1)}{2}$ et $y=x+(a-1)=\frac{(a-1)(a+2)}{2}$. Étant donné que le produit de deux entiers consécutifs est toujours pair, les valeurs que l'on vient d'obtenir forment une solution dès que a $>1$. Pour $\mathrm{a}=1$ (i.e. $k=3$ ), au contraire, il n'y a pas de solution, car l'égalité $(x-y+1)(x+y+2)=2$ ne peut être satisfaite étant donné que le deuxième facteur est toujours $>2$ lorsque $x$ et $y$ sont strictement positifs. Pour $a=0$, enfin, on a $k=1$ et, clairement, tous les couples ( $x, y$ ) conviennent.
On raisonne de manière analogue dans le cas où $k$ est pair. On pose $k=2 a$ et l'équation (2) devient $(2 x-2 y+2 a-1)(2 x+2 y+2 a+1)=4 a^{2}-1$. Comme précédemment, en demandant que le premier facteur vaille 1 , on obtient un système en $x$ et $y$ dont les solutions sont $x=a(a-1)$ et $y=$ $(a+1)(a-1)$. Cette solution est acceptable dès que $a>1$. Pour $a=1$, l'équation à résoudre devient $(2 x-2 y+1)(2 x+2 y+3)=3$ et elle n'a pas de solution avec $x, y>0$ étant donné que cette dernière condition implique que le deuxième facteur est $>3$.
En résumé, les entiers $k$ convenables sont $k=1$ et tous les entiers $k \geqslant 4$.
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{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "8",
"problem_match": "\nExercice 8",
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"solution_match": "## Solution.",
"tier": "T2",
"year": "2013"
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Let $p \geqslant 5$ be a prime number. Show that 1 and 5 are the only positive divisors of $2^{p}+3^{p}$ that are less than or equal to $p$.
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The factorization
$$
2^{\mathfrak{p}}+3^{\mathfrak{p}}=5 \cdot \sum_{i=0}^{p-1} 2^{\boldsymbol{i}}(-3)^{p-1-\mathfrak{i}}
$$
shows that 5 is indeed a divisor of $2^{p}+3^{\mathrm{p}}$.
Now let $\mathrm{d} \in\{2, \ldots, \mathrm{p}\}$ be a divisor of $2^{\mathfrak{p}}+3^{\mathfrak{p}}$. We wish to prove that $\mathrm{d}=5$. For this, consider $q$ a prime divisor of d. Then, clearly, $q$ is also a divisor of $2^{p}+3^{p}$ which is $\leqslant p$. Moreover, it is clear that we cannot have $\mathbf{q}=2$. Thus $q$ is odd, and from the congruence $2^{\mathfrak{p}}+3^{\mathfrak{p}} \equiv 0$ $(\bmod \mathbf{q})$, we deduce that $a^{p} \equiv 1(\bmod q)$ where $a$ is an integer such that $2 a \equiv-3(\bmod q)$ (such an integer exists because $q$ is odd). Furthermore, by Fermat's Little Theorem, we know that $a^{q} \equiv a$ $(\bmod q)$ and thus $a^{q-1} \equiv 1(\bmod q)\left(\right.$ since $a$ is not a multiple of $\left.q\right)$. We conclude that $a^{n} \equiv 1$ $(\bmod q)$ with $n=\operatorname{PGCD}(p, q-1)$. Since $q<p$ and $p$ is a prime, the integers $p$ and $q-1$ are necessarily coprime. In other words, $\mathfrak{n}=1$ and, consequently, $a \equiv 1(\bmod \mathbf{q})$. Returning to the definition of $a$, we get $2 \equiv-3(\bmod \mathbf{q})$, which can only occur for $\mathrm{q}=5$.
We have thus shown that the only prime divisor of d is 5. It therefore suffices to conclude by proving that d is not divisible by 25. This is obvious if $p \leqslant 25$. Assuming now $p>25$, we will prove that $2^{\mathfrak{p}}+3^{\mathfrak{p}}$ itself is not divisible by 25 (which will suffice to conclude). According to equation (3), this amounts to proving that $\sum_{i=0}^{\mathfrak{p}-1} 2^{\boldsymbol{i}}(-3)^{p-1-\boldsymbol{i}}$ is not divisible by 5. A calculation modulo 5 shows that this sum is congruent modulo 5 to
$$
(-3)^{\mathrm{p}-1} \cdot \sum_{i=0}^{\mathrm{p}-1} 1=(-3)^{\mathrm{p}-1} \cdot \mathrm{p}
$$
Now, $(-3)^{p-1}$ is coprime with 5 and, since $p>25$ is a prime number, the integers $p$ and 5 are coprime. We have thus well demonstrated what we wanted.
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Number Theory
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Soit $p \geqslant 5$ un nombre premier. Montrer que 1 et 5 sont les seuls diviseurs positifs de $2^{p}+3^{p}$ qui soient inférieurs ou égaux à $p$.
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La factorisation
$$
2^{\mathfrak{p}}+3^{\mathfrak{p}}=5 \cdot \sum_{i=0}^{p-1} 2^{\boldsymbol{i}}(-3)^{p-1-\mathfrak{i}}
$$
montre que 5 est bien un diviseur de $2^{p}+3^{\mathrm{p}}$.
Soit à présent $\mathrm{d} \in\{2, \ldots, \mathrm{p}\}$ un diviseur de $2^{\mathfrak{p}}+3^{\mathfrak{p}}$. On souhaite démontrer que $\mathrm{d}=5$. On considère pour cela $q$ un diviseur premier de d . Alors, manifestement, $q$ est aussi un diviseur de $2^{p}+3^{p}$ qui est $\leqslant p$. De plus, il est clair que l'on ne peut pas avoir $\mathbf{q}=2$. Ainsi $q$ est impair et de la congruence $2^{\mathfrak{p}}+3^{\mathfrak{p}} \equiv 0$ $(\bmod \mathbf{q})$, on déduit que $a^{p} \equiv 1(\bmod q)$ où $a$ un entier est tel que $2 a \equiv-3(\bmod q)($ un tel entier existe bien car $q$ est impair). Par ailleurs, par le petit théorème de Fermat, on sait également que $a^{q} \equiv a$ $(\bmod q)$ et donc $a^{q-1} \equiv 1(\bmod q)\left(\right.$ puisque $a n^{\prime}$ est pas un multiple de $\left.q\right)$. On en déduit que $a^{n} \equiv 1$ $(\bmod q)$ avec $n=\operatorname{PGCD}(p, q-1)$. Or, comme $q<p$ et $p$ est un premier, les entiers $p$ et $q-1$ sont nécessairement premiers entre eux. Autrement dit $\mathfrak{n}=1$ et, par suite, $a \equiv 1(\bmod \mathbf{q})$. En revenant à la définition de a , on obtient $2 \equiv-3(\bmod \mathbf{q})$, ce qui ne peut se produire que pour $\mathrm{q}=5$.
On a ainsi démontré que l'unique diviseur premier de dest 5 . Il suffit donc pour conclure de démontrer que d n'est pas divisible par 25. Cela est évident si $p \leqslant 25$. Supposant maintenant $p>25$, nous allons démontrer que $2^{\mathfrak{p}}+3^{\mathfrak{p}}$ n'est, lui-même, pas divisible par 25 (ce qui suffira à conclure). D'après l'équation (3), cela revient à prouver que $\sum_{i=0}^{\mathfrak{p}-1} 2^{\boldsymbol{i}}(-3)^{p-1-\boldsymbol{i}}$ n'est pas divisible par 5 . Or, un calcul modulo 5 montre que cette somme est congrue modulo 5 à
$$
(-3)^{\mathrm{p}-1} \cdot \sum_{i=0}^{\mathrm{p}-1} 1=(-3)^{\mathrm{p}-1} \cdot \mathrm{p}
$$
Or, $(-3)^{p-1}$ est premier avec 5 et, comme $p>25$ est un nombre premier, les entiers $p$ et 5 sont premiers entre eux. On a ainsi bien démontré ce que l'on souhaitait.
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{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "9",
"problem_match": "\nExercice 9.",
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"solution_match": "## Solution.",
"tier": "T2",
"year": "2013"
}
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Let $n \geqslant 5$ be an integer. Let $a_{1}, \ldots, a_{n}$ be distinct integers in $\{1, \ldots, 2 n\}$. Show that there exist indices $\boldsymbol{i}, \mathfrak{j} \in\{1, \ldots, \mathfrak{n}\}$ with $\mathfrak{i} \neq \boldsymbol{j}$ such that
$$
\operatorname{LCM}\left(\mathfrak{a}_{\mathbf{i}}, \mathfrak{a}_{\mathbf{j}}\right) \leqslant 6\left(\mathrm{E}\left(\frac{\mathfrak{n}}{2}\right)+1\right)
$$
where $\mathrm{E}(\mathrm{x})$ denotes the integer part of the number x.
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Suppose, to begin with, that there exists an index $i$ such that $a_{i} \leqslant n$. If there exists $j$ such that $a_{j}=2 a_{i}$, we then have
$$
\operatorname{LCM}\left(a_{i}, a_{j}\right)=a_{j} \leqslant 2 n \leqslant 6 \cdot\left(\left\lfloor\frac{n}{2}\right\rfloor+1\right)
$$
and we have found a suitable pair $(i, j)$. If, on the contrary, the integer $2 a_{i}$ does not appear among the $a_{j}$, define the integers $b_{1}, \ldots, b_{n}$ by setting $b_{i}=2 a_{i}$ and $b_{j}=a_{j}$ for $j \neq i$. The $b_{j}$ are still distinct and lie between 1 and 2n. Moreover, it is immediately verified that $\operatorname{LCM}\left(b_{i}, b_{j}\right) \geqslant \operatorname{LCM}\left(a_{i}, a_{j}\right)$. Thus, it suffices to prove the statement for the sequence of $b_{j}$.
By applying the previous reasoning again—possibly several times—we eventually assume that all $a_{j}$ are strictly greater than $n$. In other words, the set of $a_{j}$'s is none other than $\{n+1, n+2, \ldots, 2 n\}$. Let $k=\left\lfloor\frac{n}{2}\right\rfloor+1$. Since we have assumed $n \geqslant 5$, it is easy to verify that one of the $a_{j}$ is $2 k$ and another is $3 k$. We conclude by noting that the LCM of these two numbers is equal to 6k.
$\mathcal{F i n}$
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Number Theory
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Soit $n \geqslant 5$ un entier. Soient $a_{1}, \ldots, a_{n}$ des entiers dans $\{1, \ldots, 2 n\}$ deux à deux distincts. Montrer qu'il existe des indices $\boldsymbol{i}, \mathfrak{j} \in\{1, \ldots, \mathfrak{n}\}$ avec $\mathfrak{i} \neq \boldsymbol{j}$ tels que
$$
\operatorname{PPCM}\left(\mathfrak{a}_{\mathbf{i}}, \mathfrak{a}_{\mathbf{j}}\right) \leqslant 6\left(\mathrm{E}\left(\frac{\mathfrak{n}}{2}\right)+1\right)
$$
où $\mathrm{E}(\mathrm{x})$ désigne la partie entière du nombre x .
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Supposons, pour commencer, qu'il existe un indice $i$ tel que $a_{i} \leqslant n$. S'il existe $j$ tel que $a_{j}=2 a_{i}$, on a alors
$$
\operatorname{PPCM}\left(a_{i}, a_{j}\right)=a_{j} \leqslant 2 n \leqslant 6 \cdot\left(E\left(\frac{n}{2}\right)+1\right)
$$
et on a trouvé un couple ( $i, j)$ convenable. Si , au contraire, l'entier $2 a_{i}$ n'apparaît pas parmi les $a_{j}$, définissons les entiers $b_{1}, \ldots, b_{n}$ en posant $b_{i}=2 a_{i}$ et $b_{j}=a_{j}$ pour $j \neq i$. Les $b_{j}$ sont encore deux à deux distincts et compris entre 1 et 2 n . De plus, on vérifie immédiatement que $\operatorname{PPCM}\left(b_{i}, b_{j}\right) \geqslant$ $\operatorname{PPCM}\left(a_{i}, a_{j}\right)$. Ainsi, il suffit de démontrer la propriété de l'énoncé pour la suite des $b_{j}$.
En appliquant à nouveau le raisonnement précédent — éventuellement plusieurs fois - on en vient à supposer que tous les $a_{j}$ sont strictement supérieurs à $n$. Autrement dit, l'ensemble des $a_{j} n^{\prime}$ 'est autre que $\{n+1, n+2, \ldots, 2 n\}$. Posons $k=E\left(\frac{n}{2}\right)+1$. Comme on a supposé $n \geqslant 5$, il est facile de vérifier que l'un des $a_{j}$ vaut $2 k$ et un autre vaut $3 k$. On conclut en remarquant que le PPCM de ces deux nombres est égal à 6 k .
$\mathcal{F i n}$
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{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "10",
"problem_match": "\nExercice 10.",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2012-2013-envoi3-corrige.jsonl",
"solution_match": "## Solution.",
"tier": "T2",
"year": "2013"
}
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Let $x_{1}, x_{2}, \ldots, x_{5}$ be real numbers such that
$$
\left|x_{2}-x_{1}\right|=2\left|x_{3}-x_{2}\right|=3\left|x_{4}-x_{3}\right|=4\left|x_{5}-x_{4}\right|=5\left|x_{1}-x_{5}\right| .
$$
Show that these five real numbers are equal.
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Let $\alpha=\left|x_{2}-\chi_{1}\right|$ and let's prove by contradiction that $\alpha=0$. According to the statement, there exist signs $\varepsilon_{1}, \ldots, \varepsilon_{5}$ such that
$$
x_{2}-x_{1}=\varepsilon_{1} \alpha, x_{3}-x_{2}=\varepsilon_{2} \frac{\alpha}{2}, x_{4}-x_{3}=\varepsilon_{3} \frac{\alpha}{3}, x_{5}-x_{4}=\varepsilon_{4} \frac{\alpha}{4}, x_{1}-x_{5}=\varepsilon_{5} \frac{\alpha}{5}.
$$
Then, by telescoping,
$$
0=x_{1}-x_{5}+x_{5}-x_{4}+x_{4}-x_{3}+x_{3}-x_{2}+x_{2}-x_{1}=\varepsilon_{1} \alpha+\varepsilon_{2} \frac{\alpha}{2}+\varepsilon_{3} \frac{\alpha}{3}+\varepsilon_{4} \frac{\alpha}{4}+\varepsilon_{5} \frac{\alpha}{5}.
$$
If $\alpha \neq 0$, there exist signs $\varepsilon_{1}^{\prime}, \ldots, \varepsilon_{4}^{\prime}$ such that
$$
\frac{1}{5}=\varepsilon_{1}^{\prime}+\varepsilon_{2}^{\prime} \frac{1}{2}+\varepsilon_{3}^{\prime} \frac{1}{3}+\varepsilon_{4}^{\prime} \frac{1}{4}
$$
so there exists an integer $n$ such that $\frac{1}{5}=\frac{n}{12}$, which is impossible since 5 does not divide 12.
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Algebra
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Soient $x_{1}, x_{2}, \ldots, x_{5}$ des réels tels que
$$
\left|x_{2}-x_{1}\right|=2\left|x_{3}-x_{2}\right|=3\left|x_{4}-x_{3}\right|=4\left|x_{5}-x_{4}\right|=5\left|x_{1}-x_{5}\right| .
$$
Montrer que ces cinq réels sont égaux.
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Notons $\alpha=\left|x_{2}-\chi_{1}\right|$ et montrons par l'absurde que $\alpha=0$. D'après l'énoncé, il existe des signes $\varepsilon_{1}, \ldots$, $\varepsilon_{5}$ tels que
$$
x_{2}-x_{1}=\varepsilon_{1} \alpha, x_{3}-x_{2}=\varepsilon_{2} \frac{\alpha}{2}, x_{4}-x_{3}=\varepsilon_{3} \frac{\alpha}{3}, x_{5}-x_{4}=\varepsilon_{4} \frac{\alpha}{4}, x_{1}-x_{5}=\varepsilon_{5} \frac{\alpha}{5} .
$$
Alors, par télescopage,
$$
0=x_{1}-x_{5}+x_{5}-x_{4}+x_{4}-x_{3}+x_{3}-x_{2}+x_{2}-x_{1}=\varepsilon_{1} \alpha+\varepsilon_{2} \frac{\alpha}{2}+\varepsilon_{3} \frac{\alpha}{3}+\varepsilon_{4} \frac{\alpha}{4}+\varepsilon_{5} \frac{\alpha}{5} .
$$
Si $\alpha \neq 0$, il existe donc des signes $\varepsilon_{1}^{\prime}, \ldots, \varepsilon_{4}^{\prime}$ tels que
$$
\frac{1}{5}=\varepsilon_{1}^{\prime}+\varepsilon_{2}^{\prime} \frac{1}{2}+\varepsilon_{3}^{\prime} \frac{1}{3}+\varepsilon_{4}^{\prime} \frac{1}{4}
$$
donc un entier n tel que $\frac{1}{5}=\frac{\mathfrak{n}}{12}$ ce qui est impossible car 5 ne divise par 12 .
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{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "1",
"problem_match": "\nExercice 1.",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2012-2013-envoi4-corrige.jsonl",
"solution_match": "\nSolution.",
"tier": "T2",
"year": "2013"
}
|
Let $\left(u_{n}\right)_{n}$ be a sequence of real numbers such that, for all integers $n$,
$$
\left|u_{n+1}-u_{n}\right| \leqslant 1 .
$$
Show that the average of the first $n$ terms of the sequence and the average of the first $n+1$ terms of the sequence are at most $\frac{1}{2}$ apart.
|
Let us denote, for any strictly positive integer $n$, $v_{n}=\frac{1}{n}\left(u_{1}+\ldots+u_{n}\right)$.
$\triangleright$ Let $\mathrm{m}>\mathrm{n}$. First, note that by the triangle inequality,
$$
\begin{aligned}
\left|u_{m}-u_{n}\right| & \leqslant\left|u_{m}-u_{m-1}\right|+\left|u_{m-1}-u_{m-2}\right|+\ldots+\left|u_{n+1}-u_{n}\right| \\
& \leqslant m-n .
\end{aligned}
$$
$\triangleright$ For any strictly positive integer $n$,
$$
\begin{aligned}
\left|v_{n+1}-v_{n}\right| & =\left|\frac{(n+1)\left(u_{1}+\ldots+u_{n}\right)-n\left(u_{1}+\ldots+u_{n}+u_{n+1}\right)}{n(n+1)}\right| \\
& \leqslant\left|\frac{\left(u_{1}-u_{n+1}\right)+\ldots+\left(u_{n}-u_{n+1}\right)}{n(n+1)}\right| \\
& \leqslant \frac{\left|u_{1}-u_{n+1}\right|+\ldots+\left|u_{n}-u_{n+1}\right|}{n(n+1)} \\
& \leqslant \frac{n+\ldots+1}{n(n+1)}=\frac{1}{2}
\end{aligned}
$$
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\frac{1}{2}
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Yes
|
Yes
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proof
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Inequalities
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Soit $\left(u_{n}\right)_{n}$ une suite de réels telle que, pour tout entier $n$,
$$
\left|u_{n+1}-u_{n}\right| \leqslant 1 .
$$
Montrer que la moyenne des $n$ premiers termes de la suite et la moyenne des $n+1$ premiers termes de la suite sont distantes d'au plus $\frac{1}{2}$.
|
Notons, pour tout entier $n$ strictement positif $v_{n}=\frac{1}{n}\left(u_{1}+\ldots+u_{n}\right)$.
$\triangleright$ Soit $\mathrm{m}>\mathrm{n}$. Remarquons tout d'abord que, par inégalité triangulaire,
$$
\begin{aligned}
\left|u_{m}-u_{n}\right| & \leqslant\left|u_{m}-u_{m-1}\right|+\left|u_{m-1}-u_{m-2}\right|+\ldots+\left|u_{n+1}-u_{n}\right| \\
& \leqslant m-n .
\end{aligned}
$$
$\triangleright$ Pour tout entier n strictement positif,
$$
\begin{aligned}
\left|v_{n+1}-v_{n}\right| & =\left|\frac{(n+1)\left(u_{1}+\ldots+u_{n}\right)-n\left(u_{1}+\ldots+u_{n}+u_{n+1}\right)}{n(n+1)}\right| \\
& \leqslant\left|\frac{\left(u_{1}-u_{n+1}\right)+\ldots+\left(u_{n}-u_{n+1}\right)}{n(n+1)}\right| \\
& \leqslant \frac{\left|u_{1}-u_{n+1}\right|+\ldots+\left|u_{n}-u_{n+1}\right|}{n(n+1)} \\
& \leqslant \frac{n+\ldots+1}{n(n+1)}=\frac{1}{2}
\end{aligned}
$$
|
{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "2",
"problem_match": "\nExercice 2.",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2012-2013-envoi4-corrige.jsonl",
"solution_match": "## Solution.",
"tier": "T2",
"year": "2013"
}
|
Let $E$ be a finite set of strictly positive real numbers such that, for any strictly positive real number $x$, $E$ contains as many elements strictly greater than $x$ as elements strictly less than $\frac{1}{x}$. Determine the product of all elements of $E$.
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Let $x_{0} \in E$ such that $x_{0}>1$. Then, by hypothesis,
- the sets $\mathrm{E} \cap$ ] - $\infty, \frac{1}{x_{0}}$ [ and $\left.\mathrm{E} \cap\right] \mathrm{x}_{0},+\infty[$ have cardinals of the same parity,
- the sets $\mathrm{E} \cap]-\infty, \mathrm{x}_{0}\left[\right.$ and $\mathrm{E} \cap \frac{1}{\mathrm{x}_{0}},+\infty[$ have cardinals of the same parity.
Consequently, the two sets
$$
\begin{aligned}
\left.\mathrm{E} \cap] \frac{1}{x_{0}}, x_{0}\right] & =(\mathrm{E} \cap] \frac{1}{x_{0}},+\infty[) \backslash(\mathrm{E} \cap] \mathrm{x}_{0},+\infty[) \\
\mathrm{E} \cap\left[\frac{1}{x_{0}}, x_{0}[ \right. & =(\mathrm{E} \cap]-\infty, \mathrm{x}_{0}[) \backslash(\mathrm{E} \cap]-\infty, \frac{1}{x_{0}}[)
\end{aligned}
$$
have cardinals of the same parity. These sets are composed of the same elements, except possibly $x_{0}$ and $\frac{1}{x_{0}}$: the first set contains $x_{0}$ but not $\frac{1}{x_{0}}$; thus, the second set contains one and only one element of $\left\{\frac{1}{x_{0}}, x_{0}\right\}$ but cannot contain $x_{0}$: it therefore contains $\frac{1}{x_{0}}$.
We have thus established that if $x_{0} \in E$, then $\frac{1}{x_{0}} \in E$. The product of all elements of $E$ is therefore 1.
## Common Exercises
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1
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Yes
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Yes
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math-word-problem
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Number Theory
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Soit $E$ un ensemble fini de réels strictement positifs tels que, pour tout réel $x$ strictement positif, E contient autant d'éléments strictement supérieurs à $x$ que d'éléments strictement inférieurs à $\frac{1}{x}$. Déterminer le produit de tous les éléments de E.
|
Soit $x_{0} \in E$ tel que $x_{0}>1$. Alors, par hypothèse,
- les ensembles $\mathrm{E} \cap$ ] - $\infty, \frac{1}{x_{0}}$ [et $\left.\mathrm{E} \cap\right] \mathrm{x}_{0},+\infty[$ ont des cardinaux de même parité,
- les ensembles $\mathrm{E} \cap]-\infty, \mathrm{x}_{0}\left[\right.$ et $\mathrm{E} \cap \frac{1}{\mathrm{x}_{0}},+\infty[$ ont des cardinaux de même parité.
Par conséquent, les deux ensembles
$$
\begin{aligned}
\left.\mathrm{E} \cap] \frac{1}{x_{0}}, x_{0}\right] & =(\mathrm{E} \cap] \frac{1}{x_{0}},+\infty[) \backslash(\mathrm{E} \cap] \mathrm{x}_{0},+\infty[) \\
\mathrm{E} \cap\left[\frac{1}{x_{0}}, x_{0}[ \right. & =(\mathrm{E} \cap]-\infty, \mathrm{x}_{0}[) \backslash(\mathrm{E} \cap]-\infty, \frac{1}{x_{0}}[)
\end{aligned}
$$
ont des cardinaux de même parité. Or, ils sont composés des mêmes éléments, sauf éventuellement $x_{0}$ et $\frac{1}{x_{0}}$, le premier ensemble contient $\chi_{0}$ mais pas $\frac{1}{x_{0}}$ : ainsi, le second ensemble contient un et un seul élément de $\left\{\frac{1}{x_{0}}, x_{0}\right\}$ mais ne peut contenir $x_{0}:$ il contient donc $\frac{1}{x_{0}}$.
On a ainsi établi que si $x_{0} \in E$, alors $\frac{1}{x_{0}} \in E$. Le produit de tous les éléments de $E$ donne donc 1 .
## Exercices Communs
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{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "3",
"problem_match": "\nExercice 3.",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2012-2013-envoi4-corrige.jsonl",
"solution_match": "## Solution.",
"tier": "T2",
"year": "2013"
}
|
Let $x, y, z > 0$ such that $x y z = 8$. Show that
$$
\frac{x-2}{x+1} + \frac{y-2}{y+1} + \frac{z-2}{z+1} \leqslant 0
$$
|
Let's start by noting that $a-2=a+1-3$ for any real number $a$, so
$$
\frac{x-2}{x+1}+\frac{y-2}{y+1}+\frac{z-2}{z+1}=3-3\left(\frac{1}{x+1}+\frac{1}{y+1}+\frac{1}{z+1}\right)
$$
The inequality to be established can thus be rewritten as
$$
\frac{1}{x+1}+\frac{1}{y+1}+\frac{1}{z+1} \geqslant 1
$$
By putting everything over a common denominator, we get
$$
3+2(x+y+z)+xy+yz+zx \geqslant 1+x+y+z+xy+yz+zx+xyz
$$
which simplifies to
$$
\frac{x+y+z}{3} \geqslant 2
$$
This last inequality is simply the arithmetic-geometric mean inequality.
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proof
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Yes
|
Yes
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proof
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Inequalities
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Soit $x, y, z>0$ tels que $x y z=8$. Montrer que
$$
\frac{x-2}{x+1}+\frac{y-2}{y+1}+\frac{z-2}{z+1} \leqslant 0
$$
|
Commençons par remarquer que $a-2=a+1-3$ pour tout réel a donc
$$
\frac{x-2}{x+1}+\frac{y-2}{y+1}+\frac{z-2}{z+1}=3-3\left(\frac{1}{x+1}+\frac{1}{y+1}+\frac{1}{z+1}\right)
$$
L'inégalité à établir se réécrit donc
$$
\frac{1}{x+1}+\frac{1}{y+1}+\frac{1}{z+1} \geqslant 1
$$
En mettant au même dénominateur, on obtient
$$
3+2(x+y+z)+x y+y z+z x \geqslant 1+x+y+z+x y+y z+z x+x y z
$$
soit
$$
\frac{x+y+z}{3} \geqslant 2
$$
Or, cette dernière égalité est simplement l'inégalité arithmético-géométrique.
|
{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "4",
"problem_match": "\nExercice 4.",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2012-2013-envoi4-corrige.jsonl",
"solution_match": "## Solution.",
"tier": "T2",
"year": "2013"
}
|
Find all functions $f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ such that, for all $x$ and $y$,
$$
f(x y) \leqslant x f(y)
$$
|
$\triangleright \operatorname{With}(x, y)=(0,0)$, we obtain $f(0) \leqslant 0$ and with $(x, y)=(2,0), f(0) \geqslant 0$. Consequently, $f(0)=0$.
$\triangleright \operatorname{If} x>0$ and $y>0$, then
$$
f(x)=f\left(\frac{x}{y} y\right) \leqslant \frac{x}{y} f(y)
$$
Thus,
$$
\frac{f(x)}{x} \leqslant \frac{f(y)}{y}
$$
and therefore $\frac{f(x)}{x}=\frac{f(y)}{y}$ (by symmetry of the roles of $x$ and $y$ ).
$\triangleright$ Similarly, if $x<0$ and $y<0$, then
$$
f(x)=f\left(\frac{x}{y} y\right) \leqslant \frac{x}{y} f(y)
$$
Thus,
$$
\frac{f(x)}{x} \geqslant \frac{f(y)}{y}
$$
and therefore $\frac{f(x)}{x}=\frac{f(y)}{y}$ (by symmetry of the roles of $x$ and $y$ ).
$\triangleright$ Let $\alpha=\mathfrak{f}(1)$ and $\beta=-\mathbf{f}(-1)$ be the constants exhibited in the previous points. With $(x, y)=$ $(-1,-1)$, the inequality gives $\alpha=f\left((-1)^{2}\right) \leqslant-f(-1)=\beta$.
$\triangleright$ We have obtained that a solution is of the form
$$
x \mapsto\left\{\begin{array}{cl}
0 & \text { if } x=0 \\
\alpha x & \text { if } x>0 \\
\beta x & \text { if } x<0
\end{array}\right.
$$
$\operatorname{with} \alpha \leqslant \beta$. We verify that these functions are valid.
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proof
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Yes
|
Yes
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math-word-problem
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Algebra
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Trouver toutes les fonctions $f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ telles que, pour tous $x$ et $y$,
$$
f(x y) \leqslant x f(y)
$$
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$\triangleright \operatorname{Avec}(x, y)=(0,0)$, on obtient $f(0) \leqslant 0$ et avec $(x, y)=(2,0), f(0) \geqslant 0$. Par conséquent, $f(0)=0$.
$\triangleright \operatorname{Si} x>0$ et $y>0$, alors
$$
f(x)=f\left(\frac{x}{y} y\right) \leqslant \frac{x}{y} f(y)
$$
D'où
$$
\frac{f(x)}{x} \leqslant \frac{f(y)}{y}
$$
et donc $\frac{f(x)}{x}=\frac{f(y)}{y}$ (par symétrie des rôles de $x$ et $y$ ).
$\triangleright$ De même, si $x<0$ et $y<0$, alors
$$
f(x)=f\left(\frac{x}{y} y\right) \leqslant \frac{x}{y} f(y)
$$
D'où
$$
\frac{f(x)}{x} \geqslant \frac{f(y)}{y}
$$
et donc $\frac{f(x)}{x}=\frac{f(y)}{y}$ (par symétrie des rôles de $x$ et $y$ ).
$\triangleright$ Notons $\alpha=\mathfrak{f}(1)$ et $\beta=-\mathbf{f}(-1)$ les constantes exhibées aux points précédents. Avec $(x, y)=$ $(-1,-1)$, l'inéquation donne $\alpha=f\left((-1)^{2}\right) \leqslant-f(-1)=\beta$.
$\triangleright$ On a obtenu qu'une solution est de la forme
$$
x \mapsto\left\{\begin{array}{cl}
0 & \text { si } x=0 \\
\alpha x & \text { si } x>0 \\
\beta x & \text { si } x<0
\end{array}\right.
$$
$\operatorname{avec} \alpha \leqslant \beta$. On vérifie que ces fonctions conviennent.
|
{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "5",
"problem_match": "\nExercice 5.",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2012-2013-envoi4-corrige.jsonl",
"solution_match": "## Solution.",
"tier": "T2",
"year": "2013"
}
|
Let $n$ be an integer and $0<\mathfrak{u}_{1}<\mathfrak{u}_{2}<\ldots<\boldsymbol{u}_{\boldsymbol{n}}$ be real numbers such that
$$
\mathfrak{u}_{1}+\mathfrak{u}_{2}+\ldots+\mathfrak{u}_{n}=\frac{1}{\mathfrak{u}_{1}^{2}}+\frac{1}{\mathfrak{u}_{2}^{2}}+\ldots+\frac{1}{\mathfrak{u}_{n}^{2}}
$$
Show that for any integer $k$ less than or equal to $n$, there exist $k$ real numbers among $\mathfrak{u}_{1}, \mathfrak{u}_{2}, \ldots, \mathfrak{u}_{n}$ whose sum is greater than or equal to $k$.
|
$\triangleright$ Let's start by showing the result for $k=n$. Let $a=\frac{u_{1}+\ldots+u_{n}}{n}$ and $g=\left(u_{1} \ldots u_{n}\right)^{\frac{1}{n}}$ be the arithmetic and geometric means of $u_{1}, \ldots, u_{n}$. Then, the classical inequality between arithmetic, geometric, and harmonic means gives
$$
a=\frac{\frac{1}{\mathbf{u}_{1}^{2}}+\ldots+\frac{1}{\mathfrak{u}_{n}^{2}}}{n} \geqslant \frac{1}{g^{2}} \geqslant \frac{1}{a^{2}}
$$
Thus, $a \geqslant 1$ and, therefore, $u_{1}+\ldots+u_{n} \geqslant n$.
$\triangleright$ Let $k<n$. Suppose that $u_{1}+\ldots+u_{k}<k, u_{2}+\ldots+u_{k+1}<k, \ldots, u_{n}+\ldots+u_{k-1}<k$. Then, by adding all these inequalities, we get
$$
n\left(u_{1}+\ldots+u_{n}\right)<n k
$$
which contradicts the previous point. Thus, one of the sums $\mathfrak{u}_{1}+\ldots+\mathfrak{u}_{\mathrm{k}}, \mathfrak{u}_{2}+\ldots+\mathfrak{u}_{\mathrm{k}+1}, \ldots$, $u_{n}+\ldots+u_{k-1}$ is greater than or equal to $k$.
## Olympic Exercises
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Inequalities
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Soient un entier $n$ et des réels $0<\mathfrak{u}_{1}<\mathfrak{u}_{2}<\ldots<\boldsymbol{u}_{\boldsymbol{n}}$ tels que
$$
\mathfrak{u}_{1}+\mathfrak{u}_{2}+\ldots+\mathfrak{u}_{n}=\frac{1}{\mathfrak{u}_{1}^{2}}+\frac{1}{\mathfrak{u}_{2}^{2}}+\ldots+\frac{1}{\mathfrak{u}_{n}^{2}}
$$
Montrer que, pour tout entier $k$ inférieur ou égal à $n$, il existe $k$ réels parmi $\mathfrak{u}_{1}, \mathfrak{u}_{2}, \ldots, \mathfrak{u}_{n}$ dont la somme est supérieure ou égale à $k$.
|
$\triangleright$ Commençons par montrer le résultat pour $k=n$. Notons $a=\frac{u_{1}+\ldots+u_{n}}{n}$ et $g=\left(u_{1} \ldots u_{n}\right)^{\frac{1}{n}}$ les moyennes arithmétique et géométrique de $u_{1}, \ldots, u_{n}$. Alors, l'inégalité classique entre moyenne arithmétique-géométrique-harmonique donne
$$
\mathrm{a}=\frac{\frac{1}{\mathbf{u}_{1}^{2}}+\ldots+\frac{1}{\mathfrak{u}_{n}^{2}}}{\mathrm{n}} \geqslant \frac{1}{\mathrm{~g}^{2}} \geqslant \frac{1}{\mathrm{a}^{2}}
$$
Ainsi, $a \geqslant 1$ et, donc, $u_{1}+\ldots+u_{n} \geqslant n$.
$\triangleright$ Soit $k<n$. Supposons que $u_{1}+\ldots+u_{k}<k, u_{2}+\ldots+u_{k+1}<k, \ldots, u_{n}+\ldots+u_{k-1}<k$. Alors, en additionnant toutes ces inégalités, on obtient
$$
n\left(u_{1}+\ldots+u_{n}\right)<n k
$$
ce qui contredit le point précédent. Ainsi, l'une des sommes $\mathfrak{u}_{1}+\ldots+\mathfrak{u}_{\mathrm{k}}, \mathfrak{u}_{2}+\ldots+\mathfrak{u}_{\mathrm{k}+1}, \ldots$, $u_{n}+\ldots+u_{k-1}$ est supérieure ou égale à $k$.
## Exercices Olympiques
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{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "6",
"problem_match": "\nExercice 6.",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2012-2013-envoi4-corrige.jsonl",
"solution_match": "## Solution.",
"tier": "T2",
"year": "2013"
}
|
Find the functions $f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ such that, for all $x, y \in \mathbb{R}$,
$$
\mathrm{f}\left(\frac{\mathrm{x}+\mathrm{y}}{3}\right)=\frac{\mathrm{f}(\mathrm{x})+\mathrm{f}(\mathrm{y})}{2}
$$
|
Let $f$ be a solution.
$\triangleright$ First, note that the function $g: x \mapsto f(x)-f(0)$ is also a solution to the functional equation.
$\triangleright$ For all real numbers $x$ and $y$,
$$
g(x+y)=g\left(\frac{3x+3y}{3}\right)=\frac{g(3x)+g(3y)}{2}
$$
Moreover, for any real number $a$,
$$
g(3a)=2 \cdot \frac{g(3a)+g(0)}{2}=2g\left(\frac{3a+0}{3}\right)=2g(a)
$$
In conclusion, $g(x+y)=g(x)+g(y)$.
$\triangleright$ We have shown that for all $x$, $g(2x)=2g(x)$. However, the functional equation with $y=2x$ gives
$$
g\left(\frac{x+2x}{3}\right)=\frac{g(x)+g(2x)}{2}
$$
which simplifies to $g(2x)=g(x)$. Combining these two results, we obtain that $g$ is zero, hence $f$ is constant. The converse is obvious.
|
proof
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Yes
|
Yes
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math-word-problem
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Algebra
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Trouver les fonctions $f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ telles que, pour tous $x, y \in \mathbb{R}$,
$$
\mathrm{f}\left(\frac{\mathrm{x}+\mathrm{y}}{3}\right)=\frac{\mathrm{f}(\mathrm{x})+\mathrm{f}(\mathrm{y})}{2}
$$
|
Soit $f$ une solution.
$\triangleright$ Commençons par remarquer que la fonction $g: x \mapsto f(x)-f(0)$ est aussi une solution de l'équation fonctionnelle.
$\triangleright$ Pour tous réels $x$ et $y$,
$$
\mathrm{g}(x+y)=\mathrm{g}\left(\frac{3 \mathrm{x}+3 \mathrm{y}}{3}\right)=\frac{\mathrm{g}(3 \mathrm{x})+\mathrm{g}(3 \mathrm{y})}{2}
$$
Or, pour tout réel $a$,
$$
g(3 a)=2 \cdot \frac{g(3 a)+g(0)}{2}=2 g\left(\frac{3 a+0}{3}\right)=2 g(a)
$$
En conclusion, $g(x+y)=g(x)+g(y)$.
$\triangleright$ On a montré que, pour tout $x, g(2 x)=2 g(x)$. Or, l'équation fonctionnelle avec $y=2 x$ donne
$$
\mathrm{g}\left(\frac{\mathrm{x}+2 \mathrm{x}}{3}\right)=\frac{\mathrm{g}(\mathrm{x})+\mathrm{g}(2 x)}{2}
$$
soit $\mathrm{g}(2 \mathrm{x})=\mathrm{g}(\mathrm{x})$. En combinant ces deux résultats, on obtient que g est nulle donc f est constante. La réciproque est évidente.
|
{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "7",
"problem_match": "\nExercice 7.",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2012-2013-envoi4-corrige.jsonl",
"solution_match": "## Solution.",
"tier": "T2",
"year": "2013"
}
|
Let $x$, $y$ and $z$ be strictly positive real numbers such that
$$
x+y+z \geqslant \frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}
$$
Show that
$$
\frac{x}{y}+\frac{y}{z}+\frac{z}{x} \geqslant \frac{1}{x y}+\frac{1}{y z}+\frac{1}{z x}
$$
|
By putting on the same denominator, the sought inequality rewrites as
$$
x^{2} z+y^{2} x+z^{2} y \geqslant x+y+z
$$
Let's show this using successively the hypothesis and the Cauchy-Schwarz inequality:
$$
\begin{aligned}
& x+y+z \leqslant \frac{(x+y+z)^{2}}{\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}} \\
& \leqslant \frac{\left(x \sqrt{z} \cdot \frac{1}{\sqrt{z}}+y \sqrt{x} \cdot \frac{1}{\sqrt{x}}+z \sqrt{y} \cdot \frac{1}{\sqrt{y}}\right)^{2}}{\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}} \\
& \leqslant x^{2} z+y^{2} x+z^{2} y . \\
& \text { for }
\end{aligned}
$$
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proof
|
Yes
|
Yes
|
proof
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Inequalities
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Soient $x$, y et $z$ des réels strictement positifs tels que
$$
x+y+z \geqslant \frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}
$$
Montrer que
$$
\frac{x}{y}+\frac{y}{z}+\frac{z}{x} \geqslant \frac{1}{x y}+\frac{1}{y z}+\frac{1}{z x}
$$
|
En mettant au même dénominateur, l'inégalité recherchée se réécrit
$$
x^{2} z+y^{2} x+z^{2} y \geqslant x+y+z
$$
Montrons celle-ci en utilisant successivement l'hypothèse et l'inégalité de Cauchy-Schwarz :
$$
\begin{aligned}
& x+y+z \leqslant \frac{(x+y+z)^{2}}{\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}} \\
& \leqslant \frac{\left(x \sqrt{z} \cdot \frac{1}{\sqrt{z}}+y \sqrt{x} \cdot \frac{1}{\sqrt{x}}+z \sqrt{y} \cdot \frac{1}{\sqrt{y}}\right)^{2}}{\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}} \\
& \leqslant x^{2} z+y^{2} x+z^{2} y . \\
& \text { య̛or }
\end{aligned}
$$
|
{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "8",
"problem_match": "\nExercice 8.",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2012-2013-envoi4-corrige.jsonl",
"solution_match": "## Solution.",
"tier": "T2",
"year": "2013"
}
|
Let \( a, b, \) and \( c \) be strictly positive real numbers such that
\[
a^{2}+b^{2}>c^{2}, \quad b^{2}+c^{2}>a^{2}, \quad c^{2}+a^{2}>b^{2}
\]
Show that
\[
\frac{a^{2} b^{2} c^{2}}{\left(a^{2}+b^{2}-c^{2}\right)\left(b^{2}+c^{2}-a^{2}\right)\left(c^{2}+a^{2}-b^{2}\right)}+2 \frac{(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)}{a b c} \geqslant 3
\]
|
Let
$$
\begin{aligned}
& A=\frac{a^{2} b^{2} c^{2}}{\left(a^{2}+b^{2}-c^{2}\right)\left(b^{2}+c^{2}-a^{2}\right)\left(c^{2}+a^{2}-b^{2}\right)} \\
& B=\frac{(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)}{a b c}
\end{aligned}
$$
We need to show that $A+2 B \geqslant 3$. First, note that $a+b>c$ because $c^{2}<a^{2}+b^{2}<(a+b)^{2}$. Similarly, we have $b+c>a$ and $c+a>b$, so $a, b, c$ are the sides of a triangle with angles $\alpha, \beta, \gamma$. The fact that $a^{2}+b^{2}>c^{2}$, etc., means that the triangle is acute-angled.
By the arithmetic-geometric mean inequality, we have $\frac{A+2 B}{3} \geqslant \sqrt[3]{A B^{2}}$, so it suffices to show that $A B^{2} \geqslant 1$, or equivalently,
$$
\frac{(a+b-c)^{2}(b+c-a)^{2}(c+a-b)^{2}}{\left(a^{2}+b^{2}-c^{2}\right)\left(b^{2}+c^{2}-a^{2}\right)\left(c^{2}+a^{2}-b^{2}\right)} \geqslant 1
$$
By the Law of Cosines, we have
$$
a^{2}+b^{2}-c^{2}=2 a b \cos \alpha
$$
On the other hand,
$$
(c+a-b)(b+c-a)=c^{2}-a^{2}-b^{2}+2 a b=2 a b(1-\cos \alpha)
$$
so $\frac{(c+a-b)(b+c-a)}{a^{2}+b^{2}-c^{2}}=\frac{1-\cos \alpha}{\cos \alpha}$. By multiplying by the two similar expressions, the inequality to be proven becomes
$$
\frac{(1-\cos \alpha)(1-\cos \beta)(1-\cos \gamma)}{\cos \alpha \cos \beta \cos \gamma} \geqslant 1
$$
First, consider the special case $\alpha=\beta$. Then $\gamma=\pi-2 \alpha$. Since $\gamma \leqslant \frac{\pi}{2}$, we have $\alpha \in\left[\frac{\pi}{4}, \frac{\pi}{2}\right]$.
Since $\frac{1-\cos \gamma}{\cos \gamma}=\frac{1+\cos 2 \alpha}{-\cos 2 \alpha}=\frac{2 \cos ^{2} \alpha}{1-2 \cos ^{2} \alpha}$, we have
$$
\begin{aligned}
\frac{(1-\cos \alpha)(1-\cos \beta)(1-\cos \gamma)}{\cos \alpha \cos \beta \cos \gamma} & =\frac{(1-\cos \alpha)^{2}\left(2 \cos ^{2} \alpha\right)}{\cos ^{2} \alpha\left(1-2 \cos ^{2} \alpha\right)} \\
& =\frac{2(1-\cos \alpha)^{2}}{1-2 \cos ^{2} \alpha}
\end{aligned}
$$
This expression is at least 1 if and only if $2(1-\cos \alpha)^{2} \geqslant 1-2 \cos ^{2} \alpha$. Expanding and moving everything to the left side, the inequality becomes $(2 \cos \alpha-1)^{2} \geqslant 0$, which is true.
Now, consider the general case. By symmetry, assume $\alpha \geqslant \beta \geqslant \gamma$.
Let $f(x)=\frac{1-\cos x}{\cos x}$ and $g(x)=\log f(x)$. We want to show that
$$
f(\alpha) f(\beta) f(\gamma) \geqslant 1
$$
or equivalently, $\frac{g(\alpha)+g(\beta)+g(\gamma)}{3} \geqslant 0=g\left(\frac{\pi}{3}\right)=g\left(\frac{\alpha+\beta+\gamma}{3}\right)$. The difficulty is that $g$ is not convex. Indeed, we calculate that
$$
g^{\prime \prime}(x)=\frac{(1-\cos x)\left(-\cos ^{2} x-\cos x+1\right)}{\cos ^{2} x(1-\cos x)^{2}}
$$
is positive on $\left[x_{0}, \frac{\pi}{2}\right]$ and negative on $\left[0, x_{0}\right]$, where $x_{0}$ satisfies the equation $\cos x_{0}=\frac{-1+\sqrt{5}}{2}$. We note that $x_{0}<\frac{\pi}{3}$ since $\frac{-1+\sqrt{5}}{2}>\frac{1}{2}$. We deduce that $\alpha \geqslant x_{0}$. Indeed, in the contrary case, we would have $\alpha+\beta+\gamma \leqslant 3 \alpha \leqslant 3 x_{0}<\pi$, which is false.
First case: $\beta \geqslant x_{0}$. Then $g(\alpha)+g(\beta) \geqslant 2 g\left(\frac{\alpha+\beta}{2}\right)$ by the convexity of $g$ on $\left[x_{0}, \frac{\pi}{2}\right]$, so we reduce to the special case $\alpha=\beta$ treated above.
Second case: $\beta<x_{0}$. Note that $\gamma>x_{0}-\beta$. Indeed, in the contrary case, we would have $\alpha+\beta+\gamma \leqslant$ $\frac{\pi}{2}+\beta+\left(x_{0}-\beta\right)=\frac{\pi}{2}+x_{0}<\pi$, which is false.
Let $\varphi(t)=g(\beta+t)+g(\gamma-t)$. For all $t \in\left[0, x_{0}-\beta\right]$, we have
$$
\varphi^{\prime}(t)=g^{\prime}(\beta+t)-g^{\prime}(\gamma-t) \leqslant 0
$$
since $0<\gamma-t \leqslant \beta+t \leqslant x_{0}$. Therefore, $\varphi(0) \geqslant \varphi\left(x_{0}-\beta\right)$, which writes $g(\beta)+g(\gamma) \geqslant g\left(\beta^{\prime}\right)+g\left(\gamma^{\prime}\right)$ where $\beta^{\prime}=x_{0}$ and $\gamma^{\prime}=\gamma-\left(x_{0}-\beta\right)$. We are thus reduced to the first case.
$\mathcal{F i n}$
|
proof
|
Yes
|
Incomplete
|
proof
|
Inequalities
|
Soient a, b et c des réels strictement positifs tels que
$$
a^{2}+b^{2}>c^{2}, \quad b^{2}+c^{2}>a^{2}, \quad c^{2}+a^{2}>b^{2}
$$
Montrer que
$$
\frac{a^{2} b^{2} c^{2}}{\left(a^{2}+b^{2}-c^{2}\right)\left(b^{2}+c^{2}-a^{2}\right)\left(c^{2}+a^{2}-b^{2}\right)}+2 \frac{(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)}{a b c} \geqslant 3
$$
|
Notons
$$
\begin{aligned}
& A=\frac{a^{2} b^{2} c^{2}}{\left(a^{2}+b^{2}-c^{2}\right)\left(b^{2}+c^{2}-a^{2}\right)\left(c^{2}+a^{2}-b^{2}\right)} \\
& B=\frac{(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)}{a b c}
\end{aligned}
$$
On doit montrer que $A+2 B \geqslant 3$. Tout d'abord, on remarque que $a+b>c$ car $c^{2}<a^{2}+b^{2}<(a+b)^{2}$. On a de même $b+c>a$ et $c+a>b$, donc $a, b, c$ sont les côtés d'un triangle dont on notera $\alpha, \beta, \gamma$ les angles. Le fait que $a^{2}+b^{2}>c^{2}$, etc. signifie que le triangle est acutangle.
D'après l'inégalité arithmético-géométrique, on a $\frac{A+2 B}{3} \geqslant \sqrt[3]{A B^{2}}$, donc il suffit de montrer que $A B^{2} \geqslant$ 1, autrement dit que
$$
\frac{(a+b-c)^{2}(b+c-a)^{2}(c+a-b)^{2}}{\left(a^{2}+b^{2}-c^{2}\right)\left(b^{2}+c^{2}-a^{2}\right)\left(c^{2}+a^{2}-b^{2}\right)} \geqslant 1
$$
D'après la formule d'Al-Kashi, on a
$$
a^{2}+b^{2}-c^{2}=2 a b \cos \alpha
$$
D'autre part,
$$
(c+a-b)(b+c-a)=c^{2}-a^{2}-b^{2}+2 a b=2 a b(1-\cos \alpha)
$$
donc $\frac{(c+a-b)(b+c-a)}{a^{2}+b^{2}-c^{2}}=\frac{1-\cos \alpha}{\cos \alpha}$. En multipliant par les deux expressions similaires, l'inégalité à démontrer devient
$$
\frac{(1-\cos \alpha)(1-\cos \beta)(1-\cos \gamma)}{\cos \alpha \cos \beta \cos \gamma} \geqslant 1
$$
Traitons d'abord le cas particulier $\alpha=\beta$. Alors $\gamma=\pi-2 \alpha$. Comme $\gamma \leqslant \frac{\pi}{2}$, on a $\alpha \in\left[\frac{\pi}{4}, \frac{\pi}{2}\right]$.
Comme $\frac{1-\cos \gamma}{\cos \gamma}=\frac{1+\cos 2 \alpha}{-\cos 2 \alpha}=\frac{2 \cos ^{2} \alpha}{1-2 \cos ^{2} \alpha}$, on a
$$
\begin{aligned}
\frac{(1-\cos \alpha)(1-\cos \beta)(1-\cos \gamma)}{\cos \alpha \cos \beta \cos \gamma} & =\frac{(1-\cos \alpha)^{2}\left(2 \cos ^{2} \alpha\right)}{\cos ^{2} \alpha\left(1-2 \cos ^{2} \alpha\right)} \\
& =\frac{2(1-\cos \alpha)^{2}}{1-2 \cos ^{2} \alpha}
\end{aligned}
$$
Cette expression est minoré par 1 si et seulement si $2(1-\cos \alpha)^{2} \geqslant 1-2 \cos ^{2} \alpha$. On développe et on passe tout dans le membre de gauche. L'inégalité devient $(2 \cos \alpha-1)^{2} \geqslant 0$, ce qui est vrai.
Traitons maintenant le cas général. On suppose par symétrie que $\alpha \geqslant \beta \geqslant \gamma$.
Posons $f(x)=\frac{1-\cos x}{\cos x}$ et $g(x)=\log f(x)$. On veut montrer que
$$
f(\alpha) f(\beta) f(\gamma) \geqslant 1
$$
ou encore que $\frac{g(\alpha)+g(\beta)+g(\gamma)}{3} \geqslant 0=g\left(\frac{\pi}{3}\right)=g\left(\frac{\alpha+\beta+\gamma}{3}\right)$. La difficulté est que $g$ n'est pas convexe. En effet, on calcule que
$$
g^{\prime \prime}(x)=\frac{(1-\cos x)\left(-\cos ^{2} x-\cos x+1\right)}{\cos ^{2} x(1-\cos x)^{2}}
$$
est positif sur $\left[x_{0}, \frac{\pi}{2}\right]$ et négatif sur $\left[0, x_{0}\right]$, où $x_{0}$ satisfait l'équation $\cos x_{0}=\frac{-1+\sqrt{5}}{2}$. On remarque que $x_{0}<\frac{\pi}{3}$ puisque $\frac{-1+\sqrt{5}}{2}>\frac{1}{2}$. On en déduit que $\alpha \geqslant x_{0}$. En effet, dans le cas contraire on aurait $\alpha+\beta+\gamma \leqslant 3 \alpha \leqslant 3 x_{0}<\pi$, ce qui est faux.
Premier cas: $\beta \geqslant x_{0}$. Alors $g(\alpha)+g(\beta) \geqslant 2 g\left(\frac{\alpha+\beta}{2}\right)$ par convexité de $g$ sur $\left[x_{0}, \frac{\pi}{2}\right]$ donc on se ramène au cas particulier $\alpha=\beta$ traité plus haut.
Deuxième cas: $\beta<x_{0}$. Notons que $\gamma>x_{0}-\beta$. En effet, dans le cas contraire on aurait $\alpha+\beta+\gamma \leqslant$ $\frac{\pi}{2}+\beta+\left(x_{0}-\beta\right)=\frac{\pi}{2}+x_{0}<\pi$, ce qui est faux.
Posons $\varphi(t)=g(\beta+t)+g(\gamma-t)$. Pour tout $t \in\left[0, x_{0}-\beta\right]$, on a
$$
\varphi^{\prime}(t)=g^{\prime}(\beta+t)-g^{\prime}(\gamma-t) \leqslant 0
$$
puisque $0<\gamma-t \leqslant \beta+t \leqslant x_{0}$. Donc $\varphi(0) \geqslant \varphi\left(x_{0}-\beta\right)$, ce qui s'écrit $g(\beta)+g(\gamma) \geqslant g\left(\beta^{\prime}\right)+g\left(\gamma^{\prime}\right)$ où $\beta^{\prime}=x_{0}$ et $\gamma^{\prime}=\gamma-\left(x_{0}-\beta\right)$. On est ainsi ramenés au premier cas.
$\mathcal{F i n}$
|
{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "9",
"problem_match": "\nExercice 9.",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2012-2013-envoi4-corrige.jsonl",
"solution_match": "## Solution.",
"tier": "T2",
"year": "2013"
}
|
Prove that the equation
$$
a^{3}+b^{5}+c^{7}+d^{11}=e^{13}
$$
admits an infinite number of solutions in strictly positive integers.
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It should be noted that if $(a, b, c, d, e)$ is a solution, then for any integer $k>0$, the quintuple
$$
\left(a k^{5 \times 7 \times 11 \times 13}, \mathrm{bk}^{3 \times 7 \times 11 \times 13}, \mathrm{ck}^{3 \times 5 \times 11 \times 13}, \mathrm{dk}^{3 \times 5 \times 7 \times 13}, e k^{3 \times 5 \times 7 \times 11}\right)
$$
is also a solution.
To conclude, it is therefore sufficient to find one solution. One might think of finding a solution such that
$$
a^{3}=b^{5}=c^{7}=d^{11}=\frac{1}{4} e^{13}
$$
where $e=2^{\mathrm{t}}$ for some $t$ to be determined. For this, $t$ must be chosen so that $13 \mathrm{t}-2$ is a common multiple of $3,5,7,$ and $11$. By searching a bit, we see that we can take $13 \mathbf{t}-2=3 \times 5 \times 7 \times 11$, or equivalently $\mathrm{t}=89$.
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proof
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Yes
|
Yes
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proof
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Number Theory
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Prouver que l'équation
$$
a^{3}+b^{5}+c^{7}+d^{11}=e^{13}
$$
admet une infinité de solutions en entiers strictement positifs.
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Il convient de remarquer que si ( $a, b, c, d, e$ ) est une solution alors, pour tout entier $k>0$, le quintuplet
$$
\left(a k^{5 \times 7 \times 11 \times 13}, \mathrm{bk}^{3 \times 7 \times 11 \times 13}, \mathrm{ck}^{3 \times 5 \times 11 \times 13}, \mathrm{dk}^{3 \times 5 \times 7 \times 13}, e k^{3 \times 5 \times 7 \times 11}\right)
$$
en est une aussi.
Pour conclure, il suffit donc de trouver une solution. On peut penser à en trouver une telle que
$$
a^{3}=b^{5}=c^{7}=d^{11}=\frac{1}{4} e^{13}
$$
où $e=2^{\mathrm{t}}$ pour un certain t à déterminer. Pour cela, t doit être choisi de sorte que $13 \mathrm{t}-2$ soit multiple commun de $3,5,7,11$ et 11 . En cherchant un peu, on voit que l'on peut prendre $13 \mathbf{t}-2=3 \times 5 \times 7 \times 11$, ou encore $\mathrm{t}=89$.
|
{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "1",
"problem_match": "\nExercice 1.",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2012-2013-envoi5-corrige.jsonl",
"solution_match": "## Solution.",
"tier": "T2",
"year": "2013"
}
|
Prove that, for all strictly positive integers a, b, c, d, we have
$$
(2 a-1)(2 b-1)(2 c-1)(2 d-1) \geqslant 2 a b c d-1
$$
and determine the cases of equality.
|
If $x$ and $y$ are strictly positive integers, we have $x \geqslant 1$ and $y \geqslant 1$, and thus $(x-1)(y-1) \geqslant 0$. This leads to $x y - x - y + 1 \geqslant 0$, and therefore to $(2 x - 1)(2 y - 1) \geqslant 2 x y - 1$. Note that equality holds if and only if $x = 1$ or $y = 1$.
If $a, b, c, d$ are strictly positive integers, we therefore have $(2 a - 1)(2 b - 1) \geqslant 2 a b - 1$ and $(2 c - 1)(2 d - 1) \geqslant 2 c d - 1$, but also $(2 a b - 1)(2 c d - 1) \geqslant 2 a b c d - 1$. Thus:
$$
(2 a - 1)(2 b - 1)(2 c - 1)(2 d - 1) \geqslant (2 a b - 1)(2 c d - 1) \geqslant 2 a b c d - 1
$$
According to the above, equality holds if and only if three of the numbers $a, b, c, d$ are equal to 1.
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Inequalities
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Prouver que, pour tous entiers strictement positifs a, b, c, d, on a
$$
(2 a-1)(2 b-1)(2 c-1)(2 d-1) \geqslant 2 a b c d-1
$$
et déterminer les cas d'égalité.
|
Si $x$ et $y$ sont des entiers strictement positifs, on a $x \geqslant 1$ et $y \geqslant 1$, et ainsi $(x-1)(y-1) \geqslant 0$. Cela conduit à $x y-x-y+1 \geqslant 0$, et donc à $(2 x-1)(2 y-1) \geqslant 2 x y-1$. Notons que l'égalité a lieu si et seulement si $x=1$ ou $y=1$.
Si $a, b, c, d$ sont des entiers strictement positifs, on a donc $(2 a-1)(2 b-1) \geqslant 2 a b-1$ et $(2 c-$ 1) $(2 \mathrm{~d}-1) \geqslant 2 \mathrm{~cd}-1$, mais aussi $(2 a b-1)(2 c d-1) \geqslant 2 a b c d-1$. Ainsi :
$$
(2 a-1)(2 b-1)(2 c-1)(2 d-1) \geqslant(2 a b-1)(2 c d-1) \geqslant 2 a b c d-1
$$
D'après ci-dessus, l'égalité a lieu si et seulement si trois des nombres $\mathrm{a}, \mathrm{b}, \mathrm{c}, \mathrm{d}$ sont égaux à 1 .
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{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "2",
"problem_match": "\nExercice 2.",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2012-2013-envoi5-corrige.jsonl",
"solution_match": "## Solution.",
"tier": "T2",
"year": "2013"
}
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Point $D$ belongs to the side $[A C]$ of the equilateral triangle $A B C$. We denote $F$ as the orthogonal projection of $D$ on ($B C$), then $K$ as the orthogonal projection of $F$ on ($A B$), and finally $E$ as the orthogonal projection of $K$ on ($C A$). Let $L$ be the midpoint of [BC], and $P$ the intersection of the lines ($K E$) and (FD).
Prove that the line (BP) passes through the midpoint of [AL].
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First solution. Since the sides of PKF are perpendicular to the sides of ABC, triangle PKF has the same interior angles as ABC and is therefore equilateral, and thus $PF = KF$.
Let $M$ be the intersection of (BP) and (AL). Since triangles BLM and BFP are similar, we have
$$
\frac{ML}{BL} = \frac{PF}{BF} = \frac{KF}{BF} = \sin 60^{\circ} = \frac{\sqrt{3}}{2}
$$
On the other hand, $\frac{AL}{BL} = \tan 60^{\circ} = \sqrt{3}$, so $AL = 2ML$, which proves that $M$ is the midpoint of [AL].
Second solution. Let the sides of $ABC$ be of length 2, and $AD = 2a$ with $a \in [0,1]$. We deduce that $\mathrm{DC} = 2 - 2a$, $\mathrm{FC} = \mathrm{DC} \cos(60^{\circ}) = 1 - a$, and $\mathrm{BF} = 1 + a$. Therefore, we have
$$
\mathrm{BK} = \mathrm{BF} \cos(60^{\circ}) = \frac{1 + a}{2} \quad \text{and} \quad \mathrm{KF} = \mathrm{BF} \sin(60^{\circ}) = \frac{\sqrt{3}}{2}(1 + a)
$$
Since the sides of PKF are perpendicular to the sides of $ABC$, triangle $PKF$ has the same interior angles as $ABC$ and is therefore equilateral. We then have $PF = KF = \frac{\sqrt{3}}{2}(1 + a)$.
Since point $L$ is the midpoint of $[BC]$ with $ABC$ being equilateral, lines $(AL)$ and $(BC)$ are perpendicular, ensuring that $(ML)$ and $(PF)$ are parallel, where $M$ is the intersection of $(BP)$ and $(AL)$. By Thales' theorem, we then have
$$
\frac{\mathrm{ML}}{\mathrm{PF}} = \frac{\mathrm{BL}}{\mathrm{BF}} = \frac{1}{1 + a}
$$
Thus, $ML = \frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{1}{2} AL$, which concludes the proof.
Third solution. As above, we note that PKF is equilateral, and let $M$ be the intersection of (BP) and (AL). Let $Q$ be the intersection of (FP) and (AB). We have $\widehat{\mathrm{PKQ}} = \widehat{\mathrm{PQK}} = 30^{\circ}$, so PQK is isosceles at $P$ and we have $PQ = PK$. But, $PK = KF$ since $PKF$ is equilateral, so $PQ = KF$ which ensures that $P$ is the midpoint of [QF]. Since their sides are either common or parallel, triangles BPQ and BMA on the one hand, and triangles BPF and BML on the other, are similar. This leads to
$$
\frac{PQ}{AM} = \frac{PM}{BM} \quad \text{and} \quad \frac{PF}{ML} = \frac{PM}{BM}
$$
Thus, $\frac{AM}{ML} = \frac{PQ}{PF} = 1$, and $M$ is indeed the midpoint of $[AL]$.
Fourth solution. Let $X$ be the midpoint of $[AB]$ and $Y$ such that $ALCY$ is a rectangle. Then $XC = AL = CY$ and $\widehat{YCX} = 60^{\circ}$, so $XCY$ is equilateral. Two of its sides being perpendicular to two of the sides of the equilateral triangle $ABC$, the same is true for its third side. Let $M$ be the intersection of (AL) and (BY). Since $(AL)$ and $(CY)$ are parallel and $BC = 2BL$, we have $AL = CY = 2ML$, so $M$ is the midpoint of [AL]. As above, we note that KFP is equilateral because its sides are perpendicular to those of $ABC$. However, the same is true for $XYC$, so triangles KFP and $XYC$ have their sides parallel. Since points $B, F, C$ on the one hand, and $B, K, X$ on the other, are collinear, there exists a homothety centered at B that maps $XYC$ to KFP. In particular, point $P$ lies on the line (BY) which passes through the midpoint of [AL].
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Geometry
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Le point $D$ appartient au côté $[A C]$ du triangle équilatéral $A B C$. On note $F$ le projeté orthogonal de $D$ sur ( $B C$ ), puis $K$ le projeté orthogonal de $F$ sur ( $A B$ ), et enfin $E$ le projeté orthogonal de $K$ sur ( $C A$ ). Soit $L$ le milieu de [BC], et $P$ l'intersection des droites ( $K E$ ) et (FD).
Prouver que la droite (BP) passe par le milieu de [AL].
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Première solution. Comme les côtés de PKF sont perpendiculaires aux côtés de ABC , le triangle PKF a les mêmes angles intérieurs que $A B C$ et est donc équilatéral, et donc $P F=K F$.
Notons $M$ l'intersection de (BP) et ( $A L$ ). Comme les triangles BLM et BFP sont semblables, on a
$$
\frac{M L}{B L}=\frac{P F}{B F}=\frac{\mathrm{KF}}{B F}=\sin 60^{\circ}=\frac{\sqrt{3}}{2}
$$
D'autre part, $\frac{A L}{B L}=\tan 60^{\circ}=\sqrt{3}$, donc $A L=2 M L$, ce qui prouve que $M$ est le milieu de [AL].
Deuxième solution. Posons que les côtés de $A B C$ soient de longueur 2 , et que $A D=2 a$ avec $a \in$ $[0,1]$. On en déduit que $\mathrm{DC}=2-2 \mathrm{a}, \mathrm{FC}=\mathrm{DC} \cos \left(60^{\circ}\right)=1-\mathrm{a}$, et $\mathrm{BF}=1+\mathrm{a}$ Par suite, on a
$$
\mathrm{BK}=\mathrm{BF} \cos \left(60^{\circ}\right)=\frac{1+\mathrm{a}}{2} \quad \text { et } \quad \mathrm{KF}=\mathrm{BF} \sin \left(60^{\circ}\right)=\frac{\sqrt{3}}{2}(1+\mathrm{a})
$$
Puisque les côtés de PKF sont perpendiculaires aux côtés de $A B C$, le triangle $P K F$ a les mêmes angles intérieurs que $A B C$ et est donc équilatéral. On a alors $P F=K F=\frac{\sqrt{3}}{2}(1+a)$.
Le point $L$ étant le milieu de $[B C]$ avec $A B C$ équilatéral, les droites $(A L)$ et $(B C)$ sont donc perpendiculaires, ce qui assure que ( $M L$ ) et ( PF ) sont parallèles, où $M$ est l'intersection de ( $B P$ ) et ( $A L$ ). D'après le théorème de Thalès, il vient alors
$$
\frac{\mathrm{ML}}{\mathrm{PF}}=\frac{\mathrm{BL}}{\mathrm{BF}}=\frac{1}{1+\mathrm{a}}
$$
d'où $M L=\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{1}{2} A L$, ce qui conclut.
Troisième solution. Comme ci-dessus, on remarque que PKF est équilatéral, et on note M l'intersection de (BP) et (AL). Soit Q l'intersection de (FP) et ( AB ). On a $\widehat{\mathrm{PKQ}}=\widehat{\mathrm{PQK}}=30^{\circ}$, donc PQK est isocèle en $P$ et on a $P Q=P K$. Mais, $P K=K F$ puisque $P K F$ est équilatéral, donc $P Q=K F$ ce qui assure que $P$ est le milieu de [QF]. Ayant leurs côtés communs ou parallèles, les triangles BPQ et BMA d'une part, et les triangles BPF et BML d'autre part, sont semblables. Cela conduit à
$$
\frac{P Q}{A M}=\frac{P M}{B M} \quad \text { et } \quad \frac{P F}{M L}=\frac{P M}{B M}
$$
d'où $\frac{A M}{M L}=\frac{P Q}{P F}=1$, et $M$ est bien le milieu de $[A L]$.
Quatrième solution. Soit $X$ le milieu de $[A B]$ et $Y$ tel que $A L C Y$ soit un rectangle. Alors $X C=A L=$ $C Y$ et $\widehat{Y C X}=60^{\circ}$, donc $X C Y$ est équilatéral. Deux de ses côtés étant perpendicualires à deux des côtés du triangle équilatéral $A B C$, il en est de même de son troisième côté. Soit $M$ l'intersection de (AL) et (BY). Puisque $(A L)$ et $(C Y)$ sont parallèles et que $B C=2 B L$, on a $A L=C Y=2 M L$, d'où $M$ est le milieu de [AL]. Comme ci-dessus, on remarque que KFP est équilatéral car ses côtés sont perpendiculaires à ceux de $A B C$. Or, il en est de même de $X Y C$, donc les triangles KFP et $X C Y$ ont leurs côtés parallèles. Puisque les points $B, F, C$ d'une part, et $B, K, X$ d'autre part sont alignés, il existe donc une homothétie de centre B qui envoie $X C Y$ sur KFP. En particulier, le point $P$ appartient à la droite (BY) qui passe par le milieu de [AL].
## Exercices Communs
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{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "3",
"problem_match": "\nExercice 3.",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2012-2013-envoi5-corrige.jsonl",
"solution_match": "## Solution.",
"tier": "T2",
"year": "2013"
}
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Let $A B C D$ be a convex quadrilateral. For any point $M$ inside or on the boundary of $A B C D$, we define
$$
f(M)=M A+M B+M C+M D .
$$
Prove that, for any $M$, we have
$$
f(M) \leqslant \max (f(A), f(B), f(C), f(D))
$$
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Lemme. If point K is on the sides or inside the triangle XYZ, we have
$$
X Y+X Z \geqslant K Y+K Z .
$$
Proof of the lemma. If $\mathrm{K}=\mathrm{Y}$, the result is immediate from the triangle inequality. Otherwise, let P be the intersection of (YK) with the side [XZ]. From the triangle inequality, we then have
$$
X Y+X Z=X Y+X P+P Z \geqslant Y P+P Z=Y K+K P+P Z \geqslant Y K+K Z .
$$
Let's return to the exercise, and consider a point $M$ inside or on the boundary of the convex quadrilateral $A B C D$. We will start by proving that we can find a point $P$ on the boundary of $A B C D$ such that $f(M) \leqslant f(P)$. The diagonals $[A C]$ and $[B D]$ intersect at $O$, and without loss of generality, we can assume that $M$ is inside or on the boundaries of the triangle $A D O$. The lines ( $B M$ ) and ( $C M$ ) intersect the side [AD] at $X$ and $Y$ respectively. Let $P$ be a point on $[X Y]$. According to the lemma, since $M$ is inside or on the boundaries of the triangle BDP, we have $P B+P D \geqslant M B+M D$. And, since $M$ is inside or on the boundaries of the triangle $C A P$, we have $P A+P C \geqslant M A+M C$. By summing, we get $f(M) \leqslant f(P)$, with $P \in[A D]$ as desired.
With the point $P \in[A D]$ above, we now show that $f(P) \leqslant f(A)$ or $f(P) \leqslant$ $f(D)$, which will complete the proof. Indeed, since $P \in[A D]$, we have $P A+P D=A D$. We want to maximize $\mathrm{PB}+\mathrm{PC}$. For this, we construct the symmetric $\mathrm{B}^{\prime}$ of B with respect to ( $A D$ ). We then have $P B+P C=P B^{\prime}+P C$. Moreover, since $A B C D$ is convex, depending on whether the line ( $B^{\prime} C$ ) intersects ( $A D$ ) at a point of $[A D]$ or not, the point $P$ is inside or on the boundaries of $A B^{\prime} C$ or of $D^{\prime} C$. According to the lemma, we then have $\mathrm{PB}^{\prime}+P C \leqslant A B^{\prime}+A C=A B+A C$ or $P B^{\prime}+P C \leqslant B^{\prime}+D C=D B+D C$. Thus, we have
$$
f(P)=P A+P D+P B+P C \leqslant A D+A B+A C=f(A)
$$
or
$$
f(P)=P A+P D+P B+P C \leqslant A D+D B+D C=f(D),
$$
as announced.
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proof
|
Yes
|
Yes
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proof
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Inequalities
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Soit $A B C D$ un quadrilatère convexe. Pour tout point $M$ à l'intérieur ou sur le bord de $A B C D$, on pose
$$
f(M)=M A+M B+M C+M D .
$$
Prouver que, pour tout $M$, on a
$$
f(M) \leqslant \max (f(A), f(B), f(C), f(D))
$$
|
Lemme. Si le point K est sur les bords ou à l'intérieur du triangle XYZ , on a
$$
X Y+X Z \geqslant K Y+K Z .
$$
Preuve du lemme. Si $\mathrm{K}=\mathrm{Y}$, le résultat est immédiat d'après l'inégalité triangulaire. Sinon, on note P l'intersection de (YK) avec le côté [XZ]. D'après l'inégalité triangulaire, on a alors
$$
X Y+X Z=X Y+X P+P Z \geqslant Y P+P Z=Y K+K P+P Z \geqslant Y K+K Z .
$$
Revenons à l'exercice, et considérons un point $M$ à l'intérieur ou sur le bord du quadrilatère convexe $A B C D$. On va commencer par prouver que l'on peut trouver un point $P$ du bord de $A B C D$ tel que $f(M) \leqslant f(P)$. Les diagonales $[A C]$ et $[B D]$ se coupent en $O$ et, sans perte de généralité, on peut supposer que $M$ est dans ou sur les bords du triangle $A D O$. Les droites ( $B M$ ) et ( $C M$ ) recoupent alors le côté [AD] respectivement en $X$ et $Y$. Soit $P$ un point de $[X Y]$. D'après le lemme, puisque $M$ est dans ou sur les bords du triangle BDP, on a $P B+P D \geqslant M B+M D$. Et, puisque $M$ est dans ou sur les bords du triangle $C A P$, on a $P A+P C \geqslant M A+M C$. En sommant, il vient $f(M) \leqslant f(P)$, avec $P \in[A D]$ comme désiré.
Toujours avec le point $P \in[A D]$ ci-dessus, on montre maintenant que $f(P) \leqslant f(A)$ ou $f(P) \leqslant$ $f(D)$, ce qui terminera la démonstration. En effet, puisque $P \in[A D]$, on a $P A+P D=A D$. On veut maximiser $\mathrm{PB}+\mathrm{PC}$. Pour cela, on construit le symétrique $\mathrm{B}^{\prime}$ de B par rapport à ( $A D$ ). On a donc $P B+P C=P B^{\prime}+P C$. De plus, puisque $A B C D$ est convexe, selon que la droite ( $B^{\prime} C$ ) rencontre ( $A D$ ) en un point de $[A D]$ ou non, le point $P$ est sur dans ou sur les bords de $A B^{\prime} C$ ou de $D^{\prime} C$. D'après le lemme, on a alors $\mathrm{PB}^{\prime}+P C \leqslant A B^{\prime}+A C=A B+A C$ ou $P B^{\prime}+P C \leqslant B^{\prime}+D C=D B+D C$. Ainsi, on a
$$
f(P)=P A+P D+P B+P C \leqslant A D+A B+A C=f(A)
$$
ou
$$
f(P)=P A+P D+P B+P C \leqslant A D+D B+D C=f(D),
$$
comme annoncé.
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{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "4",
"problem_match": "\nExercice 4.",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2012-2013-envoi5-corrige.jsonl",
"solution_match": "## Solution.",
"tier": "T2",
"year": "2013"
}
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Consider a $4 \times 4$ square grid.
Two distinct cells that share a side are called neighbors. Initially, all cells are red. Subsequently, a cell can potentially change color and be either red or blue. Performing an operation on cell $c$ means simultaneously changing the color of $c$ and all its neighbors (red cells become blue and blue cells become red).
Give all values of $n$ for which there exists a group of $n$ distinct cells such that after performing an operation on each of these $n$ cells, one obtains a grid that is entirely blue.
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Let's group the cells of the grid into four tiles, each containing one marked cell, as indicated in the following figure:
It is easy to verify that any operation changes the color of one and only one of these marked cells and that an operation performed in one tile does not modify the color of the marked cells in the other tiles. If we want to make the entire grid blue, it is necessary that, in each tile, the number of operations performed is odd. The sum of four odd numbers being even, this means that the total number \( n \) of operations must be even. Moreover, since each tile has four cells and the operations must be performed on distinct cells, it follows that in each tile one or three operations have been performed. Therefore, we have \( 4 \leqslant n \leqslant 12 \).
The only possible values for \( n \) are thus \( n=4,6,8,10,12 \). It remains to prove that these five values are indeed solutions. For this, one can refer to the figure above and its four marked cells and to the figures below (the dots indicate the cells on which an operation is performed).
## Remarks.
More generally, consider a simple undirected graph of order \( k \) where each vertex has two possible states, red or blue, and we have an operation that simultaneously changes the state of a vertex and that of each of its neighbors (here, the vertices are the cells, connected by an edge if and only if they share a side). We note that:
- the order in which the operations are performed does not matter,
- if two operations are performed on the same vertex, it is equivalent to doing nothing. Therefore, we can always assume that a vertex is involved in at most one operation.
We then have the following two theorems:
## Theorem 1.
For any finite simple undirected graph, starting from a configuration where all vertices are red, there exists a set of vertices \( E \) such that performing an operation on each vertex of \( E \) makes all vertices blue.
Proof.
We reason by induction on the number \( k \) of vertices, and we assume the result is true for any graph with \( k \) vertices. For a graph of order \( k+1 \), since each vertex can be either red or blue, there are \( 2^{k+1} \) possible global states (it is not assumed here that they are all accessible by the operations). Similarly, since each operation can be performed or not, there are \( 2^{k+1} \) possible sets of vertices on which to perform the operations.
Suppose by contradiction that it is impossible to reach the state where all vertices are blue. This means there exist two distinct sets of vertices, say \( T_{1} \) and \( T_{2} \), which lead to the same final state. It is then easy to verify that the set \( S = T_{1} \Delta T_{2} \) (the symmetric difference) is a non-empty set of vertices for which performing an operation on each vertex of \( S \) does not change the global state of the configuration. In particular, each vertex \( L \) of \( S \) must be connected to an odd number of vertices of \( S \) (excluding itself). However, it is well known that, in any simple undirected graph, the sum of the degrees is even (it is twice the number of edges). Considering the subgraph formed only by the vertices of \( S \), we deduce that \( |S| \) is even.
Furthermore, since each vertex of the initial graph that is not in \( S \) must be connected to an even number of vertices of \( S \), performing any operation does not change the parity of the number of vertices of \( S \) that are red. Fix a vertex \( L \) in \( S \). By the induction hypothesis, it is possible to make all vertices blue except \( L \), which must remain red, otherwise all vertices would be blue, contradicting our assumption. However, between the initial state and the final state, the parity of the number of vertices of \( S \) that are blue is not preserved, which provides the desired contradiction.
## Theorem 2.
Under the conditions of Theorem 1, if two sequences of operations \( S \) and \( S' \) each allow all vertices to be blue, then \( |S| = |S'| \mod [2] \), where \( |s| \) denotes the number of operations performed in the sequence \( s \).
## Proof.
As before, without loss of generality, we can assume that at most one operation is performed per vertex (this does not change the total parity). Therefore, we can reason about the set of vertices involved.
We use the notation from the previous proof and prove a bit more than intended by noting that if two sets of vertices \( T_{1} \) and \( T_{2} \) distinct lead to the same final state (not necessarily the one where all vertices are blue), then \( |S| \) is always even. And, since \( |S| = |T_{1}| + |T_{2}| - 2|T_{1} \cap T_{2}| \), we have directly \( |T_{1}| = |T_{2}| \mod [2] \).
We obviously recover the results demonstrated in the specific case of the exercise.
Determining the common parity of the sequences of operations that make all vertices blue depends on the structure of the graph, not just the number of vertices, etc., and it does not seem that there is a simple and general known result.
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n=4,6,8,10,12
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Yes
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Incomplete
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math-word-problem
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Combinatorics
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On considère une grille carrée de $4 \times 4$ cases.
Deux cases distinctes ayant un côté commun sont dites voisines. Initialement, toutes les cases sont rouges. Par la suite, une case pourra éventuellement changer de couleur et être soit rouge soit bleue. Effectuer une opération sur la case c signifie que l'on change simultanément la couleur de c ainsi que celles de toutes ses voisines (les cases rouges deviennent bleues et les cases bleues deviennent rouges).
Donner toutes les valeurs de $n$ pour lesquelles il existe un groupe de $n$ cases distinctes telles qu'après avoir effectué une opération sur chacune de ces n cases, on obtienne une grille entièrement bleue.
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Regroupons les cases de la grille en quatre tuiles, contenant chacune une case marquée, comme indiqué dans la figure suivante :
Il est facile de vérifier qu'une opération quelconque change la couleur d'une et une seule de ces cases marquées et qu'une opération effectuée dans une tuile ne modifie pas la couleur des cases marquées des autres tuiles. Si l'on veut rendre la grille entièrement bleue, il faut donc que, dans chaque tuile, le nombre d'opérations effectuées soit impair. La somme de quatre nombres impairs étant paire, cela signifie que le nombre total n d'opérations doit être pair. De plus, puisque dans chaque tuile il y a quatre cases et que les opérations doivent être effectuées sur des cases distinctes, c'est que dans chaque tuile on a fait une ou trois opérations. Par suite, on a $4 \leqslant n \leqslant 12$.
Les seules valeurs de $n$ possibles sont donc $n=4,6,8,10,12$. Il reste à prouver que ces cinq valeurs sont bien des solutions. Pour cela, on pourra se reporter à la figure ci-dessus et ses quatre cases marquées et au figures ci-dessous (les points indiquent les cases sur lesquelles on effectue une opération).
## Remarques.
Plus généralement, on considère un graphe simple non orienté d'ordre $k$ dont chaque sommet a deux états possibles, rouge ou bleu, et on dispose d'une opération qui revient à changer simutanément l'état d'un sommet et celui de chacun de ses voisins (ici, les sommets sont les cases, deux reliées par une arête si et seulement si elles ont un côté en commun). On note que :
- l'ordre dans lequel sont effectuées les opérations n'a pas d'importance,
- si on effectue deux opérations sur un même sommet, cela revient à ne rien faire du tout. Par suite, on pourra toujours supposer qu'un sommet n'est concerné que par au plus une opération.
On dispose alors des deux théorèmes suivants :
## Théorème 1.
Pour tout graphe fini simple et non orienté, à partir d'une configuration où tous les sommets sont rouges, il existe un ensemble de sommets $E$ tel qu'en effectuant une opération sur chaque sommet de $E$, tous les sommets soient bleus.
Preuve.
On raisonne par récurrence sur le nombre $k$ de sommets, et on suppose directement le résultat vrai pour tout graphe de $k$ sommets. Pour un graphe d'ordre $k+1$, puisque chaque sommet peut-être soit rouge soit bleu, il y a donc $2^{k+1}$ états globaux possibles (il n'est pas ici supposé qu'ils soient tous accessibles par le jeu des opérations). De même, puisque chaque opération peut être effectuée ou non, il a $2^{k+1}$ ensembles possibles de sommets sur lesquels effectuer les opérations.
Raisonnons par l'absurde en supposant qu'il soit impossible d'atteindre l'état où tous les sommets sont bleus. C'est donc qu'il existe deux ensembles de sommets, disons $T_{1}$ et $T_{2}$, distincts et qui conduisent au même état final. Il est alors facile de vérifier que l'ensemble $S=T_{1} \Delta T_{2}$ (la différence symétrique) est un ensemble non vide de sommets pour lequel effectuer une opération sur chaque sommet de $S$ ne change pas l'état global de la configuration. En particulier, chaque sommet $L$ de $S$ doit être reliée à un nombre impair de sommets de $S$ (hors elle-même). Or, il est bien connu que, dans tout graphe simple non orienté, la somme des degrés est paire (c'est le double du nombre d'arêtes). En considérant le sous-graphe formé uniquement des sommets de $S$, on en déduit que $|S|$ est pair.
Par ailleurs, puisque chaque sommet du graphe initial qui n'est pas dans $S$ doit être relié à un nombre pair de sommets de $S$, effectuer n'importe quelle opération ne change pas la parité du nombre de sommets de $S$ qui sont rouges. Fixons maintenant un sommet L dans $S$. D'après l'hypothèse de récurrence, il est possible de rendre tous les sommets bleus sauf L, qui lui se doit de rester rouge sans quoi tous les sommets seraient bleus, en contradiction avec notre hypothèse. Mais alors, entre l'état initial et l'état final, la parité du nombre de sommets de $S$ qui sont bleus n'est pas conservée, ce qui fournit la contradiction attendue.
## Théorème 2.
Dans les conditions du théorème 1 , si deux suites d'opérations $S$ et $S^{\prime}$ permettent chacune de rendre tous les sommets bleus, alors $|S|=\left|S^{\prime}\right| \bmod [2]$, où $|s|$ désigne le nombre d'opérations effectuées dans la suite $s$.
## Preuve.
Comme précédemment, sans perte de généralité, on peut supposer qu'au plus une opération est effectuée par sommet (cela ne change pas la parité totale). Du coup, on peut raisonner sur l'ensemble des sommets concernés.
On reprend les notations de la preuve précédente, et on prouve un peu plus que souhaité en remarquant que si deux ensembles de sommets $\mathrm{T}_{1}$ et $\mathrm{T}_{2}$ distincts conduisent à un même état final (pas forcément celui où tous les sommets sont bleus), alors on a toujours $|S|$ est pair. Et, puisque $|S|=\left|T_{1}\right|+\left|T_{2}\right|-2\left|T_{1} \cap T_{2}\right|$, on a directement $\left|T_{1}\right|=\left|T_{2}\right| \bmod [2]$.
On retrouve évidemment les résultats démontrés dans le cas particulier de l'exercice.
Déterminer la parité commune des suites d'opérations qui rendent l'ensemble des sommets bleus dépend de la strucure du graphe, pas seulement du nombre de sommets etc... et il ne semble pas qu'il soit connu de résultat simple et général.
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{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "5",
"problem_match": "## Exercice 5.",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2012-2013-envoi5-corrige.jsonl",
"solution_match": "## Solution.",
"tier": "T2",
"year": "2013"
}
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For all integers $n \geqslant 1$, we define $S_{n}=x_{1}+x_{2}+\cdots+x_{n}$, where $x_{k}=\frac{k(k+1)}{2}$ for all $k \geqslant 1$. Prove that, for all $n \geqslant 10$, there exists an integer $a_{n}$ such that $S_{n-1}<a_{n}^{2}<S_{n}$.
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For all integers $\mathrm{n} \geqslant 1$, we have
$$
S_{n}=\sum_{k=1}^{n} \frac{k(k+1)}{2}=\frac{1}{2} \sum_{k=1}^{n} k^{2}+\frac{1}{2} \sum_{k=1}^{n} k=\frac{n(n+1)(2 n+1)}{12}+\frac{n(n+1)}{4}=\frac{n(n+1)(n+2)}{6}
$$
It is therefore sufficient to prove that, for $n \geqslant 10$, we have $\sqrt{S_{n}}-\sqrt{S_{n-1}}>1$, because then the interval $] S_{n-1}, S_{n}[$ will necessarily contain an integer.
Indeed, from the above calculation, the inequality $\sqrt{S_{n}}-\sqrt{S_{n-1}}>1$ is equivalent to
$$
\sqrt{\frac{n(n+1)(n+2)}{6}}-\sqrt{\frac{n(n+1)(n-1)}{6}}>1
$$
or equivalently,
$$
\sqrt{\frac{n(n+1)}{6}}(\sqrt{n+2}-\sqrt{n-1})>1
$$
Since
$$
\sqrt{n+2}-\sqrt{n-1}=\frac{3}{\sqrt{n+2}+\sqrt{n-1}}
$$
we want to prove that
$$
\sqrt{3 n(n+1)}>\sqrt{2(n+2)}+\sqrt{2(n-1)}
$$
To do this, it suffices to show that $\sqrt{3 n(n+1)}>2 \sqrt{2(n+2)}$. This last inequality can also be written as $3 n^{2}-5 n-16>0$. It is easy to verify that this inequality is satisfied for $n \geqslant 10$.
## Olympic Exercises
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Algebra
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Pour tout entier $n \geqslant 1$, on pose $S_{n}=x_{1}+x_{2}+\cdots+x_{n}$, où $x_{k}=\frac{k(k+1)}{2}$ pour tout $k \geqslant 1$. Prouver que, pour tout $n \geqslant 10$, il existe un entier $a_{n}$ tel que $S_{n-1}<a_{n}^{2}<S_{n}$.
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Pour tout entier $\mathrm{n} \geqslant 1$, on a
$$
S_{n}=\sum_{k=1}^{n} \frac{k(k+1)}{2}=\frac{1}{2} \sum_{k=1}^{n} k^{2}+\frac{1}{2} \sum_{k=1}^{n} k=\frac{n(n+1)(2 n+1)}{12}+\frac{n(n+1)}{4}=\frac{n(n+1)(n+2)}{6}
$$
Il suffit donc de prouver que, pour $n \geqslant 10$, on a $\sqrt{S_{n}}-\sqrt{S_{n-1}}>1$, car alors l'intervalle $] S_{n-1}, S_{n}[$ contiendra forcément un entier.
Or, d'après le calcul ci-dessus, l'inégalité $\sqrt{S_{n}}-\sqrt{S_{n-1}}>1$ est équivalente à
$$
\sqrt{\frac{n(n+1)(n+2)}{6}}-\sqrt{\frac{n(n+1)(n-1)}{6}}>1
$$
ou encore
$$
\sqrt{\frac{n(n+1)}{6}}(\sqrt{n+2}-\sqrt{n-1})>1
$$
Puisque
$$
\sqrt{n+2}-\sqrt{n-1}=\frac{3}{\sqrt{n+2}+\sqrt{n-1}}
$$
on veut prouver que
$$
\sqrt{3 n(n+1)}>\sqrt{2(n+2)}+\sqrt{2(n-1)}
$$
Pour cela, il suffit de montrer que $\sqrt{3 n(n+1)}>2 \sqrt{2(n+2)}$. Cette dernière inégalité s'écrit aussi $3 n^{2}-5 n-16>0$. Il est facile de vérifier qu'elle est satisfaite pour $n \geqslant 10$.
## Exercices Olympiques
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{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "6",
"problem_match": "\nExercice 6.",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2012-2013-envoi5-corrige.jsonl",
"solution_match": "## Solution.",
"tier": "T2",
"year": "2013"
}
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Consider a finite set E of boys and girls.
A subset G of boys from E is said to be popular if each girl in E knows at least one of the boys in $G$. Similarly, a subset $F$ of girls is said to be popular if each boy in E knows at least one of the girls in $F$. We assume that if a knows $b$ then $b$ knows $a$.
Prove that the number of popular subsets formed by the boys has the same parity as the number of popular subsets formed by the girls.
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First solution. We will say that a set X of boys is foreign to a set Y of girls if no boy in X is known to any of the girls in Y. Similarly, a set Y of girls will be said to be foreign to a set X of boys if no girl in Y is known to any of the boys in X. Since the relation "to know" is assumed to be symmetric, we deduce that X is foreign to Y if and only if Y is foreign to X. This opens the door to a double-counting:
We denote by N the number of pairs (X, Y) of sets X of boys and Y of girls that are mutually foreign. Let X be a set of boys. We denote by \( Y_X \) the largest set of girls that is foreign to X. Clearly, any set Y of girls that is foreign to X is contained in \( Y_X \), and conversely, any subset of \( Y_X \) is foreign to X. Therefore, the number of sets Y that are foreign to X is \( 2^{|Y_X|} \) (where \( |A| \) denotes the number of elements in the set \( \mathcal{A} \)). We deduce that
\[
N = \sum_{X} 2^{|Y_X|}
\]
Moreover, for any set X of boys, X is popular if and only if \( Y_X = \emptyset \), i.e., \( 2^{|Y_X|} = 1 \). Thus, the number of popular sets of boys is congruent to N modulo 2.
An analogous reasoning shows that the number of popular sets of girls is also congruent to N modulo 2, which concludes the proof.
Second solution. Let G be the set of boys and F the set of girls. We will prove the result by induction on \( n = |G| \). We first note that if F or G is empty, the conclusion is immediate (there are no popular groups). This ensures the result for \( n = 0, 1 \), and we now consider a group of \( n + 1 \geq 2 \) people in which there is at least one girl and at least one boy.
Let \( g \) be one of the boys. We set \( G' = G - \{g\} \) and \( F' \) the set of girls who do not know \( g \). Then:
- a popular set of boys in \( G' \cup F \) is still popular in \( G \cup F \),
- a popular set of boys in \( G \cup F \) that is no longer popular in \( G' \cup F \) is the union of a popular set of boys in \( G' \cup F' \) and \( \{g\} \).
It follows that the number \( N(G, F) \) of popular sets of boys in \( G \cup F \) is the sum of the number \( N(G', F) \) of popular sets of boys in \( G' \cup F \) and the number \( N(G', F') \) of popular sets of boys in \( G' \cup F' \), i.e., \( N(G, F) = N(G', F) + N(G', F') \).
On the other hand:
- a popular set of girls in \( G \cup F' \) is still popular in \( G' \cup F \),
- a popular set of girls in \( G' \cup F \) that is no longer popular in \( G \cup F \) is a popular set of girls in \( G' \cup F' \).
Therefore, the number \( M(G, F) \) of popular sets of girls in \( G \cup F \) is the difference between the number \( M(G', F) \) of popular sets of girls in \( G' \cup F \) and the number \( M(G', F') \) of popular sets of girls in \( G' \cup F' \), i.e., \( M(G, F) = M(G', F) - M(G', F') \).
Now, by the induction hypothesis, we have \( N(G', F) = M(G', F) \mod 2 \) and \( N(G', F') = M(G', F') = -M(G', F') \mod 2 \), hence \( N(F, G) = M(F, G) \mod 2 \), which completes the induction.
Third solution. We still denote by F and G the sets of girls and boys, respectively. For each girl \( f \) and each boy \( g \), we set \( h(f, g) = 0 \) if \( f \) and \( g \) know each other, and \( h(f, g) = 1 \) otherwise. Then, a set \( X \) of boys is popular if and only if \( \prod_{f \in F} \left(1 - \prod_{g \in X} h(f, g)\right) = 1 \). Therefore, the number N of popular sets of boys is
\[
\begin{aligned}
N & = \sum_{X \subseteq G} \prod_{f \in F} \left(1 - \prod_{g \in X} h(f, g)\right) \\
& = \sum_{X \subseteq G} \prod_{f \in F} \left(1 + \prod_{g \in X} h(f, g)\right) \mod 2 \\
& = \sum_{X \subseteq G} \sum_{Y \subseteq F} \prod_{g \in X} \prod_{f \in Y} h(f, g) \mod 2 .
\end{aligned}
\]
We have a similar equality for the number \( M \) of popular sets of girls, which concludes the proof.
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Combinatorics
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On considère un ensemble fini E de garçons et de filles.
Une partie G de garçons de E est dite populaire si chaque fille de E connaît au moins un des garçons de $G$. De même, une partie $F$ de filles est dite populaire si chaque garçon de $E$ connaît au moins une des filles de $F$. On suppose que si a connaît $b$ alors $b$ connaît $a$.
Prouver que le nombre de parties populaires formées par les garçons a la même parité que le nombre de parties populaires formées par les filles.
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Première solution. On dira qu'un ensemble X de garçons est étranger à un groupe Y de filles si aucun garçon de X n'est connu d'une des filles de Y . De même, un ensemble Y de filles sera dit étranger à un groupe $X$ de garçons si aucune fille de $Y$ n'est connue d'un des garçons de $X$. Puisque la relation 'se connaître" est supposée symétrique, on en déduit que $X$ est étranger à $Y$ si et seulement si $Y$ est étranger à $X$. Cela ouvre la porte à un double-comptage :
On note $N$ le nombre de couples $(X, Y)$ de groupes $X$ de garçons et $Y$ de filles mutuellement étrangers. Soit $X$ un groupe de garçons. On note $Y_{X}$ le plus grand groupe de filles qui soit étranger à $X$. Clairement, tout groupe $Y$ de filles qui est étranger à $X$ est contenu dans $Y_{X}$ et, réciproquement, tout sous-ensemble de $Y_{X}$ est étranger à $X$. Par suite, le nombre de groupes $Y$ qui sont étrangers à $X$ est $2^{\left|{ }^{\mid}\right|} \mid$(où $|A|$ désigne le nombre déléments de l'ensemble $\mathcal{A}$ ). On en déduit que
$$
N=\sum_{X} 2^{\left|Y_{X}\right|}
$$
Or, pour tout groupe $X$ de garçons, on a $X$ populaire si et seulement si $Y_{X}=\emptyset$, c.à.d. $2^{\left|Y_{X}\right|}=1$. Ainsi, le nombre de groupes populaires de garçons est congru à N modulo 2 .
Un raisonnement analogue montre que le nombre de groupes populaires de filles est lui aussi congru à N modulo 2 , ce qui conclut.
Deuxième solution. Soit G l'ensemble des garçons et F celui des filles. Nous allons prouver le résultat par récurrence sur $\mathrm{n}=|\mathrm{G}|$. On note tout d'abord que si F ou G est vide, la conclusion est immédiate (il n'existe aucun groupe populaire). Cela assure le résultat pour $\mathrm{n}=0,1$ et on considère maintenant un groupe de $\mathrm{n}+1 \geqslant 2$ personnes dans lequel il y a au moins une fille et au moins un garçon.
Soit $g$ un des garçons. On pose $\mathrm{G}^{\prime}=\mathrm{G}-\{\mathrm{g}\}$ et $\mathrm{F}^{\prime}$ l'ensemble des filles qui ne connaissent pas $g$. Alors :
- un groupe populaire de garçons dans $G^{\prime} \cup F$ l'est encore dans $G \cup F$,
- un groupe populaire de garçons dans $G \cup F$ qui ne l'est plus dans $G^{\prime} \cup F$ est la réunion d'un groupe populaire de garçons dans $G^{\prime} \cup F^{\prime}$ et de $\{g\}$.
Il en découle que le nombre $N(G, F)$ de groupes populaires de garçons dans $G \cup F$ est la somme du nombre $N\left(G^{\prime}, F\right)$ de groupes populaires de garçons dans $G^{\prime} \cup F$ et du nombre $N\left(G^{\prime}, F^{\prime}\right)$ de groupes populaires de garçons dans $G^{\prime} \cup F^{\prime}$, soit donc $N(G, F)=N\left(G^{\prime}, F\right)+N\left(G^{\prime}, F^{\prime}\right)$.
D'autre part :
- un groupe populaire de filles dans $G \cup F l^{\prime}$ est encore dans $G^{\prime} \cup F$,
- un groupe populaire de filles dans $G^{\prime} \cup F$ qui ne l'est plus dans $G \cup F$ est un groupe populaire de filles dans $G^{\prime} \cup F^{\prime}$.
Par conséquent, le nombre $M(G, F)$ de groupes populaires de filles dans $G \cup F$ est la différence entre le nombre $M\left(G^{\prime}, F\right)$ de groupes populaires de filles dans $G^{\prime} \cup F$ et le nombre $M\left(G^{\prime}, F^{\prime}\right)$ de groupes populaires de filles dans $G^{\prime} \cup F^{\prime}$, soit donc $M(G, F)=M\left(G^{\prime}, F\right)-M\left(G^{\prime}, F^{\prime}\right)$.
Or, d'après l'hypothèse de récurrence, on a $N\left(G^{\prime}, F\right)=M\left(G^{\prime}, F\right) \bmod [2]$ et $N\left(G^{\prime}, F^{\prime}\right)=M\left(G^{\prime}, F^{\prime}\right)=$ $-M\left(G^{\prime}, F^{\prime}\right) \bmod [2]$, d'où $N(F, G)=M(F, G) \bmod [2]$, ce qui achève la récurrence.
Troisième solution. On note toujours respectivement F et G l'ensemble des filles et celui des garçons. Pour chaque fille $f$ et chaque garçon $g$, on pose $h(f, g)=0$ si $f$ et $g$ se connaissent, et $h(f, g)=1$ sinon. Alors, un ensemble $X$ de garçons est populaire si et seulement si $\prod_{f \in F}\left(1-\prod_{g \in X} h(f, g)\right)=1$. Par suite, le nombre N de groupes populaires de garçons est
$$
\begin{aligned}
N & =\sum_{X \subseteq G} \prod_{f \in F}\left(1-\prod_{g \in X} h(f, g)\right) \\
& =\sum_{X \subseteq G} \prod_{f \in F}\left(1+\prod_{g \in X} h(f, g)\right) \bmod 2 \\
& =\sum_{X \subseteq G} \sum_{Y \subseteq F} \prod_{g \in X} \prod_{f \in Y} h(f, g) \bmod 2 .
\end{aligned}
$$
On a une égalité similaire pour le nombre $M$ de groupes populaires de filles, ce qui conclut.
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{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "7",
"problem_match": "\nExercice 7.",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2012-2013-envoi5-corrige.jsonl",
"solution_match": "## Solution.",
"tier": "T2",
"year": "2013"
}
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. For any integer $k \geqslant 2$, we denote $\mathrm{P}(\mathrm{k})$ as the largest prime divisor of $k$.
Prove that there are infinitely many integers $n$ such that
$$
\mathrm{P}(\mathrm{n})<\mathrm{P}(\mathrm{n}+1)<\mathrm{P}(\mathrm{n}+2)
$$
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Let $p$ be an odd prime number. For any integer $k \geqslant 1$, we denote $n_{k}=p^{2^{k}}-1$. We obviously have $\mathrm{P}\left(n_{k}+1\right)=\mathrm{p}$. On the other hand, for any integer $i$ such that $0<i<k$, we have
$$
\mathrm{p}^{2^{k}}=\left(p^{2^{i}}\right)^{2^{k-i}}=(-1)^{2^{k-i}}=1 \quad \bmod p^{2^{i}}+1,
$$
hence $n_{k}+2=2 \bmod \left[n_{i}+2\right]$.
Since the integers $n_{k}+2$ and $n_{i}+2$ are even, it follows that $\operatorname{pgcd}\left(n_{k}+2, n_{i}+2\right)=2$. Since $n_{k}+2$ is not a power of 2, because $p^{2^{k}}=1 \bmod 4$ for $k \geqslant 1$ and thus $n_{k}=2 \bmod 4$. Since $n_{k}+2>1$, there exists an odd prime $q_{k}$ that divides $n_{k}+2$ and none of the $n_{i}+2$ for $i<k$. This ensures that there are infinitely many odd primes that divide at least one of the $n_{k}+2$, and thus the sequence $\left(\mathrm{P}\left(n_{k}+2\right)\right)_{k \geqslant 1}$ is not bounded. We can therefore consider the minimal $k$ such that $P\left(n_{k}+2\right)>p$.
To conclude, it remains to prove that, for this choice of $k$, we have $P\left(n_{k}\right)<p$. Now, we have
$$
n_{k}=\left(p^{2^{k-1}}+1\right)\left(p^{2^{k-1}}-1\right)=\left(n_{k-1}+2\right) n_{k-1},
$$
hence, by induction,
$$
n_{k}=(p-1) \prod_{i=1}^{k-1}\left(n_{i}+2\right)
$$
Since $n_{k}+1$ is divisible by $p$, this cannot be the case for $n_{k}$, and the minimality of $k$ ensures that none of the factors $n_{i}+2$ is divisible by a prime number greater than $p$. Thus, $n_{k}$ does not have a prime divisor greater than or equal to $p$, and therefore $\mathrm{P}\left(n_{k}\right)<\mathrm{p}$, as desired.
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Number Theory
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. Pour tout entier $k \geqslant 2$, on note $\mathrm{P}(\mathrm{k})$ le plus grand diviseur premier de $k$.
Prouver qu'il existe une infinité d'entiers $n$ tels que
$$
\mathrm{P}(\mathrm{n})<\mathrm{P}(\mathrm{n}+1)<\mathrm{P}(\mathrm{n}+2)
$$
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Soit $p$ un nombre premier impair. Pour tout entier $k \geqslant 1$, on note $n_{k}=p^{2^{k}}-1$. On a évidemment $\mathrm{P}\left(\mathfrak{n}_{\mathrm{k}}+1\right)=\mathrm{p}$. D'autre part, pour tout entier $i$ tel que $0<i<k$, on a
$$
\mathrm{p}^{2^{k}}=\left(\mathfrak{p}^{2^{i}}\right)^{2^{k-i}}=(-1)^{2^{k-i}}=1 \quad \bmod p^{2^{i}}+1,
$$
d'où $n_{k}+2=2 \bmod \left[n_{i}+2\right]$.
Les entiers $n_{k}+2$ et $n_{i}+2$ étant pairs, il vient alors $\operatorname{pgcd}\left(n_{k}+2, n_{i}+2\right)=2$. Or $n_{k}+2$ n'est pas uns puissance de 2 , car $p^{2^{k}}=1 \bmod 4$ pour $k \geqslant 1$ et donc $\mathfrak{n}_{k}=2 \bmod 4$. Puisque $n_{k}+2>1$, il existe donc un nombre premier impair $q_{k}$ qui divise $n_{k}+2$ et aucun des $n_{i}+2$ pour $i<k$. Cela assure qu'il existe une infinité de nombres premiers impairs qui divisent chacun au moins un des $n_{k}+2$, et donc que la suite $\left(\mathrm{P}\left(n_{k}+2\right)\right)_{k \geqslant 1} n^{\prime}$ 'est pas bornée. On peut donc considérer $k$ minimal tel que $P\left(n_{k}+2\right)>p$.
Pour conclure, il reste à prouver que, pour ce choix de $k$, on a $P\left(n_{k}\right)<p$. Or, on a
$$
\mathfrak{n}_{k}=\left(\mathfrak{p}^{2^{k-1}}+1\right)\left(\mathfrak{p}^{2^{k-1}}-1\right)=\left(\mathfrak{n}_{k-1}+2\right) \mathfrak{n}_{k-1},
$$
d'où, par une récurrence,
$$
n_{k}=(p-1) \prod_{i=1}^{k-1}\left(n_{i}+2\right)
$$
Puisque $n_{k}+1$ est divisible par $p$, ce ne peut être le cas pour $n_{k}$, et la minimalité de $k$ assure qu'aucun des facteurs $n_{i}+2$ n'est divisible par un nombre premier supérieur à $p$. Ainsi, $n_{k} n^{\prime}$ 'a pas de diviseur premier supérieur ou égal à $p$, et donc $\mathrm{P}\left(\mathfrak{n}_{\mathrm{k}}\right)<\mathrm{p}$, comme souhaité.
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{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "8",
"problem_match": "\nExercice 8",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2012-2013-envoi5-corrige.jsonl",
"solution_match": "## Solution.",
"tier": "T2",
"year": "2013"
}
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We denote by \( I \) the center of the incircle \( \gamma \) of triangle \( ABC \) and by \( O \) the center of its circumcircle. Let \( \omega_{A} \) be the circle passing through \( B \) and \( C \) and tangent to \( \gamma \). The circles \( \omega_{B} \) and \( \omega_{C} \) are defined similarly. We denote by \( A' \) the other common point of \( \omega_{B} \) and \( \omega_{C} \). The points \( B' \) and \( C' \) are defined similarly.
Prove that the lines \( (AA') \), \( (BB') \), and \( (CC') \) are concurrent at a point \( K \), which is collinear with \( O \) and \( I \).
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We denote $A_{1}, B_{1}, C_{1}$ as the points of tangency of $\gamma$ with the sides $[B C],[C A],[A B]$. Let $X_{A}$ be the common point of the circles $\gamma$ and $\omega_{A}$.
The circle $\omega_{A}$ is the image of $\gamma$ under a homothety centered at $X_{A}$, which maps $A_{1}$ to a point $M_{A}$ on $\omega_{A}$ where the tangent to $\omega_{A}$ is parallel to $(BC)$. Consequently, this point $M_{A}$ is the midpoint of the arc $BC$ of $\omega_{A}$ that does not contain $X_{A}$, which ensures that
$$
\widehat{M_{A} X_{A}} B = \widehat{M_{A} X_{A}} C = \widehat{M_{A} B C} = \widehat{M_{A} B A_{1}}.
$$
Since $\widehat{A_{1} M_{A} B} = \widehat{B M_{A} A}$, the triangles $M_{A} B A_{1}$ and $M_{A} X_{A} B$ are similar. It follows that
$$
\frac{M_{A} B}{M_{A} X_{A}} = \frac{M_{A} A_{1}}{M_{A} B},
$$
or equivalently, $M_{A} B^{2} = M_{A} A_{1} \cdot M_{A} X_{A}$. This last relation means that $M_{A}$ lies on the radical axis $\Delta_{B}$ of $B$ and $\gamma$. Similarly, $M_{A}$ lies on the radical axis $\Delta_{C}$ of $C$ and $\gamma$. Note that this radical axis $\Delta_{C}$ is perpendicular to the line $(CI)$. Since $A_{1}$ and $B_{1}$ are the points of tangency of $\gamma$ with the tangents to $\gamma$ from $C$, the lines $(A_{1} B_{1})$ and $(CI)$ are perpendicular, which implies that $\Delta_{C}$ is parallel to $(A_{1} B_{1})$. Similarly, the lines $\Delta_{B}$ and $(A_{1} C_{1})$ are parallel.
We define the points $X_{B}, X_{C}, M_{B}, M_{C}$ and the line $\Delta_{A}$ analogously, and prove similarly that $M_{B}$ lies on $\Delta_{A}$ and $\Delta_{C}$, that $M_{C}$ lies on $\Delta_{A}$ and $\Delta_{B}$, and that the lines $\Delta_{A}$ and $(B_{1} C_{1})$ are parallel. We observe that $\Delta_{A}, \Delta_{B}$, and $\Delta_{C}$ are the sides of the triangle $M_{A} M_{B} M_{C}$, and the parallelisms noted above ensure that the triangle $M_{A} M_{B} M_{C}$ is the image of $A_{1} B_{1} C_{1}$ under a homothety $\Phi$, with center $K$ and ratio
$$
r = \frac{M_{A} K}{A_{1} K} = \frac{M_{B} K}{B_{1} K} = \frac{M_{C} K}{C_{1} K}.
$$
In particular, the lines $(M_{A} A_{1}), (M_{B} B_{1})$, and $(M_{C} C_{1})$ are concurrent at $K$. If we evaluate the power of $K$ with respect to $\gamma$, we get $K A_{1} \cdot K X_{A} = K B_{1} \cdot K X_{B}$. Multiplying both sides by $r$, we obtain $M_{A} K \cdot K X_{A} = M_{B} K \cdot K X_{B}$. This means that $K$ lies on the radical axis $(C C')$ of the circles $\omega_{A}$ and $\omega_{B}$. Similarly, we prove that $K$ lies on $(A A')$ and $(B B')$.
Let $O'$ be the image of $I$ under $\Phi$. The point $O'$ therefore lies on the line passing through $M_{A}$ and parallel to $(A_{1} I)$ (and thus perpendicular to $(BC)$). Since $M$ is the midpoint of an arc $BC$ of $\omega_{A}$, this line is the perpendicular bisector of $[BC]$. Similarly, the point $O'$ lies on the perpendicular bisector of $[AC]$, and finally, $O' = O$. Therefore, the points $I, O, K$ are collinear.
$\mathcal{F i n}$
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Geometry
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On note I le centre du cercle inscrit $\gamma$ dans le triangle $A B C$ et $O$ le centre de son cercle circonscrit. Soit $\omega_{\text {A }}$ le cercle qui passe par B et $C$ et qui est tangent à $\gamma$. Les cercles $\omega_{B}$ et $\omega_{C}$ sont définis de manière analogue. On note $A^{\prime}$ l'autre point commun de $\omega_{B}$ et $\omega_{C}$. Les points $B^{\prime}$ et $C^{\prime}$ sont définis de façon semblable.
Prouver que les droites $\left(A A^{\prime}\right),\left(B B^{\prime}\right)$ et $\left(C C^{\prime}\right)$ sont concourantes en un point $K$, qui est aligné avec O et I.
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On note respectivement $A_{1}, B_{1}, C_{1}$ les points de contact de $\gamma$ avec les côtés $[B C],[C A],[A B]$. Soit $X_{A}$ le point de commun des cercles $\gamma$ et $\omega_{\mathrm{A}}$.
Le cercle $\omega_{A}$ est l'image de $\gamma$ par une homothétie de centre $X_{A}$, qui envoie $A_{1}$ en un point $M_{A}$ de $\omega_{\mathrm{A}}$ en lequel la tangente à $\omega_{\mathrm{A}}$ est parallèle à ( BC ). Par conséquent, ce point $M_{\mathrm{A}}$ est le milieu de l'arc $B C$ de $\omega_{A}$ qui ne contient pas $X_{A}$, ce qui assure que
$$
\widehat{M_{A} X_{A}} B=\widehat{M_{A} X_{A}} C=\widehat{M_{A} B C}=\widehat{M_{A} B A_{1}} .
$$
Comme, on a évidemment $\widehat{A_{1} M_{A} B}=B{\widehat{M_{A}}}_{A}$, c'est que les triangles $M_{A} B A_{1}$ et $M_{A} X_{A} B$ sont semblables. Il vient alors
$$
\frac{M_{A} B}{M_{A} X_{A}}=\frac{M_{A} A_{1}}{M_{A} B},
$$
ou encore $M_{A} B^{2}=M_{A} A_{1} \cdot M_{A} X_{A}$.
Cette dernière relation signifie que $M_{A}$ appartient à l'axe radical $\Delta_{B}$ de $B$ et $\gamma$. De même, $M_{A}$ appartient à l'axe radical $\Delta_{\mathrm{C}}$ de C et $\gamma$. Notons que cet axe radical $\Delta_{\mathrm{C}}$ est perpendiculaire à la droite (CI). Or, puisque $A_{1}$ et $B_{1}$ sont les points de contact avec $\gamma$ des des deux tangentes à $\gamma$ issues de $C$, les droites $\left(A_{1} B_{1}\right)$ et $(C I)$ sont perpendiculaires, d'où l'on peut affirmer que $\Delta_{C}$ est parallèle à ( $\left.A_{1} B_{1}\right)$. De même, les droites $\Delta_{B}$ et ( $A_{1} C_{1}$ ) sont parallèles.
On définit les points $X_{B}, X_{C}, M_{B}, M_{C}$ et la droite $\Delta_{A}$ de façon analogue à ci-dessus, et on prouve de même que $M_{B}$ appartient à $\Delta_{A}$ et $\Delta_{C}$, que $M_{C}$ appartient à $\Delta_{A}$ et $\Delta_{B}$, et que les droites $\Delta_{A}$ et $\left(B_{1} C_{1}\right)$ sont parallèles. On remarque alors que $\Delta_{A}, \Delta_{B}$ et $\Delta_{C}$ portent les côtés du triangle $M_{A} M_{B} M_{C}$, et les parallélismes signalés ci-dessus assurent que le triangle $M_{A} M_{B} M_{C}$ est l'image de $A_{1} B_{1} C_{1}$ par une homothétie $\Phi$, dont on note K le centre et
$$
r=\frac{M_{A} K}{A_{1} K}=\frac{M_{B} K}{B_{1} K}=\frac{M_{C} K}{C_{1} K}
$$
le rapport. En particulier, les droites $\left(M_{A} A_{1}\right),\left(M_{B} B_{1}\right)$ et $\left(M_{C} C_{1}\right)$ sont concourantes en $K$.
Si l'on évalue la puissance de K par rapport à $\gamma$, il vient $\mathrm{KA}_{1} \cdot \mathrm{KX}_{A}=\mathrm{KB}_{1} \cdot \mathrm{KX} X_{B}$. Après multiplication des deux côtés par $r$, on obtient $M_{A} K \cdot K X_{A}=M_{B} K \cdot K X_{B}$. Cela signifie que $K$ appartient à l'axe radical $\left(C C^{\prime}\right)$ des cercles $\omega_{A}$ et $\omega_{B}$. On prouve de même que $K$ appartient à $\left(A A^{\prime}\right)$ et à ( $\left.B^{\prime}\right)$.
Soit $\mathrm{O}^{\prime}$ l'image de I par $\Phi$. Le point $\mathrm{O}^{\prime}$ appartient donc à la droite passant par $M_{A}$ et parallèle à $\left(A_{1} I\right)$ (et donc perpendiculaire à (BC)). Comme $M$ est le milieu d'un arc $B C$ de $\omega_{A}$, cette droite est donc la médiatrice de $[\mathrm{BC}]$. De même, le point $\mathrm{O}^{\prime}$ appartient à la médiatrice de $[A C]$, et finalement c'est que $\mathrm{O}^{\prime}=\mathrm{O}$. Par suite, les points $\mathrm{I}, \mathrm{O}, \mathrm{K}$ sont alignés.
$\mathcal{F i n}$
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{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "9",
"problem_match": "\nExercice 9.",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2012-2013-envoi5-corrige.jsonl",
"solution_match": "## Solution.",
"tier": "T2",
"year": "2013"
}
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Let $ABC$ be a right isosceles triangle at $B$. Let $M$ be a point on the arc $AC$ of the circle centered at $B$ passing through $A$ and $C$, and $H$ its orthogonal projection on $(AB)$. We denote $I$ as the center of the incircle of $BHM$ and $J$ as the center of the excircle in the angle $B$ ($J$ is thus the intersection of the internal bisector at $B$ with the external bisectors at $H$ and $M$). Show that $MIAJ$ is a square.
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First, we observe that $(M I) \perp(M J)$ because in a triangle, the internal and external angle bisectors at a point are perpendicular.
On the other hand, $\widehat{M I J}=180^{\circ}-\widehat{B I M}=\widehat{I B M}+\widehat{B M I}=\frac{1}{2}(\widehat{H B M}+\widehat{B M H})=$ $45^{\circ}$. Since $M I J$ is a right triangle at $M$, we deduce that it is an isosceles right triangle at $M$.
Furthermore, $(I J)$ is the angle bisector of $\widehat{M B H}=\widehat{M B A}$, and $M B A$ is isosceles at $B$, so $(I J)$ is the perpendicular bisector of $[A M]$. We deduce that $A I J$ is the reflection of the isosceles right triangle $M I J$ across the line $(I J)$, so $M I A J$ is a square.
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Geometry
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Soit $A B C$ un triangle rectangle isocèle en $B$. Soit $M$ un point de l'arc $A C$ du cercle de centre $B$ passant par $A$ et $C, H$ son projeté orthogonal sur $(A B)$. On note $I$ le centre du cercle inscrit à $B H M$ et $J$ le centre du cercle exinscrit dans l'angle $B$ ( $J$ est donc l'intersection de la bissectrice intérieure en $B$ avec les bissectrices extérieures en $H$ et $M)$. Montrer que $M I A J$ est un carré.
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On observe d'abord que $(M I) \perp(M J)$ puisque dans un triangle, les bissectrices intérieure et extérieure en un point sont perpendiculaires.
D'autre part, $\widehat{M I J}=180^{\circ}-\widehat{B I M}=\widehat{I B M}+\widehat{B M I}=\frac{1}{2}(\widehat{H B M}+\widehat{B M H})=$ $45^{\circ}$. Comme $M I J$ est rectangle en $M$, on en déduit qu'il est rectangle isocèle en $M$.
De plus, $(I J)$ est la bissectrice de $\widehat{M B H}=\widehat{M B A}$, et $M B A$ est isocèle en $B$, donc $(I J)$ est la médiatrice de $[A M]$. On en déduit que $A I J$ est le symétrique du triangle rectangle isocèle $M I J$ par rapport à la droite $(I J)$, donc $M I A J$ est un carré.
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{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "1",
"problem_match": "\nExercice 1.",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2012-2013-envoi6-corrige.jsonl",
"solution_match": "## Solution.",
"tier": "T2",
"year": "2013"
}
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Let $ABCD$ be a convex quadrilateral. Let $M$ be the intersection of the internal angle bisectors of angles $B$ and $C$, and $N$ be the intersection of the internal angle bisectors of angles $A$ and $D$. Show that the lines $AB$, $CD$, and $MN$ are concurrent.
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By exchanging the roles of $A$ and $B$ and the roles of $C$ and $D$, we can assume that $A$ and $D$ are on the segments $[E B]$ and $[E C]$ respectively.
Let $E$ be the intersection point of $(A B)$ and $(C D)$. Then $M$ is the intersection of the internal angle bisectors of angles $B$ and $C$ in triangle $E B C$, so $M$ is the incenter of $E B C$. In particular, it lies on the internal angle bisector at $E$.
Similarly, $N$ is the intersection of the external angle bisectors at $A$ and $D$ in triangle $E A D$, so $N$ is the excenter of $E A D$ opposite to angle $E$. In particular, it lies on the internal angle bisector at $E$. This proves that $E, M, N$ are collinear.
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Geometry
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Soit $A B C D$ un quadrilatère convexe. Soit $M$ l'intersection entre les bissectrices intérieures des angles $B$ et $C$, et $N$ l'intersection entre les bissectrices intérieures des angles $A$ et $D$. Montrer que les droites $A B, C D$ et $M N$ sont concourantes.
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Quitte à échanger les rôles de $A$ et de $B$ et les rôles de $C$ et de $D$, on peut supposer que $A$ et $D$ se trouvent sur les segments $[E B]$ et $[E C]$ respectivement.
Notons $E$ le point d'intersection entre $(A B)$ et $(C D)$. Alors $M$ est l'intersection des bissectrices intérieures des angles $B$ et $C$ du triangle $E B C$, donc $M$ est le centre du cercle inscrit à $E B C$. En particulier il se trouve sur la bissectrice intérieure en $E$.
De même, $N$ est le point d'intersection des bissectrices extérieures en $A$ et $D$ du triangle $E A D$, donc $N$ est le centre du cercle exinscrit dans l'angle $E$ de $E A D$. En particulier, il se trouve sur la bissectrice intérieure en $E$. Ceci prouve que $E, M, N$ sont alignés.
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{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "2",
"problem_match": "\nExercice 2.",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2012-2013-envoi6-corrige.jsonl",
"solution_match": "\nSolution.",
"tier": "T2",
"year": "2013"
}
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Let $A B C D$ be a cyclic quadrilateral, $L=(A C) \cap(B D), J$ and $K$ the feet of the perpendiculars from $L$ to $(A D)$ and $(B C)$, and $I$ the midpoint of $[C, D]$. Show that $I J=I K$.
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It is easy to see using the inscribed angle theorem that $B L C$ and $A L D$ are similar, and that $C K L$ and $D J L$ are similar.
Let $M$ and $N$ be the midpoints of $[L D]$ and $[L C]$, respectively. Then $L N I M$ is a parallelogram. We deduce that $N L=I M$. Since $C K L$ is a right triangle at $K$, we have $N L=N K$, hence $N K=I M$. Similarly, $M J=I N$.
Since $M J L$ is isosceles at $M$, we have $\widehat{J M L}=180^{\circ}-2 \widehat{M L J}=180^{\circ}-2\left(90^{\circ}-\widehat{L D J}\right)=2 \widehat{B D A}$, and similarly $\widehat{K N L}=2 \widehat{B C A}$. Since $\widehat{B D A}=\widehat{B C A}$, we have $\widehat{J M L}=\widehat{K N L}$. We deduce that $\widehat{I M J}=360^{\circ}-\widehat{J M L}-\widehat{L M I}=$ $360^{\circ}-\widehat{K N L}-\widehat{L N I}=\widehat{K N I}$ (the penultimate equality follows from the fact that $L M I N$ is a parallelogram).
From the equalities $\widehat{I M J}=\widehat{K N I}, N K=I M$, and $M J=I N$, we deduce that the triangles $I M J$ and $K N I$ are isometric, and in particular that $I J=I K$.
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Geometry
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Soit $A B C D$ un quadrilatère inscriptible, $L=(A C) \cap(B D), J$ et $K$ les pieds des perpendiculaires à $(A D)$ et $(B C)$ passant par $L$ et $I$ le milieu de $[C, D]$. Montrer que $I J=I K$.
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Il est facile de voir en utilisant le théorème de l'angle inscrit que $B L C$ et $A L D$ sont semblables, et que $C K L$ et $D J L$ sont semblables.
Notons $M$ et $N$ les milieux respectifs de $[L D]$ et $[L C]$. Alors $L N I M$ est un parallélogramme. On en déduit que $N L=I M$. Or, $C K L$ est un triangle rectangle en $K$ donc $N L=N K$, d'où $N K=I M$. De même, $M J=I N$.
Comme $M J L$ est isocèle en $M$, on a $\widehat{J M L}=180^{\circ}-2 \widehat{M L J}=180^{\circ}-$ $2\left(90^{\circ}-\widehat{L D J}\right)=2 \widehat{B D A}$, et de même $\widehat{K N L}=2 \widehat{B C A}$. Or, $\widehat{B D A}=\widehat{B C A}$ donc $\widehat{J M L}=\widehat{K N L}$. On en déduit que $\widehat{I M J}=360^{\circ}-\widehat{J M L}-\widehat{L M I}=$ $360^{\circ}-\widehat{K N L}-\widehat{L N I}=\widehat{K N I}$ (l'avant-dernière égalité découlant du fait que $L M I N$ est un parallélogramme).
Des égalités $\widehat{I M J}=\widehat{K N I}, N K=I M$ et $M J=I N$, on déduit que les triangles $I M J$ et $K N I$ sont isométriques, et en particulier que $I J=I K$.
|
{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "3",
"problem_match": "\nExercice 3.",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2012-2013-envoi6-corrige.jsonl",
"solution_match": "## Solution 1.",
"tier": "T2",
"year": "2013"
}
|
Let $A B C D$ be a cyclic quadrilateral, $L=(A C) \cap(B D), J$ and $K$ the feet of the perpendiculars from $L$ to $(A D)$ and $(B C)$, and $I$ the midpoint of $[C, D]$. Show that $I J=I K$.
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$$
\begin{aligned}
I J^{2}-I K^{2} & =\overrightarrow{I J} \cdot \overrightarrow{I J}-\overrightarrow{I K} \cdot \overrightarrow{I K}=(\overrightarrow{I J}+\overrightarrow{I K}) \cdot(\overrightarrow{I J}-\overrightarrow{I K}) \\
& =(\overrightarrow{I D}+\overrightarrow{D J}+\overrightarrow{I C}+\overrightarrow{C K}) \cdot \overrightarrow{K J}=(\overrightarrow{D J}+\overrightarrow{C K}) \cdot(\overrightarrow{L J}-\overrightarrow{L K}) \\
& =\overrightarrow{C K} \cdot \overrightarrow{L J}-\overrightarrow{D J} \cdot \overrightarrow{L K} \quad \text{since} \ (D J) \perp (L J) \ \text{and} \ (C K) \perp (L K) \\
& =C K \cdot L J \cos (\overrightarrow{C K}, \overrightarrow{L J})-D J \cdot L K \cos (\overrightarrow{D J}, \overrightarrow{L K})
\end{aligned}
$$
Since $\overrightarrow{L K}$ makes an oriented angle of $+90^{\circ}$ with respect to $\overrightarrow{C K}$, and $\overrightarrow{D J}$ makes an oriented angle of $+90^{\circ}$ with respect to $\overrightarrow{L J}$, the two cosines are equal. Therefore, it suffices to show that $C K \cdot L J = D J \cdot L K$: this follows from the fact that
$$
\frac{C K}{L K}=\cot \widehat{K C L}=\cot \widehat{B C A}=\cot \widehat{B D A}=\cot \widehat{L D J}=\frac{D J}{L J}
$$
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Geometry
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Soit $A B C D$ un quadrilatère inscriptible, $L=(A C) \cap(B D), J$ et $K$ les pieds des perpendiculaires à $(A D)$ et $(B C)$ passant par $L$ et $I$ le milieu de $[C, D]$. Montrer que $I J=I K$.
|
$$
\begin{aligned}
I J^{2}-I K^{2} & =\overrightarrow{I J} \cdot \overrightarrow{I J}-\overrightarrow{I K} \cdot \overrightarrow{I K}=(\overrightarrow{I J}+\overrightarrow{I K}) \cdot(\overrightarrow{I J}-\overrightarrow{I K}) \\
& =(\overrightarrow{I D}+\overrightarrow{D J}+\overrightarrow{I C}+\overrightarrow{C K}) \cdot \overrightarrow{K J}=(\overrightarrow{D J}+\overrightarrow{C K}) \cdot(\overrightarrow{L J}-\overrightarrow{L K}) \\
& =\overrightarrow{C K} \cdot \overrightarrow{L J}-\overrightarrow{D J} \cdot \overrightarrow{L K} \quad \operatorname{car}(D J) \perp(L J) \text { et }(C K) \perp(L K) \\
& =C K \cdot L J \cos (\overrightarrow{C K}, \overrightarrow{L J})-D J \cdot L K \cos (\overrightarrow{D J}, \overrightarrow{L K})
\end{aligned}
$$
Or, $\overrightarrow{L K}$ fait un angle orienté de $+90^{\circ}$ par rapport à $\overrightarrow{C K}$, et $\overrightarrow{D J}$ fait un angle orienté de $+90^{\circ}$ par rapport à $\overrightarrow{L J}$, donc les deux cosinus sont égaux. Par conséquent, il suffit de montrer que $C K \cdot L J=D J \cdot L K$ : ceci découle du fait que
$$
\frac{C K}{L K}=\cot \widehat{K C L}=\cot \widehat{B C A}=\cot \widehat{B D A}=\cot \widehat{L D J}=\frac{D J}{L J}
$$
|
{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "3",
"problem_match": "\nExercice 3.",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2012-2013-envoi6-corrige.jsonl",
"solution_match": "## Solution 2.",
"tier": "T2",
"year": "2013"
}
|
Let $ABC$ be a triangle. We denote $O$ as the center of its circumcircle. Let $D, E, F$ be points located on $[B, C]$, $[C, A]$, and $[A, B]$ respectively. We assume that $FB = FD$ and $ED = EC$. The circle with center $F$ and radius $FB$ and the circle with center $E$ and radius $EC$ intersect at $G$. Show that $A, F, O, E, G$ are concyclic.
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Since triangles $B F D$ and $C E D$ are isosceles, we have $(D E, D F)=(D E, D C)+(D B, D F)=(C D, C E)+(B F, B D)=(B C, A C)+(A B, B C)=(A B, A C)$.
Since $E G=E D$ and $F G=F D$, points $E$ and $F$ lie on the perpendicular bisector of $[G D]$, so the quadrilateral $F G E D$ is symmetric with respect to $(F E)$. It follows that $(D E, D F)=(G F, G E)$, hence $(G F, G E)=(A B, A C)=(A F, A E)$. Therefore, $F, A, G, E$ are concyclic.
We have $2(\overrightarrow{G B}, \overrightarrow{G D})=(\overrightarrow{F B}, \overrightarrow{F D})=\Pi-2(\overrightarrow{B D}, \overrightarrow{B F})$ where $\Pi$ is the straight angle (this last equality comes from the fact that $F B D$ is isosceles at $F$). Similarly, we show that $2(\overrightarrow{G D}, \overrightarrow{G C})=\Pi-2(\overrightarrow{C E}, \overrightarrow{C D})$. Adding these two equalities, we get
$$
\begin{aligned}
2(\overrightarrow{G B}, \overrightarrow{G C}) & =-2(\overrightarrow{B D}, \overrightarrow{B F})-2(\overrightarrow{C E}, \overrightarrow{C D}) \\
& =-2(\overrightarrow{B C}, \overrightarrow{B A})-2(\overrightarrow{C A}, \overrightarrow{C B})-2(\overrightarrow{C B}, \overrightarrow{B C}) \\
& =-2(\overrightarrow{C A}, \overrightarrow{B A})=2(\overrightarrow{A B}, \overrightarrow{A C})
\end{aligned}
$$
Thus, $A, B, C, G$ are concyclic.
Since $F G=F B$ and $O B=O G$, points $G$ and $B$ are symmetric with respect to $(O F)$, so $2(\overrightarrow{O G}, \overrightarrow{O F})=(\overrightarrow{O G}, \overrightarrow{O B})$. Similarly, $2(\overrightarrow{O E}, \overrightarrow{O G})=(\overrightarrow{O C}, \overrightarrow{O G})$. Adding these two equalities, we get $2(\overrightarrow{O E}, \overrightarrow{O F})=(\overrightarrow{O C}, \overrightarrow{O B})=2(\overrightarrow{A C}, \overrightarrow{A B})=2(\overrightarrow{E A}, \overrightarrow{A F})$, so $A, O, E, F$ are concyclic.
Exercise 5. Let $A, B, C, D, E$ be points in that order on a semicircle of radius 1. Prove that
$$
A B^{2}+B C^{2}+C D^{2}+D E^{2}+A B \cdot B C \cdot C D+B C \cdot C D \cdot D E \leqslant 4
$$
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Geometry
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Soit $A B C$ un triangle. On note $O$ le centre de son cercle circonscrit. Soient $D, E, F$ des points situés sur $[B, C],[C, A]$ et $[A, B]$ respectivement. On suppose que $F B=F D$ et $E D=E C$. Le cercle de centre $F$ et de rayon $F B$ et le cercle de centre $E$ et de rayon $E C$ se recoupent en $G$. Montrer que $A, F, O, E, G$ sont cocycliques.
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Les triangles $B F D$ et $C E D$ étant isocèles, on a $(D E, D F)=(D E, D C)+$ $(D B, D F)=(C D, C E)+(B F, B D)=(B C, A C)+(A B, B C)=(A B, A C)$.
Comme $E G=E D$ et $F G=F D$, les points $E$ et $F$ appartiennent à la médiatrice de $[G D]$ donc le quadrilatère $F G E D$ est symétrique par rapport à $(F E)$. On en déduit que $(D E, D F)=(G F, G E)$ donc $(G F, G E)=$ $(A B, A C)=(A F, A E)$. Il en résulte que $F, A, G, E$ sont cocycliques.
On a $2(\overrightarrow{G B}, \overrightarrow{G D})=(\overrightarrow{F B}, \overrightarrow{F D})=\Pi-2(\overrightarrow{B D}, \overrightarrow{B F})$ où $\Pi$ est l'angle plat (cette dernière égalité provenant du fait que $F B D$ est isocèle en $F$ ). On montre de même que $2(\overrightarrow{G D}, \overrightarrow{G C})=\Pi-2(\overrightarrow{C E}, \overrightarrow{C D})$. En additionnant ces deux égalités, on obtient
$$
\begin{aligned}
2(\overrightarrow{G B}, \overrightarrow{G C}) & =-2(\overrightarrow{B D}, \overrightarrow{B F})-2(\overrightarrow{C E}, \overrightarrow{C D}) \\
& =-2(\overrightarrow{B C}, \overrightarrow{B A})-2(\overrightarrow{C A}, \overrightarrow{C B})-2(\overrightarrow{C B}, \overrightarrow{B C}) \\
& =-2(\overrightarrow{C A}, \overrightarrow{B A})=2(\overrightarrow{A B}, \overrightarrow{A C})
\end{aligned}
$$
Donc $A, B, C, G$ sont cocycliques.
Comme $F G=F B$ et $O B=O G$, les points $G$ et $B$ sont symétriques par rapport à $(O F)$ donc $2(\overrightarrow{O G}, \overrightarrow{O F})=(\overrightarrow{O G}, \overrightarrow{O B})$. De même, $2(\overrightarrow{O E}, \overrightarrow{O G})=$ $(\overrightarrow{O C}, \overrightarrow{O G})$. En additionnant ces deux égalités, il vient $2(\overrightarrow{O E}, \overrightarrow{O F})=(\overrightarrow{O C}, \overrightarrow{O B})=$ $2(\overrightarrow{A C}, \overrightarrow{A B})=2(\overrightarrow{E A}, \overrightarrow{A F})$, donc $A, O, E, F$ sont cocycliques.
Exrercice 5. Soient $A, B, C, D, E$ des points dans cet ordre sur un demi-cercle de rayon 1. Démontrer que
$$
A B^{2}+B C^{2}+C D^{2}+D E^{2}+A B \cdot B C \cdot C D+B C \cdot C D \cdot D E \leqslant 4
$$
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{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "4",
"problem_match": "\nExercice 4.",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2012-2013-envoi6-corrige.jsonl",
"solution_match": "## Solution.",
"tier": "T2",
"year": "2013"
}
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Let $ABC$ be a triangle. We denote $O$ as the center of its circumcircle. Let $D, E, F$ be points located on $[B, C]$, $[C, A]$, and $[A, B]$ respectively. We assume that $FB = FD$ and $ED = EC$. The circle with center $F$ and radius $FB$ and the circle with center $E$ and radius $EC$ intersect at $G$. Show that $A, F, O, E, G$ are concyclic.
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By replacing $E$ with the point diametrically opposite to $A$, the quantity $D E$ increases and the other lengths in the formula do not change, so we reduce to the case where $[A E]$ is a diameter.
According to Al-Kashi's formula,
$$
\begin{aligned}
A B^{2}+B C^{2} & =A C^{2}+2 A B \cdot B C \cos \widehat{A B C} \\
C D^{2}+D E^{2} & =C E^{2}+2 C D \cdot D E \cos \widehat{C D E} \\
A C^{2}+C E^{2} & =A E^{2}
\end{aligned}
$$
By adding these three equalities, taking into account that $A E^{2}=4$, we obtain
$$
A B^{2}+B C^{2}+C D^{2}+D E^{2}=4+2 A B \cdot B C \cos \widehat{A B C}+2 C D \cdot D E \cos \widehat{C D E},
$$
so we reduce to showing that
$$
\begin{gathered}
2 A B \cdot B C \cos \widehat{A B C}+2 C D \cdot D E \cos \widehat{C D E}+A B \cdot B C \cdot C D+B C \cdot C D \cdot D E \leqslant 0 . \\
\text { Or, } C D \leqslant C E=A E \cos \widehat{A E C}=2 \cos \left(180^{\circ}-\widehat{A B C}\right)=-2 \cos \widehat{A B C} \text {, so } \\
A B \cdot B C \cdot C D+2 A B \cdot B C \cos \widehat{A B C} \leqslant 0
\end{gathered}
$$
and similarly
$$
B C \cdot C D \cdot D E+2 C D \cdot D E \cos \widehat{C D E} \leqslant 0
$$
We conclude by adding these last two inequalities.
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proof
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Yes
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Incomplete
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proof
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Geometry
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Soit $A B C$ un triangle. On note $O$ le centre de son cercle circonscrit. Soient $D, E, F$ des points situés sur $[B, C],[C, A]$ et $[A, B]$ respectivement. On suppose que $F B=F D$ et $E D=E C$. Le cercle de centre $F$ et de rayon $F B$ et le cercle de centre $E$ et de rayon $E C$ se recoupent en $G$. Montrer que $A, F, O, E, G$ sont cocycliques.
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En remplaçant $E$ par le point diamétralement opposé à $A$, la quantité $D E$ augmente et les autres longueurs de la formule ne changent pas, donc on se ramène au cas où $[A E]$ est un diamètre.
D'après la formule d'Al-Kashi,
$$
\begin{aligned}
A B^{2}+B C^{2} & =A C^{2}+2 A B \cdot B C \cos \widehat{A B C} \\
C D^{2}+D E^{2} & =C E^{2}+2 C D \cdot D E \cos \widehat{C D E} \\
A C^{2}+C E^{2} & =A E^{2}
\end{aligned}
$$
En additionnant ces trois égalités, compte tenu de $A E^{2}=4$, on obtient
$$
A B^{2}+B C^{2}+C D^{2}+D E^{2}=4+2 A B \cdot B C \cos \widehat{A B C}+2 C D \cdot D E \cos \widehat{C D E},
$$
donc on se ramène à montrer que
$$
\begin{gathered}
2 A B \cdot B C \cos \widehat{A B C}+2 C D \cdot D E \cos \widehat{C D E}+A B \cdot B C \cdot C D+B C \cdot C D \cdot D E \leqslant 0 . \\
\text { Or, } C D \leqslant C E=A E \cos \widehat{A E C}=2 \cos \left(180^{\circ}-\widehat{A B C}\right)=-2 \cos \widehat{A B C} \text {, donc } \\
A B \cdot B C \cdot C D+2 A B \cdot B C \cos \widehat{A B C} \leqslant 0
\end{gathered}
$$
et de même
$$
B C \cdot C D \cdot D E+2 C D \cdot D E \cos \widehat{C D E} \leqslant 0
$$
On conclut en additionnant ces deux dernières inégalités.
|
{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "4",
"problem_match": "\nExercice 4.",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2012-2013-envoi6-corrige.jsonl",
"solution_match": "\nSolution.",
"tier": "T2",
"year": "2013"
}
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Let $A B C D E F$ be a regular hexagon and $M \in[A, C], N \in[C, E]$. Suppose that $\frac{A M}{A C}$ and $\frac{C N}{C E}$ are equal to a number $r>0$, and that $B, M, N$ are collinear. Determine the value of $r$.
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We can assume that the hexagon is inscribed in a circle of radius 1. We place ourselves in a coordinate system such that the coordinates of $A, B, C$ are respectively $A=(0,1), B=\left(\frac{\sqrt{3}}{2}, \frac{1}{2}\right)$ and $C=\left(\frac{\sqrt{3}}{2},-\frac{1}{2}\right)$.
Since $C E=\sqrt{3}$, we have $C N=r \sqrt{3}$, so $\overrightarrow{C N}=(-r \sqrt{3}, 0)$. We deduce that
$$
N=\left(\frac{\sqrt{3}}{2}-r \sqrt{3},-\frac{1}{2}\right)
$$
Since $\overrightarrow{A C}=\left(\frac{\sqrt{3}}{2},-\frac{3}{2}\right)$, we have $\overrightarrow{A M}=\left(\frac{\sqrt{3}}{2} r,-\frac{3 r}{2}\right)$, so
$$
M=\left(\frac{\sqrt{3}}{2} r, 1-\frac{3 r}{2}\right)
$$
We can easily calculate that
$$
\overrightarrow{B M}=\left(\frac{\sqrt{3}}{2}(r-1), \frac{1}{2}-\frac{3 r}{2}\right), \quad \overrightarrow{B N}=(-r \sqrt{3},-1)
$$
The fact that $B, M, N$ are collinear means that these two vectors are collinear, which is equivalent to
$$
\frac{\sqrt{3}}{2}(1-r)+r \sqrt{3}\left(\frac{1}{2}-\frac{3 r}{2}\right)=0
$$
which simplifies to $r=\frac{1}{\sqrt{3}}$.
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\frac{1}{\sqrt{3}}
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Yes
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Yes
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math-word-problem
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Geometry
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Soit $A B C D E F$ un hexagone régulier et $M \in[A, C], N \in[C, E]$. On suppose que $\frac{A M}{A C}$ et $\frac{C N}{C E}$ sont égaux à un nombre $r>0$, et que $B, M, N$ sont colinéaires. Déterminer la valeur de $r$.
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On peut supposer que l'hexagone est inscrit dans un cercle de rayon 1. On se place dans un repère tel que les coordonnées de $A, B, C$ sont respectivement $A=(0,1), B=\left(\frac{\sqrt{3}}{2}, \frac{1}{2}\right)$ et $C=\left(\frac{\sqrt{3}}{2},-\frac{1}{2}\right)$.
Comme $C E=\sqrt{3}$, on a $C N=r \sqrt{3}$ donc $\overrightarrow{C N}=(-r \sqrt{3}, 0)$. On en déduit que
$$
N=\left(\frac{\sqrt{3}}{2}-r \sqrt{3},-\frac{1}{2}\right)
$$
Comme $\overrightarrow{A C}=\left(\frac{\sqrt{3}}{2},-\frac{3}{2}\right)$, on a $\overrightarrow{A M}=\left(\frac{\sqrt{3}}{2} r,-\frac{3 r}{2}\right)$ donc
$$
M=\left(\frac{\sqrt{3}}{2} r, 1-\frac{3 r}{2}\right)
$$
On calcule aisément que
$$
\overrightarrow{B M}=\left(\frac{\sqrt{3}}{2}(r-1), \frac{1}{2}-\frac{3 r}{2}\right), \quad \overrightarrow{B N}=(-r \sqrt{3},-1)
$$
Le fait que $B, M, N$ sont alignés signifie que ces deux vecteurs sont colinéaires, ce qui équivaut à
$$
\frac{\sqrt{3}}{2}(1-r)+r \sqrt{3}\left(\frac{1}{2}-\frac{3 r}{2}\right)=0
$$
ce qui se simplifie en $r=\frac{1}{\sqrt{3}}$.
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{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "6",
"problem_match": "\nExercice 6.",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2012-2013-envoi6-corrige.jsonl",
"solution_match": "## Solution.",
"tier": "T2",
"year": "2013"
}
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Let $ABC$ be a triangle and $M$ a point on $[B, C]$. Let $\omega$ be a circle tangent to $(AB)$ at $T$ and to $(BC)$ at $K$, and tangent to the circumcircle of $AMC$ at $P$. Show that if $(KT) \parallel (AM)$, then the circumcircles of $KPC$ and $APT$ are tangent at $P$.
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Let us first recall that if $A, B, C$ are three points on a circle $\Gamma$, and if $\delta$ is the tangent at $B$ to $\Gamma$, then we have the equality of angles between lines $(\delta, B C)=(A B, A C)$.
Let $\delta$ and $\delta^{\prime}$ be the tangents at $P$ to the circles $(K P C)$ and $(A P T)$, respectively. We have
$$
(\delta, P K)=(C P, C K)=(C P, C M)=(A P, A M)
$$
and
$$
\begin{aligned}
\left(\delta^{\prime}, P K\right) & =\left(\delta^{\prime}, P T\right)+(P T, P K)=(A P, A T)+(T B, T K) \\
& =(A P, A M)+(A M, A T)+(T B, T K)=(A P, A M)
\end{aligned}
$$
since $(T B)=(A T)$ and $(A M)=(T K)$.
We deduce that $\delta$ and $\delta^{\prime}$ are parallel. Since they have a common point, they are equal.
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Geometry
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Soit $A B C$ un triangle et $M$ un point de $[B, C]$. Soit $\omega$ un cercle tangent à $(A B)$ en $T$ et à $(B C)$ en $K$ et tangent au cercle circonscrit à $A M C$ en $P$. Montrer que si $(K T) / /(A M)$ alors les cercles circonscrits à $K P C$ et $A P T$ sont tangents en $P$.
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Rappelons d'abord que si $A, B, C$ sont trois points d'un cercle $\Gamma$, et si $\delta$ est la tangente en $B$ à $\Gamma$, alors on a l'égalité d'angles de droites $(\delta, B C)=(A B, A C)$.
Soient $\delta$ et $\delta^{\prime}$ les tangentes en $P$ aux cercles $(K P C)$ et $(A P T)$ respectivement. On a
$$
(\delta, P K)=(C P, C K)=(C P, C M)=(A P, A M)
$$
et
$$
\begin{aligned}
\left(\delta^{\prime}, P K\right) & =\left(\delta^{\prime}, P T\right)+(P T, P K)=(A P, A T)+(T B, T K) \\
& =(A P, A M)+(A M, A T)+(T B, T K)=(A P, A M)
\end{aligned}
$$
puisque $(T B)=(A T)$ et $(A M)=(T K)$.
On en déduit que $\delta$ et $\delta^{\prime}$ sont parallèles. Or, elles ont un point commun, donc elles sont égales.
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{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "7",
"problem_match": "\nExercice 7.",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2012-2013-envoi6-corrige.jsonl",
"solution_match": "## Solution.",
"tier": "T2",
"year": "2013"
}
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Let $\omega_{1}$ and $\omega_{2}$ be two circles intersecting at two points $X$ and $Y$. A circle $\omega$ is internally tangent to $\omega_{1}$ and $\omega_{2}$ at $P$ and $Q$ respectively. The segment $[X, Y]$ intersects $\omega$ at $M$ and $N$. The rays $[P, M)$ and $[P, N)$ intersect $\omega_{1}$ at $A$ and $D$; the rays $[Q, M)$ and $[Q, N)$ intersect $\omega_{2}$ at $B$ and $C$. Show that $A B = C D$.
Let $\ell$ be the tangent at $M$ to $\omega$ and $\ell_{1}$ the tangent at $A$ to $\omega_{1}$. Since $\omega$ is tangent to $\omega_{1}$ at $P$, there exists a homothety $h$ centered at $P$ that maps $\omega$ to $\omega_{1}$. Since $P, M, A$ are collinear, $h(M) = A$. Therefore, $h(\ell) = \ell_{1}$, and thus $\ell \parallel \ell_{1}$.
On the other hand, since $M$ lies on the radical axis of $\omega_{1}$ and $\omega_{2}$, we have $\overline{M A} \cdot \overline{M P} = \overline{M B} \cdot \overline{M Q}$, so $A, B, P, Q$ are concyclic. It follows that
$$
(A B, A P) = (Q B, Q P) = (Q M, Q P) = (\ell, M P) = (\ell_{1}, A P)
$$
hence $(A B) = \ell_{1}$. In other words, $(A B)$ is tangent to $\omega_{1}$ at $A$. Similarly, $(A B)$ is tangent to $\omega_{2}$ at $B$, so $(A B)$ is a common tangent to $\omega_{1}$ and $\omega_{2}$. Similarly, $(C D)$ is a common tangent to $\omega_{1}$ and $\omega_{2}$, so $A B = C D$.
Exercise 9. Let $A B C D$ be a cyclic quadrilateral. Denote by $K$ the intersection of the diagonals. Let $M$ and $N$ be the midpoints of $[A, C]$ and $[B, D]$. The circumcircles of $A D M$ and $B C M$ intersect at a point $L$. Show that $K, L, M, N$ are concyclic.
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Let $E$ be the radical center of the three circles $ABC$, $ADM$, and $BCM$. The triplets $(E, A, D)$, $(E, L, M)$, and $(E, B, C)$ are collinear.
Let $F$ be the point where the circles $ADK$ and $BCK$ intersect. We have $(FA, FD) = (KA, KD) = (KC, KB) = (FC, FB)$ and $(AD, AF) = (KD, KF) = (KB, KF) = (CB, CF)$, so the triangles $FAD$ and $FCB$ are similar. Let $s$ be the similarity with center $F$ that maps $A$ to $D$ and $C$ to $B$. Then $s(M) = N$, so the angle of $s$ is both equal to $(FM, FN)$ and to $(AC, DB) = (KM, KN)$. Therefore, $F, K, M, N$ are concyclic.
$E$ is the intersection of $(AD)$ and $(BC)$, so it is the radical center of the circles $ABCD$, $ADK$, and $BCK$. Consequently, $E, F, K$ are collinear. Using the power of a point with respect to a circle, we have
$$
\overline{EK} \cdot \overline{EF} = \overline{EA} \cdot \overline{ED} = \overline{EB} \cdot \overline{EC} = \overline{EM} \cdot \overline{EL},
$$
so $M, L, K, F$ are concyclic.
Finally, $L$ and $N$ are on the circle $MKF$ so $K, L, M, N$ are concyclic.
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Geometry
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Soient $\omega_{1}$ et $\omega_{2}$ deux cercles sécants en deux points $X$ et $Y$. Un cercle $\omega$ est tangent intérieurement à $\omega_{1}$ et $\omega_{2}$ en $P$ et $Q$ respectivement. Le segment $[X, Y]$ coupe $\omega$ en $M$ et $N$. Les demi-droites $[P, M)$ et $[P, N)$ coupent $\omega_{1}$ en $A$ et $D$; les demi-droites $[Q, M)$ et $[Q, N)$ coupent $\omega_{2}$ en $B$ et $C$. Montrer que $A B=C D$.
Soit $\ell$ la tangente en $M$ à $\omega$ et $\ell_{1}$ la tangente en $A$ à $\omega_{1}$. Comme $\omega$ est tangent en $P$ à $\omega_{1}$, il existe une homothétie $h$ de centre $P$ qui envoie $\omega \operatorname{sur} \omega_{1}$. Or, $P, M, A$ sont alignés donc $h(M)=A$. On en déduit que $h(\ell)=\ell_{1}$, et donc $\ell / / \ell_{1}$.
D'autre part, comme $M$ est sur l'axe radical de $\omega_{1}$ et $\omega_{2}$, on a $\overline{M A} \cdot \overline{M P}=$ $\overline{M B} \cdot \overline{M Q}$ donc $A, B, P, Q$ sont cocycliques. On en déduit que
$$
(A B, A P)=(Q B, Q P)=(Q M, Q P)=(\ell, M P)=\left(\ell_{1}, A P\right)
$$
d'où $(A B)=\ell_{1}$. Autrement dit, $(A B)$ est tangente en $A$ à $\omega_{1}$. Mais de même, $(A B)$ est tangente en $B$ à $\omega_{2}$, donc $(A B)$ est une tangente commune à $\omega_{1}$ et $\omega_{2}$. De même, $(C D)$ est une tangente commune à $\omega_{1}$ et $\omega_{2}$, donc $A B=C D$.
Exrtcice 9. Soit $A B C D$ un quadrilatère inscriptible. On note $K$ le point d'intersection des diagonales. Soient $M$ et $N$ les milieux de $[A, C]$ et $[B, D]$. Les cercles circonscrits à $A D M$ et $B C M$ se recoupent en un point $L$. Montrer que $K, L, M, N$ sont cocycliques.
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Notons $E$ le centre radical des trois cercles $A B C, A D M, B C M$. Les triplets $(E, A, D),(E, L, M)$ et $(E, B, C)$ sont alignés.
Soit $F$ le point où les cercles $A D K$ et $B C K$ se recoupent. On a $(F A, F D)=$ $(K A, K D)=(K C, K B)=(F C, F B)$ et $(A D, A F)=(K D, K F)=(K B, K F)=$ $(C B, C F)$, donc les triangles $F A D$ et $F C B$ sont semblables. Soit $s$ la similitude de centre $F$ qui envoie $A$ sur $D$ et $C$ sur $B$. Alors $s(M)=N$, donc l'angle de $s$ est à la fois égal à $(F M, F N)$ et à $(A C, D B)=(K M, K N)$. Par conséquent, $F, K, M, N$ sont cocycliques.
$E$ est l'intersection de $(A D)$ et de $(B C)$, donc il est le centre radical des cercles $A B C D, A D K$ et $B C K$. Par conséquent, $E, F, K$ sont alignés. En utilisant la puissance d'un point par rapport à un cercle, on a
$$
\overline{E K} \cdot \overline{E F}=\overline{E A} \cdot \overline{E D}=\overline{E B} \cdot \overline{E C}=\overline{E M} \cdot \overline{E L},
$$
donc $M, L, K, F$ sont cocycliques.
Finalement, $L$ et $N$ sont sur le cercle $M K F$ donc $K, L, M, N$ sont cocycliques.
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{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "8",
"problem_match": "\nExercice 8.",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2012-2013-envoi6-corrige.jsonl",
"solution_match": "## Solution.",
"tier": "T2",
"year": "2013"
}
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Let $A, B, C, D$ be four points on the same circle. Denote $A^{\prime}$ and $C^{\prime}$ as the orthogonal projections of $A$ and $C$ onto $(B D)$, and $B^{\prime}$ and $D^{\prime}$ as the orthogonal projections of $B$ and $D$ onto $(A C)$. Show that $A^{\prime}, B^{\prime}, C^{\prime}, D^{\prime}$ are concyclic.
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As $A, B, A^{\prime}, B^{\prime}$ are concyclic (on the circle with diameter $[A B]$), the oriented angles of lines $\left(B A^{\prime}, B A\right)$ and $\left(B^{\prime} A^{\prime}, B^{\prime} A\right)$ are equal, so $(B D, B A)=\left(B^{\prime} A^{\prime}, B^{\prime} D^{\prime}\right)$. Similarly, $(C D, C A)=\left(C^{\prime} A^{\prime}, C^{\prime} D^{\prime}\right)$. Since $(C D, C A)=(B D, B A)$ because $A, B, C, D$ are concyclic, it follows that $\left(B^{\prime} A^{\prime}, B^{\prime} D^{\prime}\right)=\left(C^{\prime} A^{\prime}, C^{\prime} D^{\prime}\right)$, which proves that $A^{\prime}, B^{\prime}, C^{\prime}, D^{\prime}$ are concyclic.
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Geometry
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Soient $A, B, C, D$ quatre points sur un même cercle. Notons $A^{\prime}$ et $C^{\prime}$ les projetés orthogonaux de $A$ et $C$ sur $(B D)$, et $B^{\prime}$ et $D^{\prime}$ les projetés orthogonaux de $B$ et $D$ sur $(A C)$. Montrer que $A^{\prime}, B^{\prime}, C^{\prime}, D^{\prime}$ sont cocycliques.
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Comme $A, B, A^{\prime}, B^{\prime}$ sont cocycliques (sur le cercle de diamètre $[A B]$ ), les angles orientés de droites $\left(B A^{\prime}, B A\right)$ et $\left(B^{\prime} A^{\prime}, B^{\prime} A\right)$ sont égaux, donc $(B D, B A)=\left(B^{\prime} A^{\prime}, B^{\prime} D^{\prime}\right)$. De même, $(C D, C A)=\left(C^{\prime} A^{\prime}, C^{\prime} D^{\prime}\right)$. Or, $(C D, C A)=(B D, B A)$ puisque $A, B, C, D$ sont cocycliques, donc $\left(B^{\prime} A^{\prime}, B^{\prime} D^{\prime}\right)=\left(C^{\prime} A^{\prime}, C^{\prime} D^{\prime}\right)$, ce qui prouve que $A^{\prime}, B^{\prime}, C^{\prime}, D^{\prime}$ sont cocycliques.
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{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "1",
"problem_match": "\nExercice 1.",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2013-2014-envoi-1-solutions.jsonl",
"solution_match": "## Solution.",
"tier": "T2",
"year": "2014"
}
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On the diagonal $[B D]$ of a square $A B C D$, a point $E$ has been chosen. Let $O_{1}$ and $O_{2}$ be the centers of the circumcircles of triangles $A B E$ and $A D E$ respectively. Show that $A O_{1} E O_{2}$ is a square.
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$\widehat{A O_{1} E}=2 \widehat{A B E}=90^{\circ}$ and $O_{1} A=O_{1} E$ so $A O_{1} E$ is an isosceles right triangle at $O_{1}$. Similarly, $A O_{2} E$ is an isosceles right triangle at $O_{2}$.
Since $O_{1}$ and $O_{2}$ are not in the same half-plane delimited by $(A E)$, we deduce that $A O_{1} E O_{2}$ is a square.
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Geometry
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Sur la diagonale $[B D]$ d'un carré $A B C D$ on a choisi un point $E$. Soient $O_{1}$ et $O_{2}$ les centres des cercles circonscrits aux triangles $A B E$ et $A D E$ respectivement. Montrer que $A O_{1} E O_{2}$ est un carré.
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$\widehat{A O_{1} E}=2 \widehat{A B E}=90^{\circ}$ et $O_{1} A=O_{1} E$ donc $A O_{1} E$ est un triangle isocèle rectangle en $O_{1}$. De même, $A O_{2} E$ est un triangle isocèle rectangle en $O_{2}$.
Comme $O_{1}$ et $O_{2}$ ne sont pas dans le même demi-plan délimité par $(A E)$, on en déduit que $A O_{1} E O_{2}$ est un carré.
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{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "2",
"problem_match": "\nExercice 2.",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2013-2014-envoi-1-solutions.jsonl",
"solution_match": "## Solution.",
"tier": "T2",
"year": "2014"
}
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A quadrilateral $ABCD$ is inscribed in a circle. Its diagonals intersect at point $K$. The circle passing through $A, B, K$ intersects the lines $(BC)$ and $(AD)$ at points $M$ and $N$ respectively. Show that $KM = KN$.
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Since $(N M, N K)=(B M, B K)=(B C, B D)=(A C, A D)=(A K, A N)=(M K, M N)$, therefore $M K N$ is isosceles at $K$.
## Common Exercises
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Geometry
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Un quadrilatère $A B C D$ est inscrit dans un cercle. Ses diagonales se coupent au point $K$. Le cercle passant par $A, B, K$ croise les droites $(B C)$ et $(A D)$ aux points $M$ et $N$ respectivement. Montrer que $K M=K N$.
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On a $(N M, N K)=(B M, B K)=(B C, B D)=(A C, A D)=(A K, A N)=(M K, M N)$ donc $M K N$ est isocèle en $K$.
## Exercices communs
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{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "3",
"problem_match": "\nExercice 3.",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2013-2014-envoi-1-solutions.jsonl",
"solution_match": "## Solution.",
"tier": "T2",
"year": "2014"
}
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Let $ABC$ be a triangle with all angles acute, and where angle $\widehat{B}$ is 60 degrees ($=\pi / 3$ radians). The altitudes $[AD]$ and $[CE]$ intersect at point $H$. Prove that the center of the circumcircle of triangle $ABC$ lies on the common bisector of angles $\widehat{AHE}$ and $\widehat{CHD}$.
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Since $B, E, H, D$ are on the circle with diameter $[B H]$, we have $\widehat{D H E}=180^{\circ}-\widehat{E B D}=$ $120^{\circ}$, thus $\widehat{A H C}=120^{\circ}$. Since $\widehat{A O C}=2 \widehat{A B C}=120^{\circ}$, we deduce that $A, C, O, H$ are concyclic.
Therefore, $\widehat{C H O}=\widehat{C A O}=\frac{1}{2}(\widehat{C A O}+\widehat{O C A})=\frac{1}{2}\left(180^{\circ}-\widehat{A O C}\right)=90^{\circ}-\widehat{A B C}=$ $30^{\circ}$.
Furthermore, since $(C H) \perp(A B)$ and $(A H) \perp(B C)$, we have $\widehat{C H D}=\widehat{A B C}=60^{\circ}$, so $O$ lies on the bisector of $\widehat{C H D}$.
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Geometry
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Soit $A B C$ un triangle dont tous les angles sont aigus, et dont l'angle $\widehat{B}$ est de 60 degrés ( $=\pi / 3$ radian). Les hauteurs $[A D]$ et $[C E]$ se coupent au point $H$. Prouver que le centre du cercle circonscrit au triangle $A B C$ est situé sur la bissectrice commune des angles $\widehat{A H E}$ et $\widehat{C H D}$.
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Puisque $B, E, H, D$ sont sur le cercle de diamètre $[B H]$, on a $\widehat{D H E}=180^{\circ}-\widehat{E B D}=$ $120^{\circ}$, donc $\widehat{A H C}=120^{\circ}$. Comme $\widehat{A O C}=2 \widehat{A B C}=120^{\circ}$, on en déduit que $A, C, O, H$ sont cocycliques.
Par conséquent, $\widehat{C H O}=\widehat{C A O}=\frac{1}{2}(\widehat{C A O}+\widehat{O C A})=\frac{1}{2}\left(180^{\circ}-\widehat{A O C}\right)=90^{\circ}-\widehat{A B C}=$ $30^{\circ}$.
De plus, comme $(C H) \perp(A B)$ et $(A H) \perp(B C)$, on a $\widehat{C H D}=\widehat{A B C}=60^{\circ}$, donc $O$ est sur la bissectrice de $\widehat{C H D}$.
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{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "4",
"problem_match": "\nExercice 4.",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2013-2014-envoi-1-solutions.jsonl",
"solution_match": "## Solution.",
"tier": "T2",
"year": "2014"
}
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Outside the triangle $A B C$, we construct two points $X$ and $Y$ satisfying:
- the triangle $A X B$ is isosceles with base $[A B]$;
- the triangle $B Y C$ is isosceles with base $[B C]$;
- $\widehat{A X B} + \widehat{B Y C} = 180^{\circ}$.
Let $Z$ be the midpoint of $[A C]$. Show that the lines $(X Z)$ and $(Y Z)$ are perpendicular.
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Let $D$ and $E$ be the midpoints of $[B C]$ and $[A B]$.
We have
- $(X E) \perp(D Z)$ because $(D Z) / /(A B)$
- $(E Z) \perp(D Y)$ because $(E Z) / /(B C)$
- $\frac{X E}{D Z}=\frac{X E}{E A}=\frac{C D}{D Y}=\frac{E Z}{D Y}$ (the second equality comes from the fact that the right triangles $X E A$ and $C D Y$ are similar)
thus $X E Z$ and $Z D Y$ are similar. Since $(X E) \perp(D Z)$, we deduce that $(X Z) \perp$ $(Z Y)$.
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Geometry
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A l'extérieur du triangle $A B C$ on construit les deux points $X$ et $Y$ vérifiant :
- le triangle $A X B$ est isocèle de base $[A B]$;
- le triangle $B Y C$ est isocèle de base $[B C]$;
$-\widehat{A X B}+\widehat{B Y C}=180^{\circ}$.
Soit $Z$ le milieu de $[A C]$. Montrer que les droites $(X Z)$ et $(Y Z)$ sont perpendiculaires.
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Notons $D$ et $E$ les milieux de $[B C]$ et $[A B]$.
On a
- $(X E) \perp(D Z)$ car $(D Z) / /(A B)$
- $(E Z) \perp(D Y)$ car $(E Z) / /(B C)$
- $\frac{X E}{D Z}=\frac{X E}{E A}=\frac{C D}{D Y}=\frac{E Z}{D Y}$ (la deuxième égalité provient du fait que les triangles rectangles $X E A$ et $C D Y$ sont semblables)
donc $X E Z$ et $Z D Y$ sont semblables. Comme $(X E) \perp(D Z)$, on en déduit que $(X Z) \perp$ $(Z Y)$.
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{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "5",
"problem_match": "\nExercice 5.",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2013-2014-envoi-1-solutions.jsonl",
"solution_match": "\nSolution.",
"tier": "T2",
"year": "2014"
}
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The vertex $B$ of angle $\widehat{A B C}$ is outside a circle $\omega$, while the rays $[B A)$ and $[B C)$ intersect the circle. Let $K$ be a point of intersection of the circle $\omega$ with $[B A)$. The perpendicular to the bisector of angle $\widehat{A B C}$ passing through $K$ intersects the circle at point $P$, and the line $(B C)$ at point $M$. Show that the segment $[P M]$ is twice as long as the distance between the center of $\omega$ and the bisector of $\widehat{A B C}$.
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Let $O$ be the center of the circle $\omega$. Denote $\Delta$ as the bisector of $\widehat{A B C}$, $\Delta^{\prime}$ as the line parallel to $\Delta$ passing through $O$, and $N$ as the symmetric point of $O$ with respect to $\Delta$.
The symmetry $s_{\Delta^{\prime}}$ with respect to $\Delta^{\prime}$ sends $O$ to $O$ and $P$ to $K$ (since $(P K) \perp \Delta^{\prime}$ and $\Delta^{\prime}$ passes through $O$).
The symmetry $s_{\Delta}$ with respect to $\Delta$ sends $O$ to $N$ and $K$ to $M$.
Therefore, the composition $s_{\Delta} \circ s_{\Delta^{\prime}}$ sends $O$ to $N$ and $P$ to $M$. Since $s_{\Delta} \circ s_{\Delta}^{\prime}$ is a translation, $M N O P$ is a parallelogram. It follows that $P M = O N = 2 d(O, \Delta)$.
## Exercises Group A
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Geometry
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Le sommet $B$ d'un angle $\widehat{A B C}$ se trouve à l'extérieur d'un cercle $\omega$ tandis que les demi-droites $[B A)$ et $[B C)$ le traversent. Soit $K$ un point d'intersection du cercle $\omega$ avec $[B A)$. La perpendiculaire à la bissectrice de l'angle $\widehat{A B C}$ passant par $K$ recoupe le cercle au point $P$, et la droite $(B C)$ au point $M$. Montrer que le segment $[P M]$ est deux fois plus long que la distance entre le centre de $\omega$ et la bissectrice de $\widehat{A B C}$.
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Soit $O$ le centre du cercle $\omega$. Notons $\Delta$ la bissectrice de $\widehat{A B C}, \Delta^{\prime}$ la parallèle à $\Delta$ passant par $O$ et $N$ le symétrique de $O$ par rapport à $\Delta$.
La symétrie $s_{\Delta^{\prime}}$ par rapport à $\Delta^{\prime}$ envoie $O$ sur $O$ et $P \operatorname{sur} K\left(\operatorname{car}(P K) \perp \Delta^{\prime}\right.$ et $\Delta^{\prime}$ passe par $O$ ).
La symétrie $s_{\Delta}$ par rapport à $\Delta$ envoie $O$ sur $N$ et $K$ sur $M$.
Par conséquent, la composée $s_{\Delta} \circ s_{\Delta^{\prime}}$ envoie $O$ sur $N$ et $P$ sur $M$. Or, $s_{\Delta} \circ s_{\Delta}^{\prime}$ est une translation, donc $M N O P$ est un parallélogramme. Il s'ensuit que $P M=O N=2 d(O, \Delta)$.
## Exercices groupe A
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{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "6",
"problem_match": "\nExercice 6.",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2013-2014-envoi-1-solutions.jsonl",
"solution_match": "## Solution.",
"tier": "T2",
"year": "2014"
}
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Let $A B C D$ be a convex quadrilateral. Consider the two convex quadrilaterals $F_{1}$ and $F_{2}$, each of which has two opposite vertices that are the midpoints of the diagonals $[A C]$ and $[B D]$, and the other two vertices are the midpoints of the opposite sides of the quadrilateral $A B C D$. Show that the areas of $F_{1}$ and $F_{2}$ are equal if and only if at least one of the diagonals of the quadrilateral $A B C D$ divides it into triangles of equal area.
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Let $I, J, K, L, M, N$ be the midpoints of $[A C],[B D],[A B],[B C],[C D]$ and $[D A]$.
We notice that $(I K)$ and $(J M)$ are parallel, since they are parallel to $(B C)$. Similarly, $(I M) \parallel (J K)$. We deduce that $I M J K$ is a parallelogram, and similarly $I N J L$ is a parallelogram.
Let $[\vec{u}, \vec{v}]$ denote the mixed product of vectors $\vec{u}$ and $\vec{v}$. This is the area of a parallelogram $X Y Z T$ such that $\overrightarrow{X Y}=\vec{u}$ and $\overrightarrow{Y Z}=\vec{v}$, with a positive sign if $X Y Z T$ is traversed in the direct sense and a negative sign otherwise.
We easily verify the following properties:
- $[\vec{u}, \vec{v}]=-[\vec{v}, \vec{u}]$
- $[\vec{u}, \vec{v}+\vec{w}]=[\vec{u}, \vec{v}]+[\vec{u}, \vec{w}]$
- $[\vec{v}+\vec{w}, \vec{u}]=[\vec{v}, \vec{u}]+[\vec{w}, \vec{u}]$.
(The second property states that if a parallelogram $P$ is the union of two parallelograms $P_{1}$ and $P_{2}$, then the area of $P$ is the sum of the areas of $P_{1}$ and $P_{2}$; the third property follows from the previous two.)
Since $I K = B C / 2$ and $K J = A D / 2$, the area of $I M J K$ is equal to $\pm \frac{1}{4}[\overrightarrow{A D}, \overrightarrow{B C}]$ and similarly the area of $I N J M$ is equal to $\pm \frac{1}{4}[\overrightarrow{A B}, \overrightarrow{C D}]$. We deduce that the areas of $F_{1}$ and $F_{2}$ are equal if and only if
$$
[\overrightarrow{A B}, \overrightarrow{C D}] = \pm[\overrightarrow{A D}, \overrightarrow{B C}]
$$
We have
$$
\begin{aligned}
& {[\overrightarrow{A B}, \overrightarrow{C D}]=[\overrightarrow{A D}, \overrightarrow{B C}]} \\
& \quad \Longleftrightarrow \quad[\overrightarrow{A B}, \overrightarrow{A D}]-[\overrightarrow{A B}, \overrightarrow{A C}]=[\overrightarrow{A D}, \overrightarrow{A C}]-[\overrightarrow{A D}, \overrightarrow{A B}] \\
& \quad \Longleftrightarrow \quad[\overrightarrow{A C}, \overrightarrow{A B}]=[\overrightarrow{A D}, \overrightarrow{A C}] \\
& \\
& \quad \Longleftrightarrow \quad(A C) \text { divides the quadrilateral into two parts of equal areas. }
\end{aligned}
$$
Similarly, $[\overrightarrow{A B}, \overrightarrow{C D}]=-[\overrightarrow{A D}, \overrightarrow{B C}]$ if and only if $(B D)$ divides the quadrilateral into two parts of equal areas.
Another solution. As above, we note that $I M J K$ and $I N J L$ are parallelograms.
If $(A D) \parallel (B C)$, we obtain that the area of $I M J K$ is equal to 0. Then the area of $I N J L$ is equal to 0 if and only if $(A B) \parallel (C D)$, which is equivalent to the diagonals of the quadrilateral $A B C D$ dividing it into triangles of equal areas.
We can therefore reduce the problem to the case where $(A D)$ and $(B C)$ intersect. Similarly, we can assume that $(A B)$ and $(C D)$ intersect. Without loss of generality, we can assume they intersect as shown in the figure: $X=[D A) \cap[C B), Y=[B A) \cap[C D)$.
The area of $I M J K$ is equal to
$$
K J \cdot K I \sin \widehat{I K J}=\frac{1}{4} B C \cdot A D \sin \widehat{A X B}
$$
The area of $I N J L$ is equal to
$$
N J \cdot N I \sin \widehat{J N I}=\frac{1}{4} A B \cdot C D \sin \widehat{A Y D}
$$
According to the law of sines for triangles $A X B$ and $A Y D$, we have
$$
\frac{\sin \widehat{A X B}}{\sin \widehat{A Y D}}=\frac{A B \sin \widehat{X A B}}{B X} \frac{D Y}{A D \sin \widehat{Y A D}}=\frac{A B \cdot D Y}{B X \cdot A D}
$$
Combining (1), (2), and (3), we obtain that the area of $I M J K$ is equal to the area of $I N J L$ if and only if
$$
\frac{C B}{B X}=\frac{C D}{D Y}
$$
This last equality is equivalent to saying that $(X Y) \parallel (B D)$.
We have that $(A C)$ divides $A B C D$ into triangles of equal areas if and only if $J$ lies on $(A C)$ (since the area of $A J B$ is equal to that of $A J D$ and the area of $C J B$ is equal to that of $C J D$).
It remains to note that in a quadrilateral $X B D Y$, the line joining $C=(X B) \cap(D Y)$ and $A=(X D) \cap(B Y)$ passes through the midpoint of $[B D]$ if and only if $(X Y)$ and $(B D)$ are parallel.
Indeed, if $(X Y)$ and $(B D)$ are parallel, there exists a homothety centered at $C$ that maps $B$ and $D$ to $X$ and $Y$ respectively. This homothety maps the midpoint of $[B D]$ to the midpoint of $[X Y]$, so these two midpoints are collinear with $C$, and similarly they are collinear with $A$.
Conversely, suppose that $(A C)$ passes through the midpoint $U$ of $[B D]$. Let $Y^{\prime}$ be the intersection of $(C Y)$ with the line parallel to $(B D)$ passing through $X$. Let $A^{\prime}=\left(B Y^{\prime}\right) \cap(D X)$.
From the previous paragraph, $C, A^{\prime}$, and $U$ are collinear, so $A$ lies on the line $\left(C A^{\prime}\right)$. Additionally, $A$ lies on $(D X)$, so $A=\left(C A^{\prime}\right) \cap(D X)=A^{\prime}$. We deduce that $Y=Y^{\prime}$, and that $X B D Y$ is a parallelogram.
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proof
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Yes
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Incomplete
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proof
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Geometry
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Soit $A B C D$ un quadrilatère convexe. On considère les deux quadrilatères convexes $F_{1}$ et $F_{2}$, dont chacun a deux sommets opposés qui sont les milieux des diagonales $[A C]$ et $[B D]$, et dont les deux autres sommets sont les milieux des côtés opposés du quadrilatère $A B C D$. Montrer que les aires de $F_{1}$ et de $F_{2}$ sont égales si et seulement si au moins l'une des diagonales du quadrilatère $A B C D$ le divise en triangles d'aires égales.
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Notons $I, J, K, L, M, N$ les milieux de $[A C],[B D],[A B],[B C],[C D]$ et $[D A]$.
On remarque que $(I K)$ et $(J M)$ sont parallèles, puisqu'ils sont parallèles à $(B C)$. De même, $(I M) / /(J K)$. On en déduit que $I M J K$ est un parallélogramme, et de même $I N J L$ est un parallélogramme.
Notons $[\vec{u}, \vec{v}]$ le produit mixte des vecteurs $\vec{u}$ et $\vec{v}$. C'est l'aire d'un parallélogramme $X Y Z T$ tel que $\overrightarrow{X Y}=\vec{u}$ et $\overrightarrow{Y Z}=\vec{v}$, affectée d'un signe + si $X Y Z T$ est parcouru dans le sens direct et d'un signe - sinon.
On vérifie facilement les propriétés suivantes:
- $[\vec{u}, \vec{v}]=-[\vec{v}, \vec{u}]$
- $[\vec{u}, \vec{v}+\vec{w}]=[\vec{u}, \vec{v}]+[\vec{u}, \vec{w}]$
- $[\vec{v}+\vec{w}, \vec{u}]=[\vec{v}, \vec{u}]+[\vec{w}, \vec{u}]$.
(La deuxième propriété dit que si un parallélogramme $P$ est la réunion de deux parallélogrammes $P_{1}$ et $P_{2}$ alors l'aire de $P$ est la somme des aires de $P_{1}$ et de $P_{2}$; la troisième propriété découle des deux précédentes.)
Comme $I K=B C / 2$ et $K J=A D / 2$, l'aire de $I M J K$ est égale à $\pm \frac{1}{4}[\overrightarrow{A D}, \overrightarrow{B C}]$ et de même l'aire de $I N J M$ est égale à $\pm \frac{1}{4}[\overrightarrow{A B}, \overrightarrow{C D}]$. On en déduit que les aires de $F_{1}$ et de $F_{2}$ sont égales si et seulement si
$$
[\overrightarrow{A B}, \overrightarrow{C D}]= \pm[\overrightarrow{A D}, \overrightarrow{B C}]
$$
On a
$$
\begin{aligned}
& {[\overrightarrow{A B}, \overrightarrow{C D}]=[\overrightarrow{A D}, \overrightarrow{B C}]} \\
& \quad \Longleftrightarrow \quad[\overrightarrow{A B}, \overrightarrow{A D}]-[\overrightarrow{A B}, \overrightarrow{A C}]=[\overrightarrow{A D}, \overrightarrow{A C}]-[\overrightarrow{A D}, \overrightarrow{A B}] \\
& \quad \Longleftrightarrow \quad[\overrightarrow{A C}, \overrightarrow{A B}]=[\overrightarrow{A D}, \overrightarrow{A C}] \\
& \\
& \quad \Longleftrightarrow \quad(A C) \text { partage le quadrilatère en deux parties d'aires égales. }
\end{aligned}
$$
De même, $[\overrightarrow{A B}, \overrightarrow{C D}]=-[\overrightarrow{A D}, \overrightarrow{B C}]$ si et seulement $\mathrm{si}(B D)$ partage le quadrilatère en deux parties d'aires égales.
Autre solution. Comme ci-dessus, on remarque que $I M J K$ et que $I N J L$ sont des parallélogrammes.
Si $(A D) / /(B C)$ on obtient que l'aire de $I M J K$ est égale à 0 . Alors l'aire de $I N J L$ est égale à 0 si et seulement si $(A B) / /(C D)$, ce qui équivaut à ce que les diagonales du quadrilatère $A B C D$ le divisent en triangles d'aires égales.
On se ramène donc à traiter le cas où $(A D)$ et $(B C)$ se croisent. De même, on peut supposer que $(A B)$ et $(C D)$ se croisent. Sans perte de généralité, on peut supposer qu'ils se croisent comment sur la figure : $X=[D A) \cap[C B), Y=[B A) \cap[C D)$.
L'aire de $I M J K$ est égale à
$$
K J \cdot K I \sin \widehat{I K J}=\frac{1}{4} B C \cdot A D \sin \widehat{A X B}
$$
L'aire de $I N J L$ est égale à
$$
N J \cdot N I \sin \widehat{J N I}=\frac{1}{4} A B \cdot C D \sin \widehat{A Y D}
$$
D'après la loi des sinus pour les triangles $A X B$ et $A Y D$, on a
$$
\frac{\sin \widehat{A X B}}{\sin \widehat{A Y D}}=\frac{A B \sin \widehat{X A B}}{B X} \frac{D Y}{A D \sin \widehat{Y A D}}=\frac{A B \cdot D Y}{B X \cdot A D}
$$
En combinant (1), (2) et (3), on obtient que l'aire de $I M J K$ est égale à l'aire de $I N J L$ si et seulement si
$$
\frac{C B}{B X}=\frac{C D}{D Y}
$$
Cette dernière égalité équivaut à dire que $(X Y) / /(B D)$.
On a que $(A C)$ divise $A B C D$ en triangles d'aires égales si et seulement si $J$ se trouve qur $(A C)$ (puisque l'aire de $A J B$ est égale à celle de $A J D$ et l'aire de $C J B$ est égale à celle de $C J D)$.
Il ne reste plus qu'à noter que dans un quadrilatère $X B D Y$, la droite joignant $C=$ $(X B) \cap(D Y)$ et $A=(X D) \cap(B Y)$ passe par le milieu de $[B D]$ si et seulement si $(X Y)$ et $(B D)$ sont parallèles.
En effet, si $(X Y)$ et $(B D)$ sont parallèles, il existe une homothétie de centre $C$ qui envoie $B$ et $D$ sur $X$ et $Y$ respectivement. Cette homothétie envoie le milieu de $[B D]$ sur le milieu de $[X Y]$ donc ces deux milieux sont alignés avec $C$, et de même ils sont alignés avec $A$.
Réciproquement, supposons que $(A C)$ passe par le milieu $U$ de $[B D]$. Soit $Y^{\prime}$ le point d'intersection de $(C Y)$ avec la parallèle à $(B D)$ passant par $X$. Soit $A^{\prime}=\left(B Y^{\prime}\right) \cap(D X)$.
D'après le paragraphe précédent, $C, A^{\prime}$ et $U$ sont alignés, donc $A$ appartient à la droite $\left(C A^{\prime}\right)$. De plus, $A$ appartient à $(D X)$, donc $A=\left(C A^{\prime}\right) \cap(D X)=A^{\prime}$. On en déduit que $Y=Y^{\prime}$, et que $X B D Y$ est un parallélogramme.
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{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "7",
"problem_match": "\nExercice 7.",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2013-2014-envoi-1-solutions.jsonl",
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}
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The circle $\omega$ passes through the vertices $B$ and $C$ of triangle $ABC$ and intersects the sides $[AB]$ and $[AC]$ at points $D$ and $E$ respectively. The segments $[CD]$ and $[BE]$ intersect at a point $O$. Let $M$ and $N$ be the centers of the incircles of triangles $ADE$ and $ODE$ respectively. Show that the midpoint of the arc $DE$ (the smaller of the two arcs) of the circle $\omega$ lies on the line $(MN)$.
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Let $\theta=(D E, D F)=(E F, E D)$. We have $2(D F, D M)+2 \theta=2(D E, D M)=(D E, D A)=$ $\theta+(D F, D A)=\theta+(D F, D B)=\theta+(E F, E B)=2 \theta+(E D, E O)=\theta+2(E D, E N)$, so $\widehat{F D M}=\widehat{D E N}$. Similarly, $\widehat{M E F}=\widehat{N D E}$. Let $\beta$ and $\gamma$ be these angles.
Let $P$ and $Q$ be the second points of intersection of the lines $(D F)$ and $(E F)$ with the circumcircle of triangle $DME$. We have
Since $D F=D E$, we have $(P Q) \parallel (D E)$. With (4), this implies that triangles $D E N$ and $Q M P$ are similar. Moreover, $F$ is the center of the homothety (since it is the intersection of the lines $(Q E)$ and $(P D)$). Therefore, the line $(M N)$ passes through $F$.
Another solution. If we do not think to introduce the points $P$ and $Q$, we can complete the proof with some tedious trigonometric calculations.
Let $\varphi$ be the angle $(\overrightarrow{F M}, \overrightarrow{E D})$. According to the law of sines in triangles $M D F$ and $M E F$, we have
$$
\begin{aligned}
\frac{M F}{\sin \beta} & =\frac{D F}{\sin (\beta+\varphi+\theta)} \\
\frac{M F}{\sin \gamma} & =\frac{E F}{\sin (\varphi-\gamma-\theta)}
\end{aligned}
$$
Since $D F=E F$, by dividing these two equalities we get
$$
\frac{\sin \gamma}{\sin \beta}=\frac{\sin (\varphi-\gamma-\theta)}{\sin (\beta+\varphi+\theta)}
$$
Using the formula $\sin (x+y)=\sin x \cos y+\cos x \sin y$, we deduce
$$
\frac{\sin \gamma}{\sin \beta}=\frac{\sin (\varphi) \cos (\gamma+\theta)-\cos \varphi \sin (\gamma+\theta)}{\sin (\varphi) \cos (\beta+\theta)+\cos \varphi \sin (\beta+\theta)}
$$
We eliminate the denominators and gather the terms in $\sin \varphi$ and $\cos \varphi$:
$$
\cos \varphi(\sin \gamma \sin (\beta+\theta)+\sin \beta \sin (\gamma+\theta)))=\sin \varphi(-\sin \gamma \cos (\beta+\theta)+\sin \beta \cos (\gamma+\theta))
$$
Since
$$
\begin{aligned}
- & \sin \gamma \cos (\beta+\theta)+\sin \beta \cos (\gamma+\theta) \\
& =-\sin \gamma(\cos \beta \cos \theta-\sin \beta \sin \theta)+\sin \beta(\cos \gamma \cos \theta-\sin \gamma \sin \theta) \\
& =\cos \theta \sin (\beta-\gamma),
\end{aligned}
$$
we get
$$
\tan \varphi=\frac{\sin \gamma \sin (\beta+\theta)+\sin \beta \sin (\gamma+\theta)}{\cos \theta \sin (\beta-\gamma)}
$$
Let $\varphi^{\prime}=(F N, D E)$. The calculation of $\tan \varphi^{\prime}$ is identical, by replacing $(\beta, \gamma, \theta)$ with $(\beta+\theta, \gamma+\theta,-\theta)$. However, the expression of $\tan \varphi$ is invariant under this transformation, so $\tan \varphi^{\prime}=\tan \varphi$, hence $F, M, N$ are collinear.
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Geometry
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Le cercle $\omega$ passe par les sommets $B$ et $C$ du triangle $A B C$ et coupe les côtés $[A B]$ et $[A C]$ aux points $D$ et $E$ respectivement. Les segments $[C D]$ et $[B E]$ se coupent en un point $O$. Soient $M$ et $N$ les centres des cercles inscrits dans les triangles $A D E$ et $O D E$ respectivement. Montrer que le milieu de l'arc $D E$ (le plus petit des deux arcs) du cercle $\omega$ se trouve sur la droite ( $M N$ ).
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Notons $\theta=(D E, D F)=(E F, E D)$. On a $2(D F, D M)+2 \theta=2(D E, D M)=(D E, D A)=$ $\theta+(D F, D A)=\theta+(D F, D B)=\theta+(E F, E B)=2 \theta+(E D, E O)=\theta+2(E D, E N)$, donc $\widehat{F D M}=\widehat{D E N}$. De même, $\widehat{M E F}=\widehat{N D E}$. Notons $\beta$ et $\gamma$ ces angles.
Soient $P$ et $Q$ les seconds points d'intersection des droites $(D F)$ et $(E F)$ avec le cercle circonscrit au triangle DME. On a
Comme $D F=D E$, on a $(P Q) / /(D E)$. Avec (4), cela implique que les triangles $D E N$ et $Q M P$ sont homothétiques. De plus, $F$ est le centre de l'homothétie (puisque c'est le point d'intersection des droites $(Q E)$ et $(P D)$ ). Donc la droite $(M N)$ traverse $F$.
Autre solution. Si on ne pense pas à introduire les points $P$ et $Q$, on peut terminer la démonstration moyennant des calculs trigonométriques un peu pénibles.
Notons $\varphi$ l'angle $(\overrightarrow{F M}, \overrightarrow{E D})$. D'après la loi des sinus dans les triangles $M D F$ et $M E F$, on a
$$
\begin{aligned}
\frac{M F}{\sin \beta} & =\frac{D F}{\sin (\beta+\varphi+\theta)} \\
\frac{M F}{\sin \gamma} & =\frac{E F}{\sin (\varphi-\gamma-\theta)}
\end{aligned}
$$
Comme $D F=E F$, en divisant ces deux égalités on obtient
$$
\frac{\sin \gamma}{\sin \beta}=\frac{\sin (\varphi-\gamma-\theta)}{\sin (\beta+\varphi+\theta)}
$$
En utilisant la formule $\sin (x+y)=\sin x \cos y+\cos x \sin y$, on en déduit
$$
\frac{\sin \gamma}{\sin \beta}=\frac{\sin (\varphi) \cos (\gamma+\theta)-\cos \varphi \sin (\gamma+\theta)}{\sin (\varphi) \cos (\beta+\theta)+\cos \varphi \sin (\beta+\theta)}
$$
On chasse les dénominateurs et on rassemble les termes en $\sin \varphi$ et en $\cos \varphi$ :
$$
\cos \varphi(\sin \gamma \sin (\beta+\theta)+\sin \beta \sin (\gamma+\theta)))=\sin \varphi(-\sin \gamma \cos (\beta+\theta)+\sin \beta \cos (\gamma+\theta))
$$
Comme
$$
\begin{aligned}
- & \sin \gamma \cos (\beta+\theta)+\sin \beta \cos (\gamma+\theta) \\
& =-\sin \gamma(\cos \beta \cos \theta-\sin \beta \sin \theta)+\sin \beta(\cos \gamma \cos \theta-\sin \gamma \sin \theta) \\
& =\cos \theta \sin (\beta-\gamma),
\end{aligned}
$$
on obtient
$$
\tan \varphi=\frac{\sin \gamma \sin (\beta+\theta)+\sin \beta \sin (\gamma+\theta)}{\cos \theta \sin (\beta-\gamma)}
$$
Soit $\varphi^{\prime}=(F N, D E)$. Le calcul de $\tan \varphi^{\prime}$ est identique, en remplaçant $(\beta, \gamma, \theta)$ par $(\beta+\theta, \gamma+\theta,-\theta)$. Or, l'expression de $\tan \varphi$ est invariante par cette transformation, donc $\tan \varphi^{\prime}=\tan \varphi$, d'où $F, M, N$ sont alignés.
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"exam": "French_envois",
"problem_label": "8",
"problem_match": "\nExercice 8.",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2013-2014-envoi-1-solutions.jsonl",
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"year": "2014"
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