problem
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|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|
A circle with center $O$ is inscribed in a quadrilateral $ABCD$ whose sides are not parallel. Show that the point $O$ coincides with the intersection point of the medians of the quadrilateral if and only if $OA \cdot OC = OB \cdot OD$. (A median line of the quadrilateral is a line connecting the midpoints of opposite sides.)
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Let $I$ and $J$ be the midpoints of the sides $[A B]$ and $[C D]$ respectively. The lines $(A B)$ and $(C D)$ intersect at point $P$. Without loss of generality, we can assume that $P$ is the intersection of the rays $[A B)$ and $[C D)$.
1) Suppose that $O$ is the intersection of the medians of the quadrilateral $A B C D$. Then $O$ is the midpoint of the segment $[I J]$, because the midpoints of the sides of a quadrilateral are the vertices of a parallelogram. Thus, $[P O]$ is the bisector and median from $P$ of the triangle $I P J$, so $I P J$ is isosceles at $P$ and $\widehat{B I O}=\widehat{C J O}$. Furthermore,
$$
\widehat{I B O}+\widehat{J C O}=\frac{1}{2}(\widehat{A B C}+\widehat{B C D})=\frac{1}{2}(\pi+\widehat{B P C})=\pi-\widehat{P I J}=\widehat{I B O}+\widehat{I O B}
$$
Then $\widehat{J C O}=\widehat{I O B}$ and the triangles $O I B$ and $C J O$ are similar. We obtain that $\frac{O B}{O C}=$ $\frac{I B}{J O}$. Similarly, we have $\frac{O A}{O D}=\frac{I A}{J O}$. Since $I B=I A$, we get $O A \cdot O C=O B \cdot O D$.
2) Now suppose that $O A \cdot O C=O B \cdot O D$. We note that
$$
\begin{aligned}
\widehat{A O B}+\widehat{C O D} & =(\pi-\widehat{O A B}-\widehat{O B A})+(\pi-\widehat{O C D}-\widehat{O D C}) \\
& =\pi-\frac{1}{2}(\widehat{D A B}+\widehat{A B C}+\widehat{B C D}+\widehat{C D A})=\pi
\end{aligned}
$$
Therefore, if we construct the parallelograms $O A K B$ and $C O D L$ from the triangles $O A B$ and $O C D$, these parallelograms will be similar, because $\frac{O A}{A K}=\frac{O A}{O B}=$ $\frac{D O}{O C}=\frac{D O}{D L}$. In particular, the triangles $O I B$ and $C J O$ are also similar, because they correspond to each other in the similar parallelograms $O A K B$ and $C O D L$. It follows that
$$
\widehat{I O B}=\widehat{O C J}=\widehat{O C B}, \quad \widehat{C O J}=\widehat{I B O}=\widehat{O B C}
$$
We obtain that
$$
\widehat{I O B}+\widehat{B O C}+\widehat{C O J}=\widehat{O C B}+\widehat{B O C}+\widehat{O B C}=\pi,
$$
so $O$ lies on $(I J)$. Similarly, $O$ lies on the other median of the quadrilateral $A B C D$.
Another solution. We can solve the problem using an analytical method with complex numbers. The calculations are lengthy but not impractical.
Let $U, V, W, X$ be the points of tangency of the lines $(A B),(B C),(C D)$ and $(D A)$ with the circle. We can assume that the circle is centered at 0 and has a radius of 1. Let $a, b, c, d, u, v, w, x$ be the affixes of the points $A, B, C, D, U, V, W, X$.
A point with affix $z$ lies on $(A B)$ if and only if $z-u$ is perpendicular to $u$, which can be written as $0=\bar{u}(z-u)+u(\bar{z}-\bar{u})$, or equivalently $\bar{u} z+u \bar{z}=2$. Since $\bar{u}=1 / u$, this can be written as $z+u^{2} \bar{z}=2 u$. Similarly, the equation of the line $(A D)$ is $z+x^{2} \bar{z}=2 x$. By combining these two equations, we find that
$$
a=\frac{2 u x}{u+x} .
$$
Similarly, we have $b=\frac{2 u v}{u+v}, c=\frac{2 v w}{v+w}$ and $d=\frac{2 w x}{w+x}$.
We calculate that $4 O A^{-2}=|u+x|^{2}=2+u \bar{x}+\bar{u} x$. We have similar expressions for $4 O B^{-2}$, etc. Therefore,
$$
\begin{aligned}
O A \cdot O C & =O B \cdot O D \\
& \Longleftrightarrow \quad(2+u \bar{x}+\bar{u} x)(2+v \bar{w}+\bar{v} w)=(2+u \bar{v}+\bar{u} v)(2+w \bar{x}+\bar{w} x) \\
& \Longleftrightarrow \quad u x(2+u \bar{x}+\bar{u} x) v w(2+v \bar{w}+\bar{v} w)=u v(2+u \bar{v}+\bar{u} v) w x(2+w \bar{x}+\bar{w} x) \\
& \Longleftrightarrow \quad\left(2 u x+u^{2}+x^{2}\right)\left(2 v w+v^{2}+w^{2}\right)=\left(2 u v+u^{2}+v^{2}\right)\left(2 w x+x^{2}+w^{2}\right) \\
& \Longleftrightarrow \quad 2 u v^{2} x+2 u w^{2} x+2 u^{2} v w+u^{2} v^{2}+2 v w x^{2}+w^{2} x^{2} \\
& =2 u v x^{2}+2 u v w^{2}+2 u^{2} w x+u^{2} x^{2}+2 v^{2} w x+v^{2} w^{2} \\
& \Longleftrightarrow 2(u-w) v^{2} x-2(u-w) u w x+2(u-w) u v w \\
& \quad-2(u-w) v x^{2}+(u-w)(u+w) v^{2}-(u-w)(u+w) x^{2}=0 \\
& \Longleftrightarrow 2 v^{2} x-2 u w x+2 u v w-2 v x^{2}+u v^{2}+v^{2} w-u x^{2}-w x^{2}=0 \\
& \Longleftrightarrow \quad 2 v x(v-x)+(v-x) w(v+x)+2 u w(v-x)+u(v+x)(v-x)=0 \\
& \Longleftrightarrow 2 u w+2 x v+(x+v)(u+w)=0 .
\end{aligned}
$$
On the other hand, $O$ lies on the line passing through the midpoints of $[A D]$ and $[B C]$ if and only if $0, \frac{a+d}{2}$ and $\frac{b+c}{2}$ are collinear, which means that $\frac{a+d}{b+c}$ is real, i.e.,
$$
\frac{\frac{u x}{u+x}+\frac{x w}{x+w}}{\frac{u v}{u+v}+\frac{v w}{v+w}}=\frac{\frac{1}{u+x}+\frac{1}{w+x}}{\frac{1}{u+v}+\frac{1}{v+w}}
$$
We multiply the numerators of each side by $(u+x)(x+w)$ and the denominators by $(u+v)(v+w)$, which gives successively
$$
\begin{aligned}
& \frac{x[u(x+w)+w(u+x)]}{v[u(v+w)+w(u+v)]}=\frac{2 x+(u+w)}{2 v+(u+w)} \\
& \quad \Longleftrightarrow \quad x[2 u w+u(u+w)][2 v+(u+w)]=v[2 u w+v(u+w)][2 x+(u+w)] \\
& \Longleftrightarrow \quad 2 x u w(u+w)+2 x^{2} v(u+w)+x^{2}(u+w)^{2} \\
& \quad=2 v u w(u+w)+2 x v^{2}(u+w)+v^{2}(u+w)^{2} \\
& \quad \Longleftrightarrow \quad 2(x-v) u w(u+w)+2(x-v) x v(u+w)+(x-v)(x+v)(u+w)^{2}=0
\end{aligned}
$$
Since the opposite sides are not parallel, we have $u+w \neq 0$. By simplifying by $(x-v)(u+w)$, we obtain the condition $2 u w+2 x v+(x+v)(u+w)=0$ which is the same as the previous one.
We conclude that $O A \cdot O C=O B \cdot O D$ if and only if $O$ lies on the line passing through the midpoints of $[A D]$ and $[B C]$. Similarly, we show that $O A \cdot O C=O B \cdot O D$ if and only if $O$ lies on the line passing through the midpoints of $[A B]$ and $[C D]$.
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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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Un cercle de centre $O$ est inscrit dans un quadrilatère $A B C D$ dont les côtés ne sont pas parallèles. Montrer que le point $O$ coïncide avec le point d'intersection des lignes médianes du quadrilatère si et seulement si $O A \cdot O C=O B \cdot O D$. (Une ligne médiane du quadrilatère est une droite reliant les milieux des côtés opposés.)
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Soient $I$ et $J$ les milieux des côtés $[A B]$ et $[C D]$ respectivement. Les droites $(A B)$ et $(C D)$ se coupent au point $P$. Sans perte de généralité, on peut supposer que $P$ est le point d'intersection des demi-droites $[A B)$ et $[C D)$.
1) Supposons que $O$ est le point d'intersection des lignes médianes du quadrilatère $A B C D$. Alors $O$ est le milieu du segment $[I J]$, parce que les milieux des côtés d'un quadrilatère sont les sommets d'un parallélogramme. Puis, $[P O]$ est la bissectrice et la médiane issus de $P$ du triangle $I P J$, donc $I P J$ est isocèle en $P$ et $\widehat{B I O}=\widehat{C J O}$. En outre,
$$
\widehat{I B O}+\widehat{J C O}=\frac{1}{2}(\widehat{A B C}+\widehat{B C D})=\frac{1}{2}(\pi+\widehat{B P C})=\pi-\widehat{P I J}=\widehat{I B O}+\widehat{I O B}
$$
Alors $\widehat{J C O}=\widehat{I O B}$ et les triangles $O I B$ et $C J O$ sont semblables. On obtient que $\frac{O B}{O C}=$ $\frac{I B}{J O}$. De même, on a $\frac{O A}{O D}=\frac{I A}{J O}$. Comme $I B=I A$, on obtient $O A \cdot O C=O B \cdot O D$.
2) On suppose maintenant que $O A \cdot O C=O B \cdot O D$. On note que
$$
\begin{aligned}
\widehat{A O B}+\widehat{C O D} & =(\pi-\widehat{O A B}-\widehat{O B A})+(\pi-\widehat{O C D}-\widehat{O D C}) \\
& =\pi-\frac{1}{2}(\widehat{D A B}+\widehat{A B C}+\widehat{B C D}+\widehat{C D A})=\pi
\end{aligned}
$$
Par conséquent, si on construit les parallélogrammes $O A K B$ et $C O D L$ à partir des triangles $O A B$ et $O C D$, ces parallélogrammes seront semblables, parce que $\frac{O A}{A K}=\frac{O A}{O B}=$ $\frac{D O}{O C}=\frac{D O}{D L}$. En particulier, les triangles $O I B$ et $C J O$ sont également semblables, parce qu'ils se correspondent mutuellement dans les parallélogrammes semblables $O A K B$ et $C O D L . \mathrm{Il}$ vient
$$
\widehat{I O B}=\widehat{O C J}=\widehat{O C B}, \quad \widehat{C O J}=\widehat{I B O}=\widehat{O B C}
$$
On obtient que
$$
\widehat{I O B}+\widehat{B O C}+\widehat{C O J}=\widehat{O C B}+\widehat{B O C}+\widehat{O B C}=\pi,
$$
donc $O$ se trouve sur $(I J)$. De même, $O$ se trouve sur l'autre ligne médiane du quadrilatère $A B C D$.
Autre solution. On peut résoudre l'exercice par une méthode analytique utilisant les nombres complexes. Les calculs sont longs mais pas impraticables.
Notons $U, V, W, X$ les points de contact des droites $(A B),(B C),(C D)$ et $(D A)$ avec le cercle. On peut supposer que le cercle est de centre 0 et de rayon 1 . Notons $a, b, c, d, u, v, w, x$ les affixes des points $A, B, C, D, U, V, W, X$.
Un point d'affixe $z$ appartient à $(A B)$ si et seulement si $z-u$ est perpendiculaire à $u$, ce qui s'écrit $0=\bar{u}(z-u)+u(\bar{z}-\bar{u})$, ou encore $\bar{u} z+u \bar{z}=2$. Comme $\bar{u}=1 / u$, ceci s'écrit encore $z+u^{2} \bar{z}=2 u$. De même, l'équation de la droite $(A D)$ est $z+x^{2} \bar{z}=2 x$. En combinant ces deux équations, on trouve que
$$
a=\frac{2 u x}{u+x} .
$$
De même, on a $b=\frac{2 u v}{u+v}, c=\frac{2 v w}{v+w}$ et $d=\frac{2 w x}{w+x}$.
On calcule que $4 O A^{-2}=|u+x|^{2}=2+u \bar{x}+\bar{u} x$. On a des expressions analogues pour $4 O B^{-2}$, etc. Par conséquent,
$$
\begin{aligned}
O A \cdot O C & =O B \cdot O D \\
& \Longleftrightarrow \quad(2+u \bar{x}+\bar{u} x)(2+v \bar{w}+\bar{v} w)=(2+u \bar{v}+\bar{u} v)(2+w \bar{x}+\bar{w} x) \\
& \Longleftrightarrow \quad u x(2+u \bar{x}+\bar{u} x) v w(2+v \bar{w}+\bar{v} w)=u v(2+u \bar{v}+\bar{u} v) w x(2+w \bar{x}+\bar{w} x) \\
& \Longleftrightarrow \quad\left(2 u x+u^{2}+x^{2}\right)\left(2 v w+v^{2}+w^{2}\right)=\left(2 u v+u^{2}+v^{2}\right)\left(2 w x+x^{2}+w^{2}\right) \\
& \Longleftrightarrow \quad 2 u v^{2} x+2 u w^{2} x+2 u^{2} v w+u^{2} v^{2}+2 v w x^{2}+w^{2} x^{2} \\
& =2 u v x^{2}+2 u v w^{2}+2 u^{2} w x+u^{2} x^{2}+2 v^{2} w x+v^{2} w^{2} \\
& \Longleftrightarrow 2(u-w) v^{2} x-2(u-w) u w x+2(u-w) u v w \\
& \quad-2(u-w) v x^{2}+(u-w)(u+w) v^{2}-(u-w)(u+w) x^{2}=0 \\
& \Longleftrightarrow 2 v^{2} x-2 u w x+2 u v w-2 v x^{2}+u v^{2}+v^{2} w-u x^{2}-w x^{2}=0 \\
& \Longleftrightarrow \quad 2 v x(v-x)+(v-x) w(v+x)+2 u w(v-x)+u(v+x)(v-x)=0 \\
& \Longleftrightarrow 2 v x+v w+v x+2 u w+u v+u x=0 \\
& \Longleftrightarrow 2(u w+x v)+(x+v)(u+w)=0 .
\end{aligned}
$$
D'autre part, $O$ appartient à la droite passant par les milieux de $[A D]$ et de $[B C]$ si et seulement si $0, \frac{a+d}{2}$ et $\frac{b+c}{2}$ sont alignés, ce qui se traduit par le fait que $\frac{a+d}{b+c}$ est réel, c'est-à-dire
$$
\frac{\frac{u x}{u+x}+\frac{x w}{x+w}}{\frac{u v}{u+v}+\frac{v w}{v+w}}=\frac{\frac{1}{u+x}+\frac{1}{w+x}}{\frac{1}{u+v}+\frac{1}{v+w}}
$$
On multiplie les numérateurs de chaque membre par $(u+x)(x+w)$ et les dénominateurs par $(u+v)(v+w)$, ce qui donne successivement
$$
\begin{aligned}
& \frac{x[u(x+w)+w(u+x)]}{v[u(v+w)+w(u+v)]}=\frac{2 x+(u+w)}{2 v+(u+w)} \\
& \quad \Longleftrightarrow \quad x[2 u w+u(u+w)][2 v+(u+w)]=v[2 u w+v(u+w)][2 x+(u+w)] \\
& \Longleftrightarrow \quad 2 x u w(u+w)+2 x^{2} v(u+w)+x^{2}(u+w)^{2} \\
& \quad=2 v u w(u+w)+2 x v^{2}(u+w)+v^{2}(u+w)^{2} \\
& \quad \Longleftrightarrow \quad 2(x-v) u w(u+w)+2(x-v) x v(u+w)+(x-v)(x+v)(u+w)^{2}=0
\end{aligned}
$$
Comme les côtés opposés ne sont pas parallèles, on a $u+w \neq 0$. En simplifiant par $(x-v)(u+w)$, on obtient la condition $2 u w+2 x v+(x+v)(u+w)=0$ qui est la même que la précédente.
On en conclut que $O A \cdot O C=O B \cdot O D$ si et seulement si $O$ appartient à la droite passant par les milieux de $[A D]$ et de $[B C]$. De même, on montre que $O A \cdot O C=O B \cdot O D$ si et seulement si $O$ appartient à la droite passant par les milieux de $[A B]$ et de $[C D]$.
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{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "9",
"problem_match": "\nExercice 9.",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2013-2014-envoi-1-solutions.jsonl",
"solution_match": "\nSolution.",
"tier": "T2",
"year": "2014"
}
|
It is said that a 9-digit number is interesting if each digit from 1 to 9 appears exactly once, the digits from 1 to 5 appear in order but the digits from 1 to 6 do not, for example 189236457.
How many interesting numbers are there?
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To build an interesting number, we can first place the digits from 1 to 5, then intercalate the 6 somewhere, then the 7, the 8, and the 9. The order of the digits from 1 to 5 is fixed. Then, the 6 can be placed anywhere except after the 5 because the digits from 1 to 6 would not be in order. Therefore, there are 5 ways to place the 6. Next, the 7 can be placed anywhere, so there are 7 ways to place it, and similarly, 8 ways to place the 8 and 9 ways to place the 9.
Thus, there are $5 * 7 * 8 * 9=2520$ interesting numbers.
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2520
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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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On dit qu'un nombre à 9 chiffres est intéressant si chaque chiffre de 1 à 9 y apparaît une unique fois, que les chiffres de 1 à 5 y apparaissent dans l'ordre mais pas les chiffres de 1 à 6 , par exemple 189236457 .
Combien y a-t-il de nombres intéressants?
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Pour construire un nombre intéressant, on peut placer d'abord les chiffres de 1 à 5 , puis intercaler le 6 quelque part, puis le 7 , le 8 et le 9 . L'ordre des chiffres de 1 à 5 est imposé. Ensuite, le 6 peut être placé n'importe où sauf après le 5 car les chiffres de 1 à 6 ne sont pas dans l'ordre. Il y a donc 5 manières de placer le 6 . Ensuite, on peut placer le 7 n'importe où, donc il y a 7 manières de le placer, et de même 8 manières de placer le 8 et 9 pour le 9.
Il y a donc $5 * 7 * 8 * 9=2520$ nombres intéressants.
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{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "1",
"problem_match": "\nExercice 1",
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"solution_match": "\nSolution de l'exercice 1",
"tier": "T2",
"year": "2014"
}
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In a country, there are n cities. Any two cities are always connected either by a highway or by a train line. Show that one of the two means of transportation allows any city to be connected to any other.
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We reason by induction on $n$: for $n=1$ or $n=2$, the result is immediate. Suppose we have shown it at rank $n$, and consider $n+1$ cities:
We isolate one of the cities, let's call it Paris, for example. Then one of the two means of transport allows connecting all the cities except Paris. Suppose it is the car:
- if Paris is connected to a city by a highway, for example, Lyon, we can go from Paris to Lyon by car, then to any other city according to the induction hypothesis.
- otherwise, Paris is connected to all the cities by a train line, so we can go from any city to any city by train via Paris.
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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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Dans un pays, il y a n villes. Deux villes quelconques sont toujours reliées soit par une autoroute, soit par une ligne de train. Montrer qu'un des deux moyens de transport permet de relier n'importe quelle ville à n'importe quelle autre.
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On raisonne par récurrence sur $n$ : pour $n=1$ ou $n=2$, le résultat est immédiat. Supposons qu'on l'a montré au rang $n$, et considérons $n+1$ villes :
On isole une des villes, appelons-la par exemple Paris. Alors un des deux moyens de transports permet de relier entre elles toutes les villes sauf Paris. Supposons que c'est la voiture:
- si Paris est relié à une ville par une autoroute par exemple Lyon, on peut en voiture aller de Paris à Lyon, puis à n'importe quelle autre ville d'après l'hypothèse de récurrence.
- sinon, Paris est relié à toutes les villes par une ligne de train, donc on peut aller de n'importe quelle ville à n'importe quelle ville en train en passant par Paris.
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{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "2",
"problem_match": "\nExercice 2",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2013-2014-envoi-2-solutions.jsonl",
"solution_match": "\nSolution de l'exercice 2",
"tier": "T2",
"year": "2014"
}
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Scientists participate in a conference, each scientist being either a mathematician or a physicist. Of course, physicists always lie, and mathematicians always tell the truth, except when they make a mistake. During the final dinner, all are seated in a circle around a table, and each one claims to be sitting between a mathematician and a physicist. It turns out that exactly one distracted mathematician made a mistake. How many physicists are at the conference?
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If 2 physicists are sitting side by side, since they lied, they are not between a physicist and a mathematician, so each is between two physicists, and so on, so the conference only hosts physicists, which is absurd because there is at least one mathematician (the one who was wrong...). Each physicist is therefore between two mathematicians.
On the other hand, each mathematician is between a mathematician and a physicist, except the one who was wrong. Let's call him Thomas: if Thomas is between two physicists, then everywhere else there is an alternation of two mathematicians, one physicist... But then, if there are $k$ pairs of mathematicians side by side, there are $2 k+1$ mathematicians and $k+1$ physicists, so $3 k+2$ scientists, which is absurd because $3 k+2 \neq 2014$.
Thomas is therefore between two mathematicians, so we have three mathematicians side by side, and the others in pairs. If there are $k$ pairs, then we have $2 k+3$ mathematicians and $k+1$ physicists, so $3 k+4=2014$ so $k=670$ and there are 671 physicists.
## Common Exercises
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671
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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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scientifiques participent à un congrès, chaque scientifique étant soit un mathématicien, soit un physicien. Bien sûr, les physiciens mentent toujours et les mathématiciens disent toujours la vérité, sauf quand ils se trompent. Lors du dîner final, tous sont assis en rond autour d'une table, et chacun prétend se trouver entre un mathématicien et un physicien. Il se trouve qu'exactement un mathématicien distrait s'est trompé. Combien y a-t-il de physiciens au congrès?
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Si 2 physiciens sont assis côté à côté, comme ils ont menti, ils ne sont pas entre un physicien et un mathématicien, donc chacun est entre deux physiciens, et ainsi de suite, donc le congrès n'accueille que des physiciens, ce qui est absurde car il y a au moins un mathématicien (celui qui s'est trompé...). Chaque physicien est donc entre deux mathématiciens.
D'autre part, chaque mathématicien est entre un mathématicien et un physicien, sauf celui qui s'est trompé. Appelons-le Thomas : si Thomas est entre deux physiciens, alors on a partout ailleurs une alternance de deux mathématiciens, un physicien... Mais alors, si il y a k paires de mathématiciens côte à côte, il y a $2 k+1$ mathématiciens et $k+1$ physiciens, donc $3 k+2$ scientifiques, ce qui est absurde car $3 k+2 \neq 2014$.
Thomas est donc entre deux mathématiciens, donc on a trois mathématiciens côté à côte, et les autres par paires. Si il y a $k$ paires, alors on a $2 k+3$ mathématiciens et $k+1$ physiciens donc $3 k+4=2014$ donc $k=670$ et il y a 671 physiciens.
## Exercices communs
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{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "32014",
"problem_match": "\nExercice 32014",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2013-2014-envoi-2-solutions.jsonl",
"solution_match": "\nSolution de l'exercice 3",
"tier": "T2",
"year": "2014"
}
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Show that every polyhedron has two faces with the same number of vertices.
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Let $n$ be the number of faces of the polyhedron, and let $F$ be a fixed face: the edges of $F$ separate $F$ from different faces, so the number of edges of $F$ is less than or equal to the number of faces other than $F$. Moreover, $F$ has at least 3 edges. Each face has as many edges as vertices, so every face has a number of vertices between 3 and $n-1$, which gives $n-3$ possibilities. According to the pigeonhole principle, there therefore exist two faces that have the same number of vertices.
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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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Montrer que tout polyèdre a deux faces qui ont le même nombre de sommets.
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Soit $n$ le nombre de faces du polyèdre, et soit $F$ une face fixée : les arêtes de $F$ séparent $F$ de faces toutes différentes, donc le nombre d'arêtes de $F$ est inférieur ou égal au nombre de faces autres que $F$. De plus, $F$ a au moins 3 arêtes. Chaque face a autant d'arêtes que de sommet, donc toute face a un nombre de sommets compris entre 3 et $n-1$, soit $n-3$ possibilités. D'après le principe des tiroirs, il existe donc deux faces qui ont le même nombre de sommets.
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{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "4",
"problem_match": "\nExercice 4",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2013-2014-envoi-2-solutions.jsonl",
"solution_match": "\nSolution de l'exercice 4",
"tier": "T2",
"year": "2014"
}
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Let $\mathrm{n} \in \mathbb{N}^{*}$. Show that it is possible to partition $\{1,2, \ldots, \mathrm{n}\}$ into two subsets $A$ and $B$ such that the sum of the elements of $A$ is equal to the product of the elements of $B$.
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A priori, set $B$ must be much smaller than $A$. We will therefore look for a $B$ with a small number of elements. By testing small values of $n$, we can think of looking for $B$ in the form $\{1, a, b\}$ with $a, b \neq 1$ and $a \neq b$.
We then have $\prod_{x \in B} x = a b$, and:
$$
\begin{aligned}
\sum_{x \in \mathcal{A}} & = \sum_{x=1}^{n} x - 1 - a - b \\
& = \frac{n(n+1)}{2} - a - b - 1
\end{aligned}
$$
We want $\frac{n(n+1)}{2} = a b + a + b + 1 = (a+1)(b+1)$, so it suffices to write $\frac{n(n+1)}{2}$ as a product. If $n$ is even, we can take $a+1 = \frac{n}{2}$ and $b+1 = n+1$, which gives $a = \frac{n}{2} - 1$ and $b = n$. If $n$ is odd, we take $a = \frac{n-1}{2}$ and $b = n-1$. In both cases, the assumption $n \geqslant 5$ allows us to easily verify that 1, $a$, and $b$ are pairwise distinct.
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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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Soit $\mathrm{n} \in \mathbb{N}^{*}$. Montrer qu'il est possible de partitionner $\{1,2, \ldots, \mathrm{n}\}$ en deux sousensembles $A$ et $B$ tels que la somme des éléments de $A$ soit égale au produit des éléments de B.
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A priori, l'ensemble B doit être bien plus petit que A. On va donc chercher un $B$ avec un petit nombre d'éléments. En testant des petites valeurs de $n$, on peut penser à chercher $B$ sous la forme $\{1, a, b\}$ avec $a, b \neq 1$ et $a \neq b$.
On a alors $\prod_{x \in B} x=a b$, et :
$$
\begin{aligned}
\sum_{x \in \mathcal{A}} & =\sum_{x=1}^{n} x-1-a-b \\
& =\frac{n(n+1)}{2}-a-b-1
\end{aligned}
$$
On veut donc $\frac{n(n+1)}{2}=a b+a+b+1=(a+1)(b+1)$, donc il suffit d'écrire $\frac{n(n+1)}{2}$ comme un produit. Or, si $n$ est pair, on peut prendre $a+1=\frac{n}{2}$ et $b+1=n+1$, soit $a=\frac{n}{2}-1$ et $b=n$. Si $n$ est impair, on prend $a=\frac{n-1}{2}$ et $b=n-1$. Dans les deux cas, l'hypothèse $n \geqslant 5$ permet de vérifier facilement que 1, a et $b$ sont deux à deux distincts.
|
{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "6",
"problem_match": "\nExercice 6",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2013-2014-envoi-2-solutions.jsonl",
"solution_match": "\nSolution de l'exercice 6",
"tier": "T2",
"year": "2014"
}
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We are given $n$ points in the plane, such that no three of them are ever collinear. Each point is colored either red or blue. We assume that there is exactly one blue point inside each triangle whose vertices are red, and one red point inside each triangle whose vertices are blue.
What is the largest possible value of $n$?
## Exercise Group A
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First, we show that the blue points form a convex polygon: if this were not the case, we could find a blue point inside a blue polygon, and by cutting this polygon into triangles, we could find a blue point inside a blue triangle. The large blue triangle must contain a single red point, but we can cut it into three triangles, each containing a single red point, which is absurd.
The blue points therefore form a convex polygon, as do the red points. Moreover, there can be at most 2 red points inside the blue polygon, because if there were 3, they would form a triangle with no blue point inside.
Finally, if $k$ is the number of blue points, we can cut the blue polygon into $k-2$ triangles, each of which must contain a red point, so $k-2 \leqslant 2$ and $k \leqslant 4$. Similarly, there can be at most 4 red points, so $\mathrm{n} \leqslant 8$. We can then verify that the following configuration with 8 points works:
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8
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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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On se donne $n$ points du plan, tels que trois quelconques d'entre eux ne sont jamais alignés. Chacun est colorié en rouge ou en bleu. On suppose qu'il y a exactement un point bleu à l'intérieur de chaque triangle dont les sommets sont rouges, et un point rouge à l'intérieur de chaque triangle dont les sommets sont bleus.
Quelle est la plus grande valeur possible de n?
## Exercices groupe A
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On montre d'abord que les points bleus forment un polygone convexe: si ce n'était pas le cas, on pourrait trouver un point bleu à l'intérieur d'un polygone bleu, donc on en découpant ce polygone en triangles, on pourrait trouver un point bleu à l'intérieur d'un triangle bleu. Le grand triangle bleu doit contenir un unique point rouge, mais on peut le découper en trois triangles qui contiennent chacun un unique point rouge, ce qui est absurde.
Les points bleus forment donc un polygone convexe, de même que les rouges. De plus, il y a au maximum 2 points rouges à l'intérieur du polygone bleu, car s'il y en avait 3 ils formeraient un triangle sans point bleu à l'intérieur.
Enfin, si $k$ est le nombre de points bleus, on peut découper le polygone bleu en $k-2$ triangles, qui chacun doivent contenir un point rouge, donc $k-2 \leqslant 2$ et $k \leqslant 4$. De même, il y a au plus 4 points rouges donc $\mathrm{n} \leqslant 8$. On peut alors vérifier que la configuration à 8 points suivante convient:
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{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "7",
"problem_match": "\nExercice 7",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2013-2014-envoi-2-solutions.jsonl",
"solution_match": "\nSolution de l'exercice 7",
"tier": "T2",
"year": "2014"
}
|
Let $E$ be a set of cardinality $n$ and $\mathscr{F}$ a set of subsets of $E$ with $|\mathscr{F}|=$ $2^{\text{n-1}}$ such that for all $A, B$ and $C$ in $\mathscr{F}, A \cap B \cap C$ is non-empty.
Show that the intersection of all elements of $\mathscr{F}$ is non-empty.
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If $A \subset E$, we will denote $A^{c}$ its complement: the set of subsets of $E$ is partitioned into $2^{n-1}$ doubletons of the form $\left\{A, A^{c}\right\}$ where $A \subset E$. Now, it is impossible for both elements of a doubleton to be in $\mathscr{F}$, because their intersection is empty, so $\mathscr{F}$ contains exactly one element from each doubleton.
Let $A$ and $B$ be in $\mathscr{F}$: we will show that $A \cap B \in \mathscr{F}$. According to what we have just said, it suffices to show that $(A \cap B)^{c} \notin \mathscr{F}$. This is true because $A \cap B \cap (A \cap B)^{c}$ is empty.
By induction on $k$, we deduce that for all $A_{1}, A_{2}, \ldots, A_{k}$ in $\mathscr{F}, A_{1} \cap A_{2} \cap \ldots \cap A_{k} \in \mathscr{F}$. Indeed, it is true for $k=2$ and if we have shown it for $k$, then:
$$
A_{1} \cap A_{2} \cap \ldots \cap A_{k}=\left(A_{1} \cap A_{2} \cap \ldots \cap A_{k-1}\right) \cap A_{k}
$$
is the intersection of two elements of $\mathscr{F}$, so it is in $\mathscr{F}$.
Since $\mathscr{F}$ is finite, the intersection of all elements of $\mathscr{F}$ is in $\mathscr{F}$. However, the empty set cannot be in $\mathscr{F}$ because its intersection with itself is empty, so the intersection of all elements of $\mathscr{F}$ is not empty.
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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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Soient E un ensemble de cardinal n et $\mathscr{F}$ un ensemble de parties de E avec $|\mathscr{F}|=$ $2^{\text {n-1 }}$ tel que pour tous $A, B$ et $C$ dans $\mathscr{F}, A \cap B \cap C$ est non vide.
Montrer que l'intersection de tous les éléments de $\mathscr{F}$ est non vide.
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Si $A \subset E$, on notera $A^{c}$ son complémentaire: l'ensemble des parties de $E$ est partitionné en $2^{n-1}$ doubletons de la forme $\left\{A, A^{c}\right\}$ où $A \subset E$. Or, il est impossible que les deux éléments d'un doubleton soient dans $\mathscr{F}$, car leur intersection est vide, donc $\mathscr{F}$ contient exactement un élément de chaque doubleton.
Soient donc $A$ et $B$ dans $\mathscr{F}$ : on va montrer que $A \cap B \in \mathscr{F}$. D'après ce qu'on vient de dire, il suffit de montrer $(A \cap B)^{c} \notin \mathscr{F}$. Or, ceci est vrai car $A \cap B \cap(A \cap B)^{c}$ est vide.
Par récurrence sur $k$, on en déduit que pour tous $A_{1}, A_{2}, \ldots, A_{k}$ de $\mathscr{F}, A_{1} \cap A_{2} \cap \ldots \cap A_{k} \in \mathscr{F}$. En effet, c'est vrai pour $k=2$ et si on l'a montré pour $k$, alors :
$$
A_{1} \cap A_{2} \cap \ldots \cap A_{k}=\left(A_{1} \cap A_{2} \cap \ldots \cap A_{k-1}\right) \cap A_{k}
$$
est l'intersection de deux éléments de $\mathscr{F}$, donc est dans $\mathscr{F}$.
Comme $\mathscr{F}$ est fini, l'intersection de tous les éléments de $\mathscr{F}$ est dans $\mathscr{F}$. Or, l'ensemble vide ne peut pas être dans $\mathscr{F}$ car son intersection avec lui-même est vide, donc l'intersection de tous les éléments de $\mathscr{F}$ n'est pas vide.
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{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "9",
"problem_match": "\nExercice 9",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2013-2014-envoi-2-solutions.jsonl",
"solution_match": "\nSolution de l'exercice 9",
"tier": "T2",
"year": "2014"
}
|
Do there exist real numbers $\mathrm{a}, \mathrm{b}, \mathrm{c}, \mathrm{d}>0$ and $e, f, \mathrm{~g}, \mathrm{~h}<0$ simultaneously satisfying
$$
a e+b c>0, e f+c g>0, f d+g h>0 \text { and } d a+h b>0 ?
$$
|
No, such real numbers do not exist. By contradiction: suppose such real numbers do exist. We start by rewriting the inequalities, but with only positive terms. We then have
$$
b c > a(-e) \text{ and } (-e)(-f) > c(-g) \text{ and } (-g)(-h) > (-f) d \text{ and } da > (-h) b
$$
If we multiply all these inequalities term by term (and since everything is positive, there is no danger), we get \( abcdefgh > abcbdefgh \), leading to the desired contradiction.
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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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Algebra
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Existe-t-il des réels $\mathrm{a}, \mathrm{b}, \mathrm{c}, \mathrm{d}>0$ et $e, f, \mathrm{~g}, \mathrm{~h}<0$ vérifiant simultanément
$$
a e+b c>0, e f+c g>0, f d+g h>0 \text { et } d a+h b>0 ?
$$
|
Non, il n'en existe pas. Par l'absurde : supposons qu'il existe de tels réels.On commence par réécrire les inégalités, mais avec uniquement des termes positifs. On a donc
$$
b c>a(-e) \text { et }(-e)(-f)>c(-g) \text { et }(-g)(-h)>(-f) d \text { et da }>(-h) b
$$
Si l'on multiplie toutes ces inégalités membres à membres (et, comme tout est positif, il n'y a aucun danger), il vient abcdefgh > abcbdefgh, d'où la contradiction cherchée.
|
{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "1",
"problem_match": "\nExercice 1.",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2013-2014-envoi-3-solutions.jsonl",
"solution_match": "\nSolution de l'exercice 1",
"tier": "T2",
"year": "2014"
}
|
Let $a, b, c$ be real numbers such that $-1 \leqslant a x^{2}+b x+c \leqslant 1$ for $x=-1, x=0$ and $x=1$. Prove that
$$
-\frac{5}{4} \leqslant a x^{2}+b x+c \leqslant \frac{5}{4} \text { for all real } x \in[-1,1]
$$
|
Let $\mathrm{P}(\mathrm{x})=\mathrm{ax}^{2}+\mathrm{bx}+\mathrm{c}$. Then $\mathrm{P}(-1)=\mathrm{a}-\mathrm{b}+\mathrm{c}, \mathrm{P}(0)=\mathrm{c}$ and $\mathrm{P}(1)=$ $\mathrm{a}+\mathrm{b}+\mathrm{c}$. And, according to the statement, we have $|\mathrm{P}(-1)| \leqslant 1,|\mathrm{P}(0)| \leqslant 1$ and $|\mathrm{P}(1)| \leqslant 1$.
Now, for any real $\chi$, we can directly verify that
$$
P(x)=\frac{x(x+1)}{2} P(1)-\frac{x(1-x)}{2} P(-1)+\left(1-x^{2}\right) P(0)
$$
- Let $x \in[0 ; 1]$. According to (1) and the triangle inequality, we get
$$
\begin{aligned}
|\mathrm{P}(x)| & \leqslant \frac{x(x+1)}{2}|\mathrm{P}(1)|+\frac{x(1-x)}{2}|\mathrm{P}(-1)|+\left(1-x^{2}\right)|\mathrm{P}(0)| \\
& \leqslant \frac{x(x+1)}{2}+\frac{x(1-x)}{2}+\left(1-x^{2}\right) \\
& =-x^{2}+x+1 \\
& =\frac{5}{4}-\left(x-\frac{1}{2}\right)^{2}
\end{aligned}
$$
Thus, $|P(x)| \leqslant \frac{5}{4}$.
- Let $x \in[-1 ; 0]$. According to (1) and the triangle inequality, we get this time
$$
\begin{aligned}
& \leqslant-\frac{x(x+1)}{2}|P(1)|-\frac{x(1-x)}{2}|P(-1)|+\left(1-x^{2}\right)|P(0)| \\
& \leqslant-\frac{x(x+1)}{2}-\frac{x(1-x)}{2}+\left(1-x^{2}\right) \\
& =-x^{2}-x+1 \\
& =\frac{5}{4}-\left(x+\frac{1}{2}\right)^{2}
\end{aligned}
$$
Thus, $|\mathrm{P}(\mathrm{x})| \leqslant \frac{5}{4}$, again.
Finally, for all $x \in[-1 ; 1]$, we have $|\mathrm{P}(\mathrm{x})| \leqslant \frac{5}{4}$.
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Inequalities
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Soit $a, b, c$ des réels tels que $-1 \leqslant a x^{2}+b x+c \leqslant 1$ pour $x=-1, x=0$ et $x=1$. Prouver que
$$
-\frac{5}{4} \leqslant a x^{2}+b x+c \leqslant \frac{5}{4} \text { pour tout réel } x \in[-1,1]
$$
|
Posons $\mathrm{P}(\mathrm{x})=\mathrm{ax}{ }^{2}+\mathrm{bx}+\mathrm{c}$. Alors $\mathrm{P}(-1)=\mathrm{a}-\mathrm{b}+\mathrm{c}, \mathrm{P}(0)=\mathrm{c}$ et $\mathrm{P}(1)=$ $\mathrm{a}+\mathrm{b}+\mathrm{c}$. Et, d'après l'énoncé, on a $|\mathrm{P}(-1)| \leqslant 1,|\mathrm{P}(0)| \leqslant 1$ et $|\mathrm{P}(1)| \leqslant 1$.
Or, pour tout réel $\chi$, on vérifie directement que
$$
P(x)=\frac{x(x+1)}{2} P(1)-\frac{x(1-x)}{2} P(-1)+\left(1-x^{2}\right) P(0)
$$
- Soit $x \in[0 ; 1]$. D'après (1) et l'inégalité triangulaire, il vient
$$
\begin{aligned}
|\mathrm{P}(x)| & \leqslant \frac{x(x+1)}{2}|\mathrm{P}(1)|+\frac{x(1-x)}{2}|\mathrm{P}(-1)|+\left(1-x^{2}\right)|\mathrm{P}(0)| \\
& \leqslant \frac{x(x+1)}{2}+\frac{x(1-x)}{2}+\left(1-x^{2}\right) \\
& =-x^{2}+x+1 \\
& =\frac{5}{4}-\left(x-\frac{1}{2}\right)^{2}
\end{aligned}
$$
Et ainsi $|P(x)| \leqslant \frac{5}{4}$.
- Soit $x \in[-1 ; 0]$. D'après (1) et l'inégalité triangulaire, il vient cette fois
$$
\begin{aligned}
& \leqslant-\frac{x(x+1)}{2}|P(1)|-\frac{x(1-x)}{2}|P(-1)|+\left(1-x^{2}\right)|P(0)| \\
& \leqslant-\frac{x(x+1)}{2}-\frac{x(1-x)}{2}+\left(1-x^{2}\right) \\
& =-x^{2}-x+1 \\
& =\frac{5}{4}-\left(x+\frac{1}{2}\right)^{2}
\end{aligned}
$$
Et ainsi $|\mathrm{P}(\mathrm{x})| \leqslant \frac{5}{4}$, à nouveau.
Finalement, pour tout $x \in[-1 ; 1]$, on a $|\mathrm{P}(\mathrm{x})| \leqslant \frac{5}{4}$.
|
{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "2",
"problem_match": "\nExercice 2.",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2013-2014-envoi-3-solutions.jsonl",
"solution_match": "\nSolution de l'exercice 2",
"tier": "T2",
"year": "2014"
}
|
Prove that, for all real $a \geqslant 0$, we have
$$
a^{3}+2 \geqslant a^{2}+2 \sqrt{a}
$$
|
For all real $a \geqslant 0$, we have
$$
\begin{aligned}
a^{3}-a^{2}-2 \sqrt{a}+2 & =a^{2}(a-1)-2(\sqrt{a}-1) \\
& =a^{2}(\sqrt{a}-1)(\sqrt{a}+1)-2(\sqrt{a}-1) \\
& =(\sqrt{a}-1)\left(a^{2}(\sqrt{a}+1)-2\right) .(1)
\end{aligned}
$$
Now:
- If $a \geqslant 1$ then $\sqrt{a} \geqslant 1$ and $a^{2} \geqslant 1$. Thus, we have $\sqrt{a}-1 \geqslant 0$ and $a^{2}(\sqrt{a}+1) \geqslant 2$. Therefore, each of the factors in (1) is positive, which ensures that the product is positive.
- If $a \leqslant 1$ then $\sqrt{a} \leqslant 1$ and $a^{2} \leqslant 1$. Thus, we have $\sqrt{a}-1 \leqslant 0$ and $a^{2}(\sqrt{a}+1) \leqslant 2$. Therefore, each of the two factors in (1) is negative, and the product is thus still positive.
Finally, for all real $a \geqslant 0$, we have $a^{3}-a^{2}-2 \sqrt{a}+2 \geqslant 0$ or equivalently $a^{3}+2 \geqslant a^{2}+2 \sqrt{a}$.
## 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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Inequalities
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Prouver que, pour tout réel $a \geqslant 0$, on a
$$
a^{3}+2 \geqslant a^{2}+2 \sqrt{a}
$$
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Pour tout réel $a \geqslant 0$, on a
$$
\begin{aligned}
a^{3}-a^{2}-2 \sqrt{a}+2 & =a^{2}(a-1)-2(\sqrt{a}-1) \\
& =a^{2}(\sqrt{a}-1)(\sqrt{a}+1)-2(\sqrt{a}-1) \\
& =(\sqrt{a}-1)\left(a^{2}(\sqrt{a}+1)-2\right) .(1)
\end{aligned}
$$
Or:
- Si $a \geqslant 1$ alors $\sqrt{a} \geqslant 1$ et $a^{2} \geqslant 1$. Ainsi, on a $\sqrt{a}-1 \geqslant 0$ et $a^{2}(\sqrt{a}+1) \geqslant 2$. Par suite, chacun des facteurs de (1) est positif, ce qui assure que le produit est positif.
- Si $a \leqslant 1$ alors $\sqrt{a} \leqslant 1$ et $a^{2} \leqslant 1$. Ainsi, on a $\sqrt{a}-1 \leqslant 0$ et $a^{2}(\sqrt{a}+1) \leqslant 2$. Par suite, chacun des deux facteurs de (1) est négatif, et le produit est donc encore positif.
Finalement, pour tout réel $a \geqslant 0$, on a $a^{3}-a^{2}-2 \sqrt{a}+2 \geqslant 0$ ou encore $a^{3}+2 \geqslant a^{2}+2 \sqrt{a}$.
## Exercices Communs
|
{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "3",
"problem_match": "\nExercice 3.",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2013-2014-envoi-3-solutions.jsonl",
"solution_match": "\nSolution de l'exercice 3",
"tier": "T2",
"year": "2014"
}
|
Prove that if $n$ is a strictly positive integer, the expression
$$
\frac{\sqrt{n+\sqrt{0}}+\sqrt{n+\sqrt{1}}+\sqrt{n+\sqrt{2}}+\cdots \sqrt{n+\sqrt{n^{2}-1}}+\sqrt{n+\sqrt{n^{2}}}}{\sqrt{n-\sqrt{0}}+\sqrt{n-\sqrt{1}}+\sqrt{n-\sqrt{2}}+\cdots \sqrt{n-\sqrt{n^{2}-1}}+\sqrt{n-\sqrt{n^{2}}}}
$$
is independent of $n$.
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By squaring each of the two members, we deduce that, for all real numbers $a, b$ such that $0 \leqslant b \leqslant a$, we have
$$
\sqrt{a+\sqrt{a^{2}-b^{2}}}=\sqrt{\frac{a+b}{2}}+\sqrt{\frac{a-b}{2}}
$$
In particular, for all natural numbers $n$ and $m$, with $m \leqslant n^{2}$, we have
$$
\sqrt{n+\sqrt{m}}=\sqrt{\frac{n+\sqrt{n^{2}-m}}{2}}+\sqrt{\frac{n-\sqrt{n^{2}-m}}{2}}
$$
Let $\mathrm{n}>0$ be an integer. We therefore have
$$
\sum_{m=0}^{n^{2}} \sqrt{n+\sqrt{m}}=\sum_{m=0}^{n^{2}} \sqrt{\frac{n+\sqrt{n^{2}-m}}{2}}+\sum_{m=0}^{n^{2}} \sqrt{\frac{n-\sqrt{n^{2}-m}}{2}}
$$
Thus, after reindexing:
$$
\begin{aligned}
\sum_{m=0}^{n^{2}} \sqrt{n+\sqrt{m}} & =\sum_{m=0}^{n^{2}} \sqrt{\frac{n+\sqrt{m}}{2}}+\sum_{m=0}^{n^{2}} \sqrt{\frac{n-\sqrt{m}}{2}} \\
& =\frac{1}{\sqrt{2}} \sum_{m=0}^{n^{2}} \sqrt{n+\sqrt{m}}+\frac{1}{\sqrt{2}} \sum_{m=0}^{n^{2}} \sqrt{n-\sqrt{m}}
\end{aligned}
$$
Thus $\left(1-\frac{1}{\sqrt{2}}\right) \sum_{m=0}^{n^{2}} \sqrt{n+\sqrt{m}}=\frac{1}{\sqrt{2}} \sum_{m=0}^{n^{2}} \sqrt{n-\sqrt{m}}$
and therefore $\frac{\sum_{m=0}^{n^{2}} \sqrt{n+\sqrt{m}}}{\sum_{m=0}^{n^{2}} \sqrt{n-\sqrt{m}}}=1+\sqrt{2}$, which is indeed a value.
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1+\sqrt{2}
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Yes
|
Yes
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proof
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Algebra
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Prouver que si $n$ est un entier strictement positif, l'expression
$$
\frac{\sqrt{n+\sqrt{0}}+\sqrt{n+\sqrt{1}}+\sqrt{n+\sqrt{2}}+\cdots \sqrt{n+\sqrt{n^{2}-1}}+\sqrt{n+\sqrt{n^{2}}}}{\sqrt{n-\sqrt{0}}+\sqrt{n-\sqrt{1}}+\sqrt{n-\sqrt{2}}+\cdots \sqrt{n-\sqrt{n^{2}-1}}+\sqrt{n-\sqrt{n^{2}}}}
$$
est indépendante de n .
|
En calculant le carré de chacun des deux membres, on déduit que, pour tous réels $a, b$ tels que $0 \leqslant b \leqslant a$, on a
$$
\sqrt{a+\sqrt{a^{2}-b^{2}}}=\sqrt{\frac{a+b}{2}}+\sqrt{\frac{a-b}{2}}
$$
En particulier, pour tous entiers naturels $n$ et $m$, avec $m \leqslant n^{2}$, on a
$$
\sqrt{n+\sqrt{m}}=\sqrt{\frac{n+\sqrt{n^{2}-m}}{2}}+\sqrt{\frac{n-\sqrt{n^{2}-m}}{2}}
$$
Soit $\mathrm{n}>0$ un entier. On a donc
$$
\sum_{m=0}^{n^{2}} \sqrt{n+\sqrt{m}}=\sum_{m=0}^{n^{2}} \sqrt{\frac{n+\sqrt{n^{2}-m}}{2}}+\sum_{m=0}^{n^{2}} \sqrt{\frac{n-\sqrt{n^{2}-m}}{2}}
$$
D'où, après réindexation :
$$
\begin{aligned}
\sum_{m=0}^{n^{2}} \sqrt{n+\sqrt{m}} & =\sum_{m=0}^{n^{2}} \sqrt{\frac{n+\sqrt{m}}{2}}+\sum_{m=0}^{n^{2}} \sqrt{\frac{n-\sqrt{m}}{2}} \\
& =\frac{1}{\sqrt{2}} \sum_{m=0}^{n^{2}} \sqrt{n+\sqrt{m}}+\frac{1}{\sqrt{2}} \sum_{m=0}^{n^{2}} \sqrt{n-\sqrt{m}}
\end{aligned}
$$
$\operatorname{Ainsi}\left(1-\frac{1}{\sqrt{2}}\right) \sum_{m=0}^{n^{2}} \sqrt{n+\sqrt{m}}=\frac{1}{\sqrt{2}} \sum_{m=0}^{n^{2}} \sqrt{n-\sqrt{m}}$
et donc $\frac{\sum_{m=0}^{n^{2}} \sqrt{n+\sqrt{m}}}{\sum_{m=0}^{n^{2}} \sqrt{n-\sqrt{m}}}=1+\sqrt{2}$, qui est bien une valeur
|
{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "4",
"problem_match": "\nExercice 4.",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2013-2014-envoi-3-solutions.jsonl",
"solution_match": "\nSolution de l'exercice 4",
"tier": "T2",
"year": "2014"
}
|
Let $(a_{n})$ be a sequence defined by $a_{1}, a_{2} \in [0,100]$ and
$$
a_{n+1}=a_{n}+\frac{a_{n-1}}{n^{2}-1} \quad \text { for all integer } n \geqslant 2
$$
Does there exist an integer $n$ such that $a_{n}>2013$?
|
The answer is no.
More precisely, let us show by induction that $a_{n} \leqslant 400$, for all $n \geqslant 0$.
The inequality is true for $n=1$ and $n=2$, according to the statement.
Suppose it is true for all $k \leqslant n$ for some integer $n \geqslant 2$.
For all $k \in\{2, \cdots, n\}$, we have $a_{k+1}=a_{k}+\frac{a_{k-1}}{k^{2}-1}$. By summing these relations member by member and after simplifying the common terms, we get:
$$
\begin{aligned}
a_{n+1} & =a_{2}+\sum_{k=2}^{n} \frac{a_{k-1}}{k^{2}-1} \\
& \leqslant 100+\sum_{k=2}^{n} \frac{400}{k^{2}-1}, \text { according to the induction hypothesis and the statement } \\
& =100+200 \sum_{k=2}^{n}\left(\frac{1}{k-1}-\frac{1}{k+1}\right) \\
& =100+200\left(1+\frac{1}{2}-\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}\right) \text { after simplification by dominoes } \\
& =400-\frac{200}{n}-\frac{200}{n+1}
\end{aligned}
$$
and thus $a_{n+1} \leqslant 400$, which completes the induction.
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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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Soit ( $a_{n}$ ) une suite définie par $a_{1}, a_{2} \in[0,100]$ et
$$
a_{n+1}=a_{n}+\frac{a_{n-1}}{n^{2}-1} \quad \text { pour tout enter } n \geqslant 2
$$
Existe-t-il un entier $n$ tel que $a_{n}>2013$ ?
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La réponse est non.
Plus précisément, montrons par récurrence que l'on a $a_{n} \leqslant 400$, pour tout $n \geqslant 0$.
L'inégalité est vraie pour $\mathrm{n}=1$ et $\mathrm{n}=2$, d'après l'énoncé.
Supposons qu'elle soit vraie pour tout $k \leqslant n$ pour un certain entier $\mathrm{n} \geqslant 2$.
Pour tout $k \in\{2, \cdots, n\}$, on a $a_{k+1}=a_{k}+\frac{a_{k-1}}{k^{2}-1}$. En sommant, membre à membre, ces relations et après simplification des termes communs, il vient:
$$
\begin{aligned}
a_{n+1} & =a_{2}+\sum_{k=2}^{n} \frac{a_{k-1}}{k^{2}-1} \\
& \leqslant 100+\sum_{k=2}^{n} \frac{400}{k^{2}-1}, \text { d'après l'hypothèse de récurrence et l'énoncé } \\
& =100+200 \sum_{k=2}^{n}\left(\frac{1}{k-1}-\frac{1}{k+1}\right) \\
& =100+200\left(1+\frac{1}{2}-\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}\right) \text { après simplification par dominos } \\
& =400-\frac{200}{n}-\frac{200}{n+1}
\end{aligned}
$$
et donc $a_{n+1} \leqslant 400$, ce qui achève la récurrence.
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{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "5",
"problem_match": "\nExercice 5.",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2013-2014-envoi-3-solutions.jsonl",
"solution_match": "\nSolution de l'exercice 5",
"tier": "T2",
"year": "2014"
}
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Determine the greatest possible value and the smallest possible value of
$$
\sqrt{4-a^{2}}+\sqrt{4-b^{2}}+\sqrt{4-c^{2}}
$$
when $a, b, c$ are strictly positive real numbers satisfying $a^{2}+b^{2}+c^{2}=6$.
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First, we note that for the expression to make sense, it is required that $\mathrm{a}, \mathrm{b}, \mathrm{c} \in$ [0; 2].
According to the Cauchy-Schwarz inequality, we have
$\left(\sqrt{4-a^{2}}+\sqrt{4-b^{2}}+\sqrt{4-c^{2}}\right)^{2} \leqslant 3\left(4-a^{2}+4-b^{2}+4-c^{2}\right)=18$,
i.e., $\sqrt{4-\mathrm{a}^{2}}+\sqrt{4-\mathrm{b}^{2}}+\sqrt{4-\mathrm{c}^{2}} \leqslant 3 \sqrt{2}$, with equality for $\mathrm{a}=\mathrm{b}=\mathrm{c}=\sqrt{2}$.
Thus, the maximum possible value is $3 \sqrt{2}$.
Now let's find the minimum value:
Without loss of generality, we can assume that $a \leqslant b \leqslant c$.
From $a^{2}+b^{2}+c^{2}=6$, we deduce that $3 a^{2} \leqslant 6$, hence $0 \leqslant a^{2} \leqslant 2$.
On the other hand, if $x, y \geqslant 0$, it is clear that $\sqrt{x}+\sqrt{y} \leqslant \sqrt{x+y}$, with equality if and only if $x=0$ or $\mathrm{y}=0$.
It follows that
$\sqrt{4-a^{2}}+\sqrt{4-b^{2}}+\sqrt{4-c^{2}} \geqslant \sqrt{4-a^{2}}+\sqrt{8-b^{2}-c^{2}}=\sqrt{4-a^{2}}+\sqrt{2+a^{2}}$,
and, since $0 \leqslant 4-\mathrm{c}^{2} \leqslant 4-\mathrm{b}^{2}$, equality holds if and only if $4-\mathrm{c}^{2}=0$, i.e., $\mathrm{c}=2$.
It remains to find the minimum of the expression $\mathrm{f}(\mathrm{x})=\sqrt{4-\mathrm{x}}+\sqrt{2+\mathrm{x}}$, when $x \in[0 ; 2]$. Since everything is positive, this is equivalent to finding the minimum of $(f(x))^{2}=6+2 \sqrt{(4-x)(2+x)}$, under the same conditions.
Since $(4-x)(2+x)=-x^{2}+2 x+8=9-(x-1)^{2}$, the minimum value of $\sqrt{(4-x)(2+x)}$ is $\sqrt{8}$, with equality for $x=0$.
Thus, we have $(\mathrm{f}(\mathrm{x}))^{2} \geqslant 6+2 \sqrt{8}=(2+\sqrt{2})^{2}$, or $\mathrm{f}(\mathrm{x}) \geqslant 2+\sqrt{2}$, with equality for $\mathrm{x}=0$.
Therefore, $\sqrt{4-\mathrm{a}^{2}}+\sqrt{4-\mathrm{b}^{2}}+\sqrt{4-\mathrm{c}^{2}} \geqslant 2+\sqrt{2}$, with equality in particular for $(\mathrm{a}, \mathrm{b}, \mathrm{c})=$ $(0, \sqrt{2}, 2)$.
This ensures that the smallest value sought is $2+\sqrt{2}$.
## Exercises of Group A
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3\sqrt{2} \text{ and } 2+\sqrt{2}
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Yes
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Yes
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math-word-problem
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Inequalities
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Déterminer la plus grande valeur possible et la plus petite valeur possible de
$$
\sqrt{4-a^{2}}+\sqrt{4-b^{2}}+\sqrt{4-c^{2}}
$$
lorsque $a, b, c$ sont des réels strictement positifs vérifiant $a^{2}+b^{2}+c^{2}=6$.
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Tout d'abord, on note que si l'on veut que l'expression ait un sens, il faut $\mathrm{a}, \mathrm{b}, \mathrm{c} \in$ [0; 2].
D'après l'inégalité de Cauchy-Schwarz, on a
$\left(\sqrt{4-a^{2}}+\sqrt{4-b^{2}}+\sqrt{4-c^{2}}\right)^{2} \leqslant 3\left(4-a^{2}+4-b^{2}+4-c^{2}\right)=18$,
c.à.d. $\sqrt{4-\mathrm{a}^{2}}+\sqrt{4-\mathrm{b}^{2}}+\sqrt{4-\mathrm{c}^{2}} \leqslant 3 \sqrt{2}$, avec égalité pour $\mathrm{a}=\mathrm{b}=\mathrm{c}=\sqrt{2}$.
Ainsi, la plus grande valeur possible est $3 \sqrt{2}$.
Cherchons maintenant la valeur minimale :
Sans perte de généralité, on peut supposer que $a \leqslant b \leqslant c$.
De $a^{2}+b^{2}+c^{2}=6$, on déduit alors que $3 a^{2} \leqslant 6$, soit donc $0 \leqslant a^{2} \leqslant 2$.
D'autre part, si $x, y \geqslant 0$, on a clairement $\sqrt{x}+\sqrt{y} \leqslant \sqrt{x+y}$, avec égalité si et seulement si $x=0$ ou $\mathrm{y}=0$.
Il vient alors
$\sqrt{4-a^{2}}+\sqrt{4-b^{2}}+\sqrt{4-c^{2}} \geqslant \sqrt{4-a^{2}}+\sqrt{8-b^{2}-c^{2}}=\sqrt{4-a^{2}}+\sqrt{2+a^{2}}$,
et, puisque $0 \leqslant 4-\mathrm{c}^{2} \leqslant 4-\mathrm{b}^{2}$, égalité a lieu si et seulement si $4-\mathrm{c}^{2}=0$, c.à $\mathrm{d} . \mathrm{c}=2$.
Il reste donc à trouver le minimum de l'expression $\mathrm{f}(\mathrm{x})=\sqrt{4-\mathrm{x}}+\sqrt{2+\mathrm{x}}$, lorsque $x \in[0 ; 2]$. Or, puisque tout est positif, cela revient à trouver le minimum de $(f(x))^{2}=6+2 \sqrt{(4-x)(2+x)}$, sous les mêmes conditions.
Comme $(4-x)(2+x)=-x^{2}+2 x+8=9-(x-1)^{2}$, la valeur minimale de $\sqrt{(4-x)(2+x)}$ est $\sqrt{8}$, avec égalité pour $x=0$.
Ainsi, on a $(\mathrm{f}(\mathrm{x}))^{2} \geqslant 6+2 \sqrt{8}=(2+\sqrt{2})^{2}$, ou encore $\mathrm{f}(\mathrm{x}) \geqslant 2+\sqrt{2}$, avec égalité pour $\mathrm{x}=0$.
Par suite, on a $\sqrt{4-\mathrm{a}^{2}}+\sqrt{4-\mathrm{b}^{2}}+\sqrt{4-\mathrm{c}^{2}} \geqslant 2+\sqrt{2}$, avec égalité en particulier pour $(\mathrm{a}, \mathrm{b}, \mathrm{c})=$ $(0, \sqrt{2}, 2)$.
Cela assure que la plus petite valeur cherchée est $2+\sqrt{2}$.
## Exercices du 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-3-solutions.jsonl",
"solution_match": "\nSolution de l'exercice 6",
"tier": "T2",
"year": "2014"
}
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Determine all functions $\mathrm{f}: \mathbb{R} \longrightarrow \mathbb{R}^{+*}$ that satisfy the following three conditions for all real numbers $x$ and $y$:
i) $f\left(x^{2}\right)=f(x)^{2}-2 x f(x)$,
ii) $f(-x)=f(x-1)$,
iii) if $1<x<y$ then $f(x)<f(y)$.
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We will prove that the only solution is $\mathrm{f}: x \longrightarrow x^{2}+x+1$.
Let $f$ be a potential solution to the problem.
From i), for $x=0$, we deduce that $f(0)=f^{2}(0)$. And, since $f(0)>0$, we have $f(0)=1$.
Let $x$ be a real number. Using i) for the values $x$ and $-x$, we get
$f(x)^{2}-2 x f(x)=f\left(x^{2}\right)=f(-x)^{2}+2 x f(-x)$,
or equivalently $(f(x)-f(-x))(f(x)+f(-x))=2 x(f(x)+f(-x))$.
Since $f$ takes strictly positive values, we have $f(x)+f(-x) \neq 0$,
and thus $f(x)-f(-x)=2 x$.
Finally, and from ii), we have
$$
f(x)=f(x-1)+2 x \text {, for all real } x .(1)
$$
In particular, we easily deduce from (1) that, for all integers $n \geqslant 0$, we have
$$
\mathrm{f}(\mathrm{n})=\mathrm{f}(0)+2(\mathrm{n}+(\mathrm{n}-1)+\cdots+1)=\mathrm{n}^{2}+\mathrm{n}+1
$$
From ii), we then obtain that
$$
f(n)=n^{2}+n+1 \text { for all integers } n
$$
Let $x$ be a real number and $\mathrm{n} \geqslant 0$ an integer.
For all integers $k$, we have $f(x+k)=2 x+2 k+f(x+k-1)$.
After summing these relations for $k=0,1, \cdots, n$ and simplifying the common terms, we get
$\mathbf{f}(\mathrm{x}+\mathfrak{n})=2 \mathbf{n} x+2(\mathfrak{n}+(\mathfrak{n}-1)+\cdots+1)+\mathbf{f}(\mathrm{x})$.
Thus:
$$
f(x+n)=f(x)+2 n x+n^{2}+n, \text { for all real } x \text { and all integers } n \geqslant 0 \text {. (2) }
$$
This will allow us to conclude for positive rationals:
Let $x=\frac{m}{n}$, with $\mathrm{m}, \mathrm{n}>0$ integers.
From (2), we have
$$
\begin{aligned}
\mathrm{f}\left((x+\mathrm{n})^{2}\right) & =\mathrm{f}\left(x^{2}+2 \mathrm{~m}+\mathrm{n}^{2}\right) \\
& =\mathrm{f}\left(x^{2}\right)+2\left(2 \mathrm{~m}+\mathrm{n}^{2}\right) \mathrm{x}^{2}+\left(2 \mathrm{~m}+\mathrm{n}^{2}\right)^{2}+2 \mathrm{~m}+\mathrm{n}^{2} \\
& =\mathrm{f}^{2}(x)-2 \mathrm{xf}(x)+2\left(2 \mathrm{~m}+\mathrm{n}^{2}\right) x^{2}+\left(2 \mathrm{~m}+\mathrm{n}^{2}\right)^{2}+2 \mathrm{~m}+\mathrm{n}^{2}
\end{aligned}
$$
But, from i) and (2), we also have
$$
\begin{aligned}
\mathbf{f}\left((x+n)^{2}\right) & =f^{2}(x+n)+2(x+n) f(x+n) \\
& =\left(f(x)+2 m+n^{2}+n\right)^{2}-2(x+n)\left(f(x)+2 m+n^{2}+n\right)
\end{aligned}
$$
By identifying the last two expressions of $f\left((x+n)^{2}\right)$, and after a thrilling calculation, we obtain that
$$
f(x)=x^{2}+x+1, \text { for all positive rationals } x
$$
Let $x>1$ be a real number.
We know that there exist two sequences of positive rationals, $\left(u_{n}\right)$ and $\left(v_{n}\right)$, which converge to $x$ and such that $u_{n} \leqslant w \leqslant v_{n}$ for all integers $n$.
Since, from iii), the function $f$ is strictly increasing on $] 1 ;+\infty\left[\right.$, for all integers $n$, we have $f\left(u_{n}\right)<$ $\mathrm{f}(\mathrm{x})<\mathrm{f}\left(v_{\mathrm{n}}\right)$,
or equivalently $u_{n}^{2}+u_{n}+1<f(x)<v_{n}^{2}+v_{n}+1$.
By letting $n$ tend to $+\infty$, and according to the squeeze theorem, we then get $f(x)=x^{2}+x+1$.
$$
\text { Thus, we have } f(x)=x^{2}+x+1 \text {, for all real } x>1 \text { (3) }
$$
Let's now deliver the final blow.
Let $x$ be a real number.
We choose an integer $\mathrm{n}>0$ such that $x+n>1$.
From (2) and (3), we deduce that
$\mathbf{f}(x+\mathfrak{n})=(x+\mathfrak{n})^{2}+(x+\mathfrak{n})+1$ and $\mathbf{f}(x+\mathfrak{n})=\mathbf{f}(\mathrm{x})+2 \mathfrak{n} x+\mathfrak{n}^{2}+\mathfrak{n}$.
By identifying these two expressions, and after some more calculations, we get $f(x)=x^{2}+x+1$.
Finally, we have $f(x)=x^{2}+x+1$, for all real $x$.
It is routine to verify that this function is indeed a solution to the problem.
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f(x)=x^{2}+x+1
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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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Déterminer toutes les fonctions $\mathrm{f}: \mathbb{R} \longrightarrow \mathbb{R}^{+*}$ qui vérifient les trois conditions suivantes pour tous réels $x$ et $y$ :
i) $f\left(x^{2}\right)=f(x)^{2}-2 x f(x)$,
ii) $f(-x)=f(x-1)$,
iii) si $1<x<y$ alors $f(x)<f(y)$.
|
Nous allons prouver que la seule solution est $\mathrm{f}: x \longrightarrow x^{2}+x+1$.
Soit $f$ une solution éventuelle du problème.
De i ), pour $x=0$, on déduit que $f(0)=f^{2}(0)$. Et, comme $f(0)>0$, on a donc $f(0)=1$.
Soit $x$ un réel. En utilisant i) pour les valeurs $x$ et $-x$, il vient
$f(x)^{2}-2 x f(x)=f\left(x^{2}\right)=f(-x)^{2}+2 x f(-x)$,
ou encore $(f(x)-f(-x))(f(x)+f(-x))=2 x(f(x)+f(-x))$.
Puisque $f$ est à valeurs strictement positives, on a $f(x)+f(-x) \neq 0$,
et donc $f(x)-f(-x)=2 x$.
Finalement, et d'après ii), on a
$$
f(x)=f(x-1)+2 x \text {, pour tout réel } x .(1)
$$
En particulier, on déduit facilement de (1) que, pour tout entier $n \geqslant 0$, on a
$$
\mathrm{f}(\mathrm{n})=\mathrm{f}(0)+2(\mathrm{n}+(\mathrm{n}-1)+\cdots+1)=\mathrm{n}^{2}+\mathrm{n}+1
$$
De ii), on obtient alors que
$$
f(n)=n^{2}+n+1 \text { pour tout entier } n
$$
Soit $x$ un réel et $\mathrm{n} \geqslant 0$ un entier.
Pour tout entier $k$, on a $f(x+k)=2 x+2 k+f(x+k-1)$.
Après sommation membre à membre de toutes ces relations pour $k=0,1, \cdots, n$, et simplification des termes communs, il vient
$\mathbf{f}(\mathrm{x}+\mathfrak{n})=2 \mathbf{n} x+2(\mathfrak{n}+(\mathfrak{n}-1)+\cdots+1)+\mathbf{f}(\mathrm{x})$.
Et ainsi :
$$
f(x+n)=f(x)+2 n x+n^{2}+n, \text { pour tout réel } x \text { et tout entier } n \geqslant 0 \text {. (2) }
$$
Cela va nous permettre de conclure sur les rationnels positifs :
Soit $x=\frac{m}{n}$, avec $\mathrm{m}, \mathrm{n}>0$ entiers.
D'après (2), on a
$$
\begin{aligned}
\mathrm{f}\left((x+\mathrm{n})^{2}\right) & =\mathrm{f}\left(x^{2}+2 \mathrm{~m}+\mathrm{n}^{2}\right) \\
& =\mathrm{f}\left(x^{2}\right)+2\left(2 \mathrm{~m}+\mathrm{n}^{2}\right) \mathrm{x}^{2}+\left(2 \mathrm{~m}+\mathrm{n}^{2}\right)^{2}+2 \mathrm{~m}+\mathrm{n}^{2} \\
& =\mathrm{f}^{2}(x)-2 \mathrm{xf}(x)+2\left(2 \mathrm{~m}+\mathrm{n}^{2}\right) x^{2}+\left(2 \mathrm{~m}+\mathrm{n}^{2}\right)^{2}+2 \mathrm{~m}+\mathrm{n}^{2}
\end{aligned}
$$
Mais, d'après i) et (2), on a également
$$
\begin{aligned}
\mathbf{f}\left((x+n)^{2}\right) & =f^{2}(x+n)+2(x+n) f(x+n) \\
& =\left(f(x)+2 m+n^{2}+n\right)^{2}-2(x+n)\left(f(x)+2 m+n^{2}+n\right)
\end{aligned}
$$
En identifiant les deux dernières expressions de $f\left((x+n)^{2}\right)$, et après un calcul passionnant, on obtient que
$$
f(x)=x^{2}+x+1, \text { pour tout rationnel } x>0
$$
Soit $x>1$ un réel.
On sait qu'il existe deux suites de rationnels positifs, $\left(u_{n}\right)$ et $\left(v_{n}\right)$, qui convergent vers $x$ et telles que $u_{n} \leqslant w \leqslant v_{n}$ pour tout entier $n$.
Or, d'après iii), la fonction $f$ est strictement croissante sur $] 1 ;+\infty\left[\right.$ donc, pour tout entier $n$, on a $f\left(u_{n}\right)<$ $\mathrm{f}(\mathrm{x})<\mathrm{f}\left(v_{\mathrm{n}}\right)$,
ou encore $u_{n}^{2}+u_{n}+1<f(x)<v_{n}^{2}+v_{n}+1$.
En faisant tendre $n$ vers $+\infty$, et d'après le théorème des gendarmes, il vient alors $f(x)=x^{2}+x+1$.
$$
\text { Ainsi, on a } f(x)=x^{2}+x+1 \text {, pour tout réel } x>1 \text { (3) }
$$
Donnons maintenant le coup de grâce.
Soit $x$ un réel.
On choisit un entier $\mathrm{n}>0$ tel que $x+n>1$.
De (2) et (3), on déduit que
$\mathbf{f}(x+\mathfrak{n})=(x+\mathfrak{n})^{2}+(x+\mathfrak{n})+1$ et $\mathbf{f}(x+\mathfrak{n})=\mathbf{f}(\mathrm{x})+2 \mathfrak{n} x+\mathfrak{n}^{2}+\mathfrak{n}$.
En identifiant ces deux expressions, et après encore quelques calculs, il vient $f(x)=x^{2}+x+1$.
Et finalement, on a $f(x)=x^{2}+x+1$, pour tout réel $x$.
Ce n'est que routine que de vérifier que cette fonction est bien une solution du problème.
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{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "7",
"problem_match": "\nExercice 7.",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2013-2014-envoi-3-solutions.jsonl",
"solution_match": "\nSolution de l'exercice 7",
"tier": "T2",
"year": "2014"
}
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Let P and Q be two polynomials with real coefficients, of degrees $\mathrm{n} \geqslant 0$. Suppose that the coefficient of $x^{n}$ of each of these two polynomials is equal to 1 and that, for all real $x$, we have $P(P(x))=$ $\mathrm{Q}(\mathrm{Q}(\mathrm{x})$ ).
Prove that $\mathrm{P}=\mathrm{Q}$.
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The result is evident if $\mathrm{n}=0$. In what follows, we therefore assume that $\mathrm{n} \geqslant 1$.
By contradiction: suppose that the polynomial $\mathrm{R}=\mathrm{P}-\mathrm{Q}$ is not the zero polynomial.
Let $k$ be the degree of R.
Since $P$ and $Q$ are both of degree $n$, and have the same leading coefficient, we have $k \in\{0, \cdots, n-1\}$. Furthermore, we have
$$
P(P(x))-Q(Q(x))=[Q(P(x))-Q(Q(x))]+R(P(x))
$$
Let $Q(x)=x^{n}+a_{n-1} x^{n-1}+\cdots+a_{1} x+a_{0}$.
We notice that then
$$
\mathrm{Q}(\mathrm{P}(\mathrm{x}))-\mathrm{Q}(\mathrm{Q}(\mathrm{x}))=\left[\mathrm{P}^{n}(x)-\mathrm{Q}^{n}(x)\right]+\mathrm{a}_{n-1}\left[\mathrm{P}^{n-1}(x)-\mathrm{Q}^{n-1}(x)\right]+\cdots+\mathrm{a}_{1}[\mathrm{P}(\mathrm{x})-\mathrm{Q}(\mathrm{x})]
$$
and each term of this sum other than $\left[P^{n}(x)-Q^{n}(x)\right]$ is of degree at most $n(n-1)$. On the other hand, we have
$$
\left[P^{n}(x)-Q^{n}(x)\right]=R(x)\left[P^{n-1}(x)+P^{n-2}(x) Q(x)+\cdots+Q^{n-1}(x)\right]
$$
which ensures that $\left[P^{n}(x)-Q^{n}(x)\right]$ is of degree $n(n-1)+k$ and has a leading coefficient equal to $n$ (we recall that $P$ and $Q$ both have a leading coefficient equal to 1).
- Suppose that $k>0$.
Then, the polynomial $Q(P(x))-Q(Q(x))$ is of degree $n(n-1)+k$.
On the other hand, the degree of $R(P(x))$ is $k n$, and we have $k n \leqslant n(n-1)<n(n-1)+k$.
From (1), we deduce that $P(P(x))-Q(Q(x))$ is of degree $n(n-1)+k$, and therefore non-zero, in contradiction with the statement.
- It remains to study the case where $k=0$, i.e., when $R$ is constant.
Let $c$ be this constant. Our initial hypothesis ensures that $c \neq 0$.
From $P(P(x))=Q(Q(x))$, it follows that $\mathrm{Q}(\mathrm{Q}(\mathrm{x})+\mathrm{c})=\mathrm{Q}(\mathrm{Q}(\mathrm{x}))-\mathrm{c}$.
Since $Q$ is not constant, this means that the equality $Q(y+c)=Q(y)-c$ is true for an infinite number of real numbers $y$. Since these are polynomials, this means that it is true for all real numbers $y$.
An immediate induction then leads to $Q(j c)=a_{0}-j c$ for all integers $j \geqslant 0$.
As above, the equality $Q(x)=-x+a_{0}$ being true for an infinite number of values (since $c \neq 0$), it is therefore true for all $x$. This contradicts that $Q$ has a leading coefficient equal to 1.
Thus, in all cases, we have obtained a contradiction. This ensures that $R$ is indeed the zero polynomial, and completes the proof.
## Another solution.
The result is easy to show if $\mathfrak{n}=0$ or $\mathfrak{n}=1$. In what follows, we therefore assume that $\mathrm{n} \geqslant 2$. Let $R=P-Q$ and suppose by contradiction that it is non-zero. Without loss of generality, we can assume that the leading coefficient of $R$ is strictly positive.
Lemma 1. For any polynomial $R$ with a strictly positive leading coefficient, there exists a real number $a$ such that for all $x \geqslant a$ we have $R(x)>0$.
Indeed, $R(x)$ can be written in the form $c x^{m}\left(1+\frac{c_{1}}{x}+\cdots+\frac{c_{m}}{x^{m}}\right)$ with $c>0$. The term in parentheses tends to 1 as $x \rightarrow+\infty$, so it is strictly positive for $x$ sufficiently large.
Lemma 2. For any polynomial $P$ of degree $\geqslant 1$ with a strictly positive leading coefficient, there exists $a$ such that $P$ is strictly increasing on $[a, +\infty[$.
Indeed, the derivative polynomial $P^{\prime}$ satisfies the conditions of Lemma 1, so $P^{\prime}(x)$ is strictly positive for $x$ sufficiently large.
Returning to the exercise. From the two preceding lemmas, there exists $a$ such that on $[a, +\infty[$, $P$ and $Q$ are strictly increasing, and $R$ and $R \circ Q$ are strictly positive.
We then have for all $x \geqslant a$:
$$
\begin{aligned}
\mathrm{P}(\mathrm{P}(\mathrm{x})) & >\mathrm{P}(\mathrm{Q}(x)) \quad \text { since } \mathrm{P}(\mathrm{x})>\mathrm{Q}(\mathrm{x}) \\
& =\mathrm{Q}(\mathrm{Q}(\mathrm{x}))+\mathrm{R}(\mathrm{Q}(\mathrm{x})) \\
& >\mathrm{Q}(\mathrm{Q}(\mathrm{x}))
\end{aligned}
$$
which contradicts $\mathrm{P}(\mathrm{P}(\mathrm{x}))=\mathrm{Q}(\mathrm{Q}(\mathrm{x}))$.
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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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Soit P et Q deux polynômes à coefficients réels, de degrés $\mathrm{n} \geqslant 0$. On suppose que le coefficient de $x^{n}$ de chacun de ces deux polynômes est égal à 1 et que, pour tout réel $x$, on a $P(P(x))=$ $\mathrm{Q}(\mathrm{Q}(\mathrm{x})$ ).
Prouver que $\mathrm{P}=\mathrm{Q}$.
|
Le résultat est évident si $\mathrm{n}=0$. Dans ce qui suit, on suppose donc que $\mathrm{n} \geqslant 1$.
Par l'absurde : supposons que le polynôme $\mathrm{R}=\mathrm{P}-\mathrm{Q}$ ne soit pas le polynôme nul.
Soit $k$ le degré de R.
Puisque $P$ et $Q$ sont tous deux de degré $n$, et de même coefficient dominant, on a $k \in\{0, \cdots, n-1\}$. De plus, on a
$$
P(P(x))-Q(Q(x))=[Q(P(x))-Q(Q(x))]+R(P(x))
$$
Posons $Q(x)=x^{n}+a_{n-1} x^{n-1}+\cdots+a_{1} x+a_{0}$.
On remarque qu'alors
$$
\mathrm{Q}(\mathrm{P}(\mathrm{x}))-\mathrm{Q}(\mathrm{Q}(\mathrm{x}))=\left[\mathrm{P}^{n}(x)-\mathrm{Q}^{n}(x)\right]+\mathrm{a}_{n-1}\left[\mathrm{P}^{n-1}(x)-\mathrm{Q}^{n-1}(x)\right]+\cdots+\mathrm{a}_{1}[\mathrm{P}(\mathrm{x})-\mathrm{Q}(\mathrm{x})]
$$
et chacun des termes de cette somme autre que $\left[P^{n}(x)-Q^{n}(x)\right]$ est de degré au plus $n(n-1)$. D'autre part, on a
$$
\left[P^{n}(x)-Q^{n}(x)\right]=R(x)\left[P^{n-1}(x)+P^{n-2}(x) Q(x)+\cdots+Q^{n-1}(x)\right]
$$
ce qui assure que $\left[P^{n}(x)-Q^{n}(x)\right]$ est de degré $n(n-1)+k$ et de coefficient dominant égal à $n$ (on rappelle que $P$ et $Q$ sont tous les deux de coefficient dominant égal à 1 ).
- On suppose que $k>0$.
Alors, le polynôme $Q(P(x))-Q(Q(x))$ est de degré $n(n-1)+k$.
D'autre part, le degré de $R(P(x))$ est $k n$, et on a $k n \leqslant n(n-1)<n(n-1)+k$.
De (1), on déduit que $P(P(x))-Q(Q(x))$ est de degré $n(n-1)+k$, et donc non nul, en contradiction avec l'énoncé.
- Il reste à étudier le cas où $k=0$, c'est-à-dire lorsque $R$ est constant.
Notons c cette constante. Notre hypothèse initiale assure que $c \neq 0$.
$\operatorname{De} P(P(x))=Q(Q(x))$, il vient $\mathrm{Q}(\mathrm{Q}(\mathrm{x})+\mathrm{c})=\mathrm{Q}(\mathrm{Q}(\mathrm{x}))-\mathrm{c}$.
Puisque $Q$ n'est pas constant, c'est donc que l'égalité $Q(y+c)=Q(y)-c$ est vraie pour une infinité de réels $y$. S'agissant de polynômes, c'est donc qu'elle est vraie pour tout réel $y$.
Une récurrence immédiate conduit alors à $Q(j c)=a_{0}-j c$ pour tout entier $j \geqslant 0$.
Comme ci-dessus, l'égalité $Q(x)=-x+a_{0}$ étant vraie pour une infinité de valeurs (puisque $c \neq 0$ ), elle est donc vraie pour tout $x$. Cela contredit que $Q$ est de coefficient dominant égal à 1 .
Ainsi, dans tous les cas, on a obtenu une contradiction. Cela assure que $R$ est bien le polynôme nul, et achève la démonstration.
## Autre solution.
Le résultat est facile à montrer si $\mathfrak{n}=0$ ou $\mathfrak{n}=1$. Dans ce qui suit, on suppose donc que $\mathrm{n} \geqslant 2$. Notons $R=P-Q$ et supposons par l'absurde qu'il est non nul. Quitte à permuter les rôles de P et de Q , on peut supposer que le coefficient dominant de $R$ est strictement positif.
Lemme 1. Pour tout polynôme R ayant un coefficient dominant strictement positif, il existe un réel a tel que pour tout $x \geqslant a$ on a $R(x)>0$.
En effet, $R(x)$ peut s'écrire sous la forme $c x^{m}\left(1+\frac{c_{1}}{x}+\cdots+\frac{c_{m}}{x^{m}}\right)$ avec $c>0$. Le terme entre parenthèses tend vers 1 lorsque $x \rightarrow+\infty$, donc est strictement positif pour $x$ assez grand.
Lemme 2. Pour tout polynôme $P$ de degré $\geqslant 1$ ayant un coefficient dominant strictement positif, il existe a tel que P est strictement croissant sur [a, $+\infty$ [.
En effet, le polynôme dérivé $P^{\prime}$ vérifie les conditions du lemme 1 donc $P^{\prime}(x)$ est strictement positif pour $x$ assez grand.
Revenons à l'exercice. D'après les deux lemmes précédents, il existe a tel que sur [a, $+\infty[, P$ et $Q$ sont strictement croissants, et $R$ et $R \circ Q$ sont strictement positifs.
On a alors pour tout $x \geqslant a$ :
$$
\begin{aligned}
\mathrm{P}(\mathrm{P}(\mathrm{x})) & >\mathrm{P}(\mathrm{Q}(x)) \quad \text { puisque } \mathrm{P}(\mathrm{x})>\mathrm{Q}(\mathrm{x}) \\
& =\mathrm{Q}(\mathrm{Q}(\mathrm{x}))+\mathrm{R}(\mathrm{Q}(\mathrm{x})) \\
& >\mathrm{Q}(\mathrm{Q}(\mathrm{x}))
\end{aligned}
$$
ce qui contredit $\mathrm{P}(\mathrm{P}(\mathrm{x}))=\mathrm{Q}(\mathrm{Q}(\mathrm{x}))$.
|
{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "8",
"problem_match": "\nExercice 8.",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2013-2014-envoi-3-solutions.jsonl",
"solution_match": "\nSolution de l'exercice 8",
"tier": "T2",
"year": "2014"
}
|
Let $n>0$ be an integer and $x_{1}, \cdots, x_{n}$ be strictly positive real numbers. Prove that:
$$
\begin{gathered}
\max _{x_{1}>0, \cdots, x_{n}>0} \min \left(x_{1}, \frac{1}{x_{1}}+x_{2}, \cdots, \frac{1}{x_{n-1}}+x_{n}, \frac{1}{x_{n}}\right)= \\
\min _{x_{1}>0, \cdots, x_{n}>0} \max \left(x_{1}, \frac{1}{x_{1}}+x_{2}, \cdots, \frac{1}{x_{n-1}}+x_{n}, \frac{1}{x_{n}}\right)=2 \cos \left(\frac{\pi}{n+2}\right) .
\end{gathered}
$$
|
Let $U$ be the set of $n$-tuples of strictly positive real numbers. For $x=\left(x_{1}, \cdots, x_{n}\right) \in U$, we define
$$
\begin{aligned}
& \quad m(x)=\min \left(x_{1}, \frac{1}{x_{1}}+x_{2}, \cdots, \frac{1}{x_{n-1}}+x_{n}, \frac{1}{x_{n}}\right) \\
& \text { and } M(x)=\max \left(x_{1}, \frac{1}{x_{1}}+x_{2}, \cdots, \frac{1}{x_{n-1}}+x_{n}, \frac{1}{x_{n}}\right)
\end{aligned}
$$
Our strategy will be to prove that there exists $a \in U$ such that $m(a)=M(a)$ and that, for all $x \in U$, we have $m(x) \leqslant m(a)$ and $M(a) \leqslant M(x)$.
Let $a=\left(a_{1}, \cdots, a_{n}\right) \in U$.
The condition $m(a)=M(a)$ can be written as
$$
a_{1}=\frac{1}{a_{1}}+a_{2}=\cdots=\frac{1}{a_{n-1}}+a_{n}=\frac{1}{a_{n}} .
$$
But, let's assume for now that we have already found $a \in U$ such that $m(a)=M(a)$.
By contradiction: Suppose there exists $x \in U$ such that $m(x)>m(a)$.
We then prove by induction on $k$ that $x_{k}>\mathfrak{a}_{k}$ for all $k \in\{1, \cdots, \mathfrak{n}\}$:
First, we have $x_{1} \geqslant m(x)>m(a)=a_{1}$.
Furthermore, if $x_{k}>a_{k}$ for some $k \in\{1, \cdots, n-1\}$, then
$$
\frac{1}{x_{k}}+x_{k+1} \geqslant m(x)>m(a)=\frac{1}{a_{k}}+a_{k+1}
$$
By the induction hypothesis, we have $\frac{1}{x_{k}}<\frac{1}{a_{k}}$, hence $x_{k+1}>a_{k+1}$, which completes the induction.
In particular, we have $x_{n}>a_{n}$.
But, $\frac{1}{x_{n}} \geqslant m(x)>m(a)=\frac{1}{a_{n}}$, hence $x_{n}<a_{n}$. Contradiction.
Thus, for all $x \in U$, we have $m(x) \leqslant m(a)$.
We similarly prove that $M(a) \leqslant M(x)$ for all $x \in U$.
Under these conditions, we have $\max _{x \in U}\{m(x)\}=\mathfrak{m}(a)=M(a)=\min _{x \in U}\{M(x)\}$, as desired.
To conclude, it remains to find $a \in U$ satisfying (1).
Let's show how to find such an $a$ without relying too much on the statement:
Suppose such an $a$ exists. We denote $\alpha>0$ the common value in (1).
It is easy to verify that then, for all $k$, we have $a_{k}=\frac{b_{k}}{b_{k-1}}$, where $b_{0}=1, b_{1}=\alpha$, and $b_{j}=\alpha b_{j-1}-b_{j-2}$ for $j \geqslant 2$. (2)
Since $\alpha=\frac{1}{a_{n}}$, we must have $b_{n-1}=\alpha b_{n}$, which means that $b_{n+1}=0$.
Let's return to $\alpha$. In fact, we even have $\alpha<2$:
Indeed, suppose $\alpha \geqslant 2$. Then, $a_{1}=\alpha \geqslant 2$ and, by a straightforward induction, we deduce that $a_{k}=\alpha-\frac{1}{a_{k-1}} \geqslant 1+\frac{1}{k}$.
In particular, we have $a_{n} \geqslant 1+\frac{1}{n}>1$ and $a_{n}=\frac{1}{\alpha}<1$, contradiction.
We can therefore set $\alpha=2 \cos (t)$ where $t \in] 0, \frac{\pi}{2}[$.
Given the well-known formula
$$
2 \cos (a) \sin (b)=\sin (b+a)+\sin (b-a)
$$
another straightforward induction from (2) leads to
$$
b_{k}=\frac{\sin ((k+1) t)}{\sin (t)} \text { for all } k \geqslant 0
$$
The condition $b_{n+1}=0$ then imposes $t=\frac{\pi}{n+2}$. Thus, we have $\alpha=2 \cos \left(\frac{\pi}{n+2}\right)$ and $a=\left(a_{1}, \cdots, a_{n}\right)$ where $a_{k}=\frac{\sin \left(\frac{(k+1) \pi}{n+2}\right)}{\sin \left(\frac{k \pi}{n+2}\right)}$.
Conversely, it is easily verified that, under these conditions, the chain of equalities (1) holds.
$\mathcal{F i n}$
|
2 \cos \left(\frac{\pi}{n+2}\right)
|
Yes
|
Yes
|
proof
|
Inequalities
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Soit $n>0$ un entier et $x_{1}, \cdots, x_{n}$ des réels strictement positifs. Prouver que :
$$
\begin{gathered}
\max _{x_{1}>0, \cdots, x_{n}>0} \min \left(x_{1}, \frac{1}{x_{1}}+x_{2}, \cdots, \frac{1}{x_{n-1}}+x_{n}, \frac{1}{x_{n}}\right)= \\
\min _{x_{1}>0, \cdots, x_{n}>0} \max \left(x_{1}, \frac{1}{x_{1}}+x_{2}, \cdots, \frac{1}{x_{n-1}}+x_{n}, \frac{1}{x_{n}}\right)=2 \cos \left(\frac{\pi}{n+2}\right) .
\end{gathered}
$$
|
Soit Ul'ensemble des n -uplets de réels strictement positifs. Pour $x=\left(x_{1}, \cdots, x_{n}\right) \in U$, on pose
$$
\begin{aligned}
& \quad m(x)=\min \left(x_{1}, \frac{1}{x_{1}}+x_{2}, \cdots, \frac{1}{x_{n-1}}+x_{n}, \frac{1}{x_{n}}\right) \\
& \text { et } M(x)=\max \left(x_{1}, \frac{1}{x_{1}}+x_{2}, \cdots, \frac{1}{x_{n-1}}+x_{n}, \frac{1}{x_{n}}\right)
\end{aligned}
$$
Notre stratégie va consister à prouver qu'il existe $a \in U$ tel que $m(a)=M(a)$ et que, pour tout $x \in U$, on a $m(x) \leqslant m(a)$ et $M(a) \leqslant M(x)$.
Soit $a=\left(a_{1}, \cdots, a_{n}\right) \in U$.
La condition $m(a)=M(a)$ s'écrit
$$
a_{1}=\frac{1}{a_{1}}+a_{2}=\cdots=\frac{1}{a_{n-1}}+a_{n}=\frac{1}{a_{n}} .
$$
Mais, admettons pour le moment que l'on ait déjà trouvé $a \in U$ tel que $m(a)=M(a)$.
Par l'absurde : On suppose qu'il existe $x \in U$ tel que $m(x)>m(a)$.
On prouve alors par récurrence sur $k$ que $x_{k}>\mathfrak{a}_{k}$ pour tout $k \in\{1, \cdots, \mathfrak{n}\}$ :
Déjà, on a $x_{1} \geqslant m(x)>m(a)=a_{1}$.
D'autre part, si $x_{k}>a_{k}$ pour un certain $k \in\{1, \cdots, n-1\}$, alors
$$
\frac{1}{x_{k}}+x_{k+1} \geqslant m(x)>m(a)=\frac{1}{a_{k}}+a_{k+1}
$$
Or, d'après l'hypothèse de récurrence, on a $\frac{1}{x_{k}}<\frac{1}{a_{k}}$, d'où $x_{k+1}>a_{k+1}$, ce qui achève la récurrence.
En particulier, on a donc $x_{n}>a_{n}$.
Mais, $\frac{1}{x_{n}} \geqslant m(x)>m(a)=\frac{1}{a_{n}}$, d'où $x_{n}<a_{n}$. Contradiction.
Ainsi, pour tout $x \in U$, on a $m(x) \leqslant m(a)$.
On démontre de même que $M(a) \leqslant M(x)$, pour tout $x \in U$.
Dans ces conditions, on a $\max _{x \in U}\{m(x)\}=\mathfrak{m}(a)=M(a)=\min _{x \in U}\{M(x)\}$, comme désiré.
Pour conclure, il ne reste donc plus qu'à trouver $a \in U$ vérifiant (1).
Montrons comment trouver un tel a sans trop s'aider de l'énoncé :
Supposons qu'un tel a existe. On note $\alpha>0$ la valeur commune dans (1).
On vérifie sans difficulté qu'alors, pour tout $k$, on a $a_{k}=\frac{b_{k}}{b_{k-1}}$, où $b_{0}=1, b_{1}=\alpha$, et $b_{j}=\alpha b_{j-1}-b_{j-2}$ pour $j \geqslant 2$. (2)
Comme $\alpha=\frac{1}{a_{n}}$, on doit avoir $b_{n-1}=\alpha b_{n}$, ce qui signifie que $b_{n+1}=0$.
Revenons sur $\alpha$. En fait, on a même $\alpha<2$ :
En effet, supposons que $\alpha \geqslant 2$. Alors, $a_{1}=\alpha \geqslant 2$ et, par une récurrence sans difficulté, on déduit que $a_{k}=\alpha-\frac{1}{a_{k-1}} \geqslant 1+\frac{1}{k}$.
En particulier, on a $a_{n} \geqslant 1+\frac{1}{n}>1$ et $a_{n}=\frac{1}{\alpha}<1$, contradiction.
On peut donc poser $\alpha=2 \cos (t)$ où $t \in] 0, \frac{\pi}{2}[$.
Compte-tenu de la formule bien connue
$$
2 \cos (a) \sin (b)=\sin (b+a)+\sin (b-a)
$$
une autre récurrence sans difficulté à partir de (2) conduit alors à
$$
b_{k}=\frac{\sin ((k+1) t)}{\sin (t)} \text { pour tout } k \geqslant 0
$$
La condition $b_{n+1}=0$ impose alors $t=\frac{\pi}{n+2}$. Ainsi, on a $\alpha=2 \cos \left(\frac{\pi}{n+2}\right)$ et $a=\left(a_{1}, \cdots, a_{n}\right)$ où $a_{k}=\frac{\sin \left(\frac{(k+1) \pi}{n+2}\right)}{\sin \left(\frac{k \pi}{n+2}\right)}$.
Réciproquement, on vérifie aisément que, dans ces conditions, la chaîne d'égalités (1) est vraie.
$\mathcal{F i n}$
|
{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "9",
"problem_match": "\nExercice 9.",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2013-2014-envoi-3-solutions.jsonl",
"solution_match": "\nSolution de l'exercice 9",
"tier": "T2",
"year": "2014"
}
|
How many pairs of strictly positive integers ( $a, b$ ) are there such that
$$
\frac{1}{a}+\frac{1}{b}=\frac{1}{2014} ?
$$
|
Let $a, b$ be two strictly positive integers such that $1 / a + 1 / b = 1 / 2014$. In particular, $a, b > 2014$. Therefore, we can multiply the equation by $ab$: we are actually looking for integers $a, b > 2014$ such that $ab - 2014a - 2014b = 0$ or, equivalently, such that $(a - 2014)(b - 2014) = 2014^2$. We deduce that the number we are looking for is the number of pairs of strictly positive integers $(u, v)$ such that $uv = 2014^2$, i.e., the number of positive divisors of $2014^2$. Since $2014^2 = 2^2 \cdot 19^2 \cdot 53^2$, $2014^2$ has $(2+1) \cdot (2+1) \cdot (2+1) = 27$ positive divisors.
The answer is therefore 27.
|
27
|
Yes
|
Yes
|
math-word-problem
|
Number Theory
|
Combien existe-t-il de couples d'entiers strictement positifs ( $a, b$ ) tels que
$$
\frac{1}{a}+\frac{1}{b}=\frac{1}{2014} ?
$$
|
Soient $a, b$ deux entiers strictement positifs tels que $1 / a+1 / b=1 / 2014$. On a en particulier $\mathrm{a}, \mathrm{b}>2014$. On peut donc multiplier l'équation $\mathrm{ab}:$ on cherche en fait les entiers $\mathrm{a}, \mathrm{b}>2014$ tels que $\mathrm{ab}-2014 \mathrm{a}-2014 \mathrm{~b}=0$ ou encore, de manière équivalente, tels que ( $a-$ $2014)(b-2014)=2014^{2}$. On en déduit que le nombre recherché est le nombre de couples d'entiers strictement positifs $(u, v)$ tels que $u v=2014^{2}$, autrement dit le nombre de diviseurs positifs de $2014^{2}$. Comme $2014^{2}=2^{2} \cdot 19^{2} \cdot 53^{2}, 2014^{2}$ possède $(2+1) \cdot(2+1) \cdot(2+1)=27$ diviseurs positifs.
La réponse est donc 27 .
|
{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "1",
"problem_match": "\nExercice 1.",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2013-2014-envoi-4-solutions.jsonl",
"solution_match": "\nSolution de l'exercice 1",
"tier": "T2",
"year": "2014"
}
|
Find all integers $\boldsymbol{n} \geqslant 1$ such that $2^{n}+12^{n}+2014^{n}$ is a perfect square.
|
Let's look at the expression modulo $3: 2^{\mathfrak{n}}+12^{n}+2014^{n} \equiv(-1)^{n}+1 \bmod 3$. Since a square is never congruent to 2 modulo 3, we deduce that $n$ is odd. Let's then look at the expression modulo 7:
$$
2^{n}+12^{n}+2014^{n} \equiv 2^{n}+(-2)^{n}+5^{n} \equiv 5^{n} \quad \bmod 7
$$
since $n$ is odd. When $n$ is odd, $5^{n}$ can only be congruent to 3, 5, or 6 modulo 7. However, a square is congruent to $0, 1, 2$, or 4 modulo 7. Therefore, there do not exist any integers $n \geqslant 1$ such that $2^{n}+12^{n}+2014^{n}$ is a perfect square.
|
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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Trouver tous les entiers $\boldsymbol{n} \geqslant 1$ tels que $2^{n}+12^{n}+2014^{n}$ soit un carré parfait.
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Regardons l'expression modulo $3: 2^{\mathfrak{n}}+12^{n}+2014^{n} \equiv(-1)^{n}+1 \bmod 3$. Comme un carré n'est jamais congru à 2 modulo 3, on en déduit que $n$ est impair. Regardons ensuite l'expression modulo 7 :
$$
2^{n}+12^{n}+2014^{n} \equiv 2^{n}+(-2)^{n}+5^{n} \equiv 5^{n} \quad \bmod 7
$$
car $n$ est impair. Lorsque $n$ est impair, $5^{n}$ ne peut être congru qu'à 3,5 ou 6 modulo 7 . Or un carré est congru à $0,1,2$ ou 4 modulo 7 . Il n'existe donc pas d'entiers $n \geqslant 1$ tels que $2^{n}+12^{n}+2014^{n}$ soit un carré parfait.
|
{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "2",
"problem_match": "\nExercice 2.",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2013-2014-envoi-4-solutions.jsonl",
"solution_match": "\nSolution de l'exercice 2",
"tier": "T2",
"year": "2014"
}
|
Find all pairs of integers $(x, y)$ such that $x^{3}+y^{3}=(x+y)^{2}$.
|
Let $(x, y)$ be a solution pair. Since $x^{3}+y^{3}=(x+y)\left(x^{2}-x y+y^{2}\right)$, we have either $x+y=0$, or $x^{2}-x y+y^{2}=x+y$. In the second case, we note that necessarily
$(x-1)^{2}+(y-1)^{2}+(x-y)^{2}=2$. Among the three integers $x-1, y-1$ and $x-y$, two are therefore equal to $1 \text{or}-1$ and the third is zero. We verify that the only possibilities are $(2,2),(0,0),(1,2),(1,0),(2,1)$ and $(0,1)$.
Thus, the solutions are the pairs $(2,2),(1,2),(1,0),(2,1),(0,1)$ and $(x,-x)$ where $x$ is an integer.
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(2,2),(1,2),(1,0),(2,1),(0,1),(x,-x)
|
Yes
|
Yes
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math-word-problem
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Algebra
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Trouver tous les couples d'entiers relatifs $(x, y)$ tels que $x^{3}+y^{3}=(x+y)^{2}$.
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Soit $(x, y)$ un couple solution. Comme $x^{3}+y^{3}=(x+y)\left(x^{2}-x y+y^{2}\right)$, on a donc soit $x+y=0$, soit $x^{2}-x y+y^{2}=x+y$. Dans le deuxième cas, on remarque qu'alors nécessairement
$(x-1)^{2}+(y-1)^{2}+(x-y)^{2}=2$. Parmi les trois entiers $x-1, y-1$ et $x-y$, deux sont donc égaux à $1 \mathrm{ou}-1$ et le troisième est nul. On vérifie que les seules possibilités sont $(2,2),(0,0),(1,2),(1,0),(2,1)$ et $(0,1)$.
Ainsi, les solutions sont les couples $(2,2),(1,2),(1,0),(2,1),(0,1)$ et $(x,-x)$ où $x$ est un entier relatif.
## 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-4-solutions.jsonl",
"solution_match": "\nSolution de l'exercice 3",
"tier": "T2",
"year": "2014"
}
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Find all pairs of positive integers $(m, n)$ such that $1+(m+n) m$ divides $(m+$ $n)(n+1)-1$.
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Let $(m, n)$ be a solution pair. Then $1+(m+n) m$ divides $(m+n)(n+1)-1+$ $1+(m+n) m=(m+n)(m+n+1)$. However, $1+(m+n) m$ is coprime with $m+n$. Thus, $1+(m+n) m$ divides $m+n+1$. Therefore, $m^{2}+m n+1 \leqslant m+n+1$. Hence, $m=0$ or $m=1$.
Conversely, we verify that the pairs $(0, n)$ and $(1, n)$, where $\boldsymbol{n} \geqslant 0$ is an integer, are valid.
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(0, n), (1, n)
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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 couples d'entiers positifs $(m, n)$ tels que $1+(m+n) m$ divise $(m+$ $n)(n+1)-1$.
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Soit $(m, n)$ un couple solution. Alors $1+(m+n) m$ divise $(m+n)(n+1)-1+$ $1+(m+n) m=(m+n)(m+n+1)$. Or, $1+(m+n) m$ est premier avec $m+n$. Ainsi, $1+(m+n) m$ divise $m+n+1$. Donc $m^{2}+m n+1 \leqslant m+n+1$. Donc $m=0$ ou $m=1$.
Réciproquement, on vérifie que les couples $(0, n)$ et $(1, n)$, où $\boldsymbol{n} \geqslant 0$ est un entier, conviennent.
|
{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "4",
"problem_match": "\nExercice 4.",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2013-2014-envoi-4-solutions.jsonl",
"solution_match": "\nSolution de l'exercice 4",
"tier": "T2",
"year": "2014"
}
|
Show that if the sum of all positive divisors of an integer $n \geqslant 1$ is a power of two, then the number of positive divisors of $n$ is a power of two.
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Let's decompose $n$ into a product of prime factors: $n=\prod_{i=1}^{k} p_{i}^{\alpha_{i}}$. It is easily seen that the sum of the positive divisors of $n$, denoted by $\sigma(n)$, is
$$
\sigma(n)=\prod_{i=1}^{k}\left(1+p_{i}+p_{i}^{2}+\cdots+p_{i}^{\alpha_{i}}\right)
$$
Thus, if $1 \leqslant i \leqslant k, 1+p_{i}+p_{i}^{2}+\cdots+p_{i}^{\alpha_{i}}$ is a power of two. This clearly implies that $p_{i} \neq 2$. Suppose then, by contradiction, that $\alpha_{i}+1$ is not a power of two and choose $q$ an odd prime dividing $\alpha_{i}+1$. Then
$$
1+p_{i}+p_{i}^{2}+\cdots+p_{i}^{\alpha_{i}}=\left(1+p_{i}+p_{i}^{2}+\cdots+p_{i}^{q-1}\right) \cdot\left(1+p_{i}^{q}+p_{i}^{2 q}+\cdots+p_{i}^{\alpha_{i}+1-q}\right)
$$
Indeed, this equality follows from the fact that $\left(p_{i}^{\alpha_{i}+1}-1\right) /(p-1)=\left(p_{i}^{q}-1\right) /(p-1) \cdot\left(p_{i}^{\alpha_{i}+1}-1\right) /\left(p^{q}-1\right)$. This is absurd, because $1+p_{i}+p_{i}^{2}+\cdots+p_{i}^{q-1}$ is odd. Thus, $\alpha_{i}+1$ is a power of two for all $1 \leqslant i \leqslant k$. This concludes the proof, as the number of divisors (positive) of $n$ is $\prod_{i=1}^{k}\left(\alpha_{i}+1\right)$.
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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 si la somme de tous les diviseurs positifs d'un entier $n \geqslant 1$ est une puissance de deux, alors le nombre de diviseurs positifs de n est une puissance de deux.
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Décomposons $n$ en produit de facteurs premiers : $n=\prod_{i=1}^{k} p_{i}^{\alpha_{i}}$. On voit aisément que la somme des diviseurs positifs de $n$, notée $\sigma(n)$, vaut
$$
\sigma(n)=\prod_{i=1}^{k}\left(1+p_{i}+p_{i}^{2}+\cdots+p_{i}^{\alpha_{i}}\right)
$$
Ainsi, si $1 \leqslant i \leqslant k, 1+p_{i}+p_{i}^{2}+\cdots+p_{i}^{\alpha_{i}}$ est une puissance de deux. Ceci implique clairement que $p_{i} \neq 2$. Supposons ensuite par l'absurde que $\alpha_{i}+1$ n'est pas une puissance de deux et choisissons $q$ un nombre premier impair divisant $\alpha_{i}+1$. Alors
$$
1+p_{i}+p_{i}^{2}+\cdots+p_{i}^{\alpha_{i}}=\left(1+p_{i}+p_{i}^{2}+\cdots+p_{i}^{q-1}\right) \cdot\left(1+p_{i}^{q}+p_{i}^{2 q}+\cdots+p_{i}^{\alpha_{i}+1-q}\right)
$$
En effet, cette égalité découle du fait que $\left(p_{i}^{\alpha_{i}+1}-1\right) /(p-1)=\left(p_{i}^{q}-1\right) /(p-1) \cdot\left(p_{i}^{\alpha_{i}+1}-1\right) /\left(p^{q}-1\right)$. Ceci est absurde, car $1+p_{i}+p_{i}^{2}+\cdots+p_{i}^{q-1}$ est impair. Ainsi, $\alpha_{i}+1$ est une puissance de deux pour tout $1 \leqslant i \leqslant k$. Ceci conclut, car le nombre de diviseurs (positifs) de $n$ est $\prod_{i=1}^{k}\left(\alpha_{i}+1\right)$.
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{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "5",
"problem_match": "\nExercice 5.",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2013-2014-envoi-4-solutions.jsonl",
"solution_match": "\nSolution de l'exercice 5",
"tier": "T2",
"year": "2014"
}
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Find all prime numbers $p$ and $q$ such that $p$ divides $5^{q}+1$ and $q$ divides $5^{p}+1$.
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Let $\alpha$ be the order of 5 modulo $q$ and $\beta$ be the order of 5 modulo $p$. Since $5^{2p} \equiv 1 \bmod q$, we deduce that $\alpha$ divides $2p$. Therefore, $\alpha=1, 2, p$ or $2p$.
If $\alpha=1$, then $5 \equiv 1 \bmod q$, so $q=2$. If $\alpha=2$, then $25 \equiv 1 \bmod q$, so $q=2$ or $q=3$.
If $q=2$, then $p$ divides $5^{2}+1$, so $p=2$ or $p=13$. Conversely, $(2,2)$ and $(13,2)$ are solutions.
If $q=3$, then $p$ divides $5^{3}+1$, so $p=2, 3$ or 7. Conversely, we verify that $(3,3)$ and $(7,3)$ are solutions, but $(2,3)$ is not.
Similarly, we have $\beta=1, 2, q$ or $2q$. If $\beta=1$ or 2, we similarly obtain the solutions $(2,13)$ and $(3,7)$.
Now suppose that $\alpha=p$ or $2p$ and that $\beta=q$ or $2q$. By Fermat's Little Theorem, $5^{p-1} \equiv 1 \bmod p$ and $5^{q-1} \equiv 1 \bmod q$. Therefore, $\beta$ divides $p-1$ and $\alpha$ divides $q-1$. Thus, $q$ divides $p-1$ and $p$ divides $q-1$. Therefore, $q \leq p-1$ and $p \leq q-1$. Thus, $q \leq q-2$, which is absurd.
The solutions are therefore $(2,2), (3,3), (13,2), (2,13), (3,7)$ and $(7,3)$.
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(2,2), (3,3), (13,2), (2,13), (3,7), (7,3)
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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 $p$ et $q$ tels que $p$ divise $5^{q}+1$ et $q$ divise $5^{p}+1$.
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Notons $\alpha$ l'ordre de 5 modulo $q$ et $\beta$ l'ordre de 5 modulo $p$. Comme $5^{2 p} \equiv 1$ $\bmod \mathrm{q}$, on en déduit que $\alpha$ divise $2 p$. Donc $\alpha=1,2, \mathrm{p}$ ou $2 p$.
Si $\alpha=1$, alors $5 \equiv 1 \bmod \mathbf{q}$, donc $\mathbf{q}=2$. Si $\alpha=2$, alors $25 \equiv 1 \bmod \mathbf{q}$, donc $\mathbf{q}=2$ ou $\mathbf{q}=3$.
Si $q=2$, alors $p$ divise $5^{2}+1$, donc $p=2$ ou $p=13$. Réciproquement, $(2,2)$ et $(13,2)$ conviennent.
Si $q=3$, alors $p$ divise $5^{3}+1$, donc $p=2,3$ ou 7 . Réciproquement, on vérifie que $(3,3),(7,3)$ conviennent, mais que $(2,3)$ ne convient pas.
De même, on a $\beta=1,2$, q ou 2 q. Si $\beta=1$ ou 2 , on obtient similairement les solutions $(2,13)$ et $(3,7)$.
Supposons maintenant que $\alpha=p$ ou $2 p$ et que $\beta=q$ ou $2 q$. D'après le petit théorème de Fermat, $5^{p-1} \equiv 1 \bmod p$ et $5^{q-1} \equiv 1 \bmod q$. Donc $\beta$ divise $p-1$ et $\alpha$ divise $q-1$. Donc $q$ divise $p-1$ et $p$ divise $\mathrm{q}-1$. Donc $\mathrm{q} \leqslant \mathrm{p}-1$ et $\mathrm{p} \leqslant \mathrm{q}-1$. Ainsi $\mathrm{q} \leqslant \mathrm{q}-2$, ce qui est absurde.
Les solutions sont donc $(2,2),(3,3),(13,2),(2,13),(3,7)$ et $(7,3)$.
## Exercices du 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-4-solutions.jsonl",
"solution_match": "\nSolution de l'exercice 6",
"tier": "T2",
"year": "2014"
}
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Find all functions $\mathrm{f}: \mathbb{N} \rightarrow \mathbb{N}$ such that $2 m n+m f(m)+n f(n)$ is a perfect square for all positive integers $m$ and $n$.
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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To simplify, let $F(m, n)=2 m n+m f(m)+n f(n)$. Then $F(m, 0)=$ $\mathrm{mf}(\mathrm{m})$ is a square for all $\mathrm{m} \geqslant 1$.
Therefore, we can write $f(p)=p a^{2}$ for a prime number $p$. Suppose that $a \geqslant 2$. Then $(a p)^{2}+2 p + f(1)=F(p, 1)>(a p)^{2}$ is a square, so $(a p)^{2}+2 p+f(1) \geqslant(a p+1)^{2}$ and $2 p+f(1) \geqslant 2 a p+1 \geqslant 4 p+1$, which implies that $p \leqslant(f(1)-1) / 2$. Thus $f(p)=p$ for all sufficiently large primes $p$.
Now let $k \geqslant 1$ and $p$ be a sufficiently large prime such that $f(p)=p, p>k f(k)$ and $\mathrm{p}>\mathrm{k}^{2}+1$. Then
$$
\begin{gathered}
(k+p-1)^{2}=\left(k^{2}+1\right)+p^{2}-2 k-2 p+2 k p<p^{2}-p-2 k+2 k p<F(p, k) \text { and } \\
F(p, k)=p^{2}+2 k p+k f(k)<p^{2}+2 k p+p \leqslant(p+k+1)^{2} .
\end{gathered}
$$
Since $F(p, k)$ is a square, this implies that $k f(k)+p^{2}+2 k p=(k+p)^{2}$ and thus $f(k)=k$.
Conversely, we verify that the identity function works.
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f(k)=k
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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 toutes les fonctions $\mathrm{f}: \mathbb{N} \rightarrow \mathbb{N}$ telles que $2 m n+m f(m)+n f(n)$ est un carré parfait pour tous entiers positifs $m$ et $n$.
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Pour simplifier, posons $F(m, n)=2 m n+m f(m)+n f(n)$. Alors $F(m, 0)=$ $\mathrm{mf}(\mathrm{m})$ est un carré pour tout $\mathrm{m} \geqslant 1$.
On peut donc écrire $f(p)=p a^{2}$ pour un nombre premier $p$. Supposons que $a \geqslant 2$. Alors $(a p)^{2}+2 p+$ $f(1)=F(p, 1)>\left(a p^{2}\right)$ est un carré, donc $(a p)^{2}+2 p+f(1) \geqslant(a p+1)^{2}$ et $2 p+f(1) \geqslant 2 a p+1 \geqslant 4 p+1$, de sorte que $p \leqslant(f(1)-1) / 2$. Ainsi $f(p)=p$ pour tous nombres premiers $p$ suffisamment grands.
Soit maintenant $k \geqslant 1$ et $p$ un nombre premier suffisamment grand pour que $f(p)=p, p>k f(k)$ et $\mathrm{p}>\mathrm{k}^{2}+1$. Alors
$$
\begin{gathered}
(k+p-1)^{2}=\left(k^{2}+1\right)+p^{2}-2 k-2 p+2 k p<p^{2}-p-2 k+2 k p<F(p, k) \text { et } \\
F(p, k)=p^{2}+2 k p+k f(k)<p^{2}+2 k p+p \leqslant(p+k+1)^{2} .
\end{gathered}
$$
Comme $F(p, k)$ est un carré, ceci impose que $k f(k)+p^{2}+2 k p=(k+p)^{2}$ et donc que $f(k)=k$.
Réciproquement, on vérifie que la fonction identité convient.
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{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "7",
"problem_match": "\nExercice 7.",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2013-2014-envoi-4-solutions.jsonl",
"solution_match": "\nSolution de l'exercice 7",
"tier": "T2",
"year": "2014"
}
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(Corée 2003) Find all triplets of integers ( $a, b, c$ ) such that $a \neq 0$ and
$$
2 a^{4}+2 a^{2} b^{2}+b^{4}=c^{2}
$$
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Suppose such a triplet exists: let $a > 0$ be the smallest integer such that $(a, b, c)$ is a solution. If $d = \operatorname{pgcd}(a, b)$, by dividing the equation by $d^4$, we see that $\left(a / d, b / d, c / d^2\right)$ is also a solution. Therefore, $d = 1$.
Consider the expression $2a^4 + 2a^2b^2 + b^4$ modulo 8, and use the fact that a square is congruent to 0, 1, or 4 modulo 8: if $a$ is odd, then $2a^4 + 2a^2b^2 + b^4$ is congruent to 2 or 5 modulo 8; hence, $a$ must be even, and $b$ must be odd. Rewrite the equation from the statement as
$$
\left(a^2\right)^2 + \left(a^2 + b^2\right)^2 = c^2
$$
The triplet $\left(a^2, a^2 + b^2, c\right)$ is therefore Pythagorean. Since $\operatorname{pgcd}(a, b) = 1$, there exist integers $u, v$ that are coprime such that $a^2 = 2uv$, $a^2 + b^2 = u^2 - v^2$, and $c = u^2 + v^2$.
By considering modulo 4, we get $1 \equiv a^2 + b^2 \equiv u^2 - v^2$. Since a square is congruent to 0 or 1 modulo 4, we deduce that $u$ is odd and $v$ is even. Since $a^2 = 2uv$ and $u$ and $v$ are coprime, we can write $u = m^2$ and $v = 2n^2$ with $m, n$ coprime and $m$ odd. From $b^2 = u^2 - v^2 - 2uv$, we get $2v^2 = (u - v + b)(u - v - b)$. Therefore,
$$
2n^4 = \left(\frac{m^2 - 2n^2 + b}{2}\right)\left(\frac{m^2 - 2n^2 - b}{2}\right).
$$
Let $x = \left(m^2 - 2n^2 + b\right) / 2$ and $y = \left(m^2 - 2n^2 - b\right) / 2$: these are integers because $m^2$ and $b$ are odd. Furthermore, $0 < a^2 + b^2 = (u - v)(u + v)$, and $u + v$ is positive, so $u - v$ is also positive, and hence $x = (u - v + b) / 2 \geq 0$, and $y \geq 0$ as well.
On the other hand, we get $x - y = b$ and $xy = 2n^4$. Since $\operatorname{pgcd}(b, n) = 1$, $x$ and $y$ are necessarily coprime. Since $xy = 2n^4$, we can write $x$ and $y$ in the form $x = 2k^4$ and $y = l^4$, or $x = l^4$ and $y = 2k^4$, with $\operatorname{pgcd}(k, l) = 1$ and $l$ odd.
Thus, $2k^4 + l^4 = x + y = m^2 - 2n^2$, and therefore
$$
m^2 = 2k^4 + l^4 + 2n^2 = 2k^4 + 2k^2l^2 + l^4
$$
However, $2klm = 2mn = a > 0$, so $lm \geq 1$ and $0 < k < a$, which contradicts the minimality of $a$.
Therefore, there does not exist a triplet $(a, b, c)$ that is a solution when $a \neq 0$.
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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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Algebra
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(Corée 2003) Trouver tous les triplets d'entiers ( $a, b, c$ ) tels que $a \neq 0$ et
$$
2 a^{4}+2 a^{2} b^{2}+b^{4}=c^{2}
$$
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Supposons qu'il exise un tel triplet : soit alors a $>0$ le plus petit entier tel que $(a, b, c)$ soit solution. Si $d=\operatorname{pgcd}(a, b)$, en divisant l'égalité par $d^{4}$ on voit que $\left(a / d, b / d, c / d^{2}\right)$ est également solution. On a donc $\mathrm{d}=1$.
Regardons l'expression $2 a^{4}+2 a^{2} b^{2}+b^{4}$ modulo 8 , et utilisons le fait qu'un carré est congru à 0,1 ou 4 modulo 8 : si a est impair, alors $2 a^{4}+2 a^{2} b^{2}+b^{4}$ est congru à 2 ou à 5 modulo $8 ; a$ est donc forcément pair, et b es impair. Réécrivons l'égalité de l'énoncé en
$$
\left(a^{2}\right)^{2}+\left(a^{2}+b^{2}\right)^{2}=c^{2}
$$
Le triplet $\left(a^{2}, a^{2}+b^{2}, c\right)$ est donc pythagoricien. Comme $\operatorname{pgcd}(a, b)=1$, il existe des entiers $u, v$ premiers entre eux tels que $a^{2}=2 u v, a^{2}+b^{2}=u^{2}-v^{2}$ et $c=u^{2}+v^{2}$.
En regardant modulo 4 , on obtient $1 \equiv a^{2}+b^{2} \equiv u^{2}-v^{2}$. Puisqu'un carré est congru à 0 ou 1 modulo 4 , on en déduit que $u$ est impair et que $v$ est pair. Puisque $a^{2}=2 u v$ et que $u$ et $v$ sont premiers entre eux, on peut écrire $u=m^{2}$ et $v=2 n^{2}$ avec $m, n$ premiers entre eux et $m$ impair. De $b^{2}=u^{2}-v^{2}-2 u v$ il vient $2 v^{2}=(u-v+b)(u-v-b)$. Donc
$$
2 n^{4}=\left(\frac{m^{2}-2 n^{2}+b}{2}\right)\left(\frac{m^{2}-2 n^{2}-b}{2}\right) .
$$
Posons $x=\left(m^{2}-2 n^{2}+b\right) / 2$ et $y=\left(m^{2}-2 n^{2}-b\right) / 2$ : ce sont des entiers car $m^{2}$ et $b$ sont impairs. En outre, $0<a^{2}+b^{2}=(u-v)(u+v)$, et $u+v$ est positif, donc $u-v$ l'est également, et a fortiori $x=(u-v+b) / 2 \geqslant 0$, puis $y \geqslant 0$ également.
D'aute part, on obtient $x-y=b$ et $x y=2 \mathfrak{n}^{4}$. Comme $\operatorname{pgcd}(b, n)=1, x$ et $y$ sont forcément premiers entre eux. Puisque $x y=2 n^{4}$, on peut écrire $x$ et $y$ sous la forme $x=2 k^{4}$ et $y=l^{4}$, ou bien $x=l^{4}$ et $y=2 k^{4}$, avec $\operatorname{pgcd}(k, l)=1$ et $l$ impair.
Ainsi, $2 k^{4}+l^{4}=x+y=m^{2}-2 n^{2}$, et donc
$$
m^{2}=2 k^{4}+l^{4}+2 n^{2}=2 k^{4}+2 k^{2} l^{2}+l^{4}
$$
Or, $2 \mathrm{klm}=2 \mathrm{mn}=\mathrm{a}>0$, donc $\mathrm{lm} \geqslant 1$ et $0<\mathrm{k}<\mathrm{a}$, ce qui contredit la minimalité de a .
Il n'existe donc pas de triplet ( $a, b, c$ ) solution lorsque $a \neq 0$.
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{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "8",
"problem_match": "\nExercice 8.",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2013-2014-envoi-4-solutions.jsonl",
"solution_match": "\nSolution de l'exercice 8",
"tier": "T2",
"year": "2014"
}
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Find the number of sequences $\left(u_{n}\right)_{n \geqslant 1}$ of integers such that $u_{n} \neq-1$ for all integers $n \geqslant 1$ and such that
$$
u_{n+2}=\frac{2014+u_{n}}{1+u_{n+1}}
$$
for all integers $\mathrm{n} \geqslant 1$.
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The relation in the statement imposes that $\left(u_{n+1}-u_{n-1}\right)\left(u_{n}+1\right)=u_{n}-u_{n-2}$ for $\mathrm{n} \geqslant 3$. By induction, it follows that
$$
\mathbf{u}_{3}-\mathbf{u}_{1}=\prod_{i=3}^{n}\left(u_{i}+1\right)\left(u_{n+1}-u_{n-1}\right)
$$
Suppose by contradiction that $u_{3} \neq u_{1}$. Thus $u_{n+1} \neq u_{n-1}$ for all $n \geqslant 2$. By increasing $n$, we see that there cannot be an infinite number of terms $u_{i}$ such that $u_{i} \neq 0, -2$. Thus, $u_{i}=0$ or -2 from a certain rank (since $\mathfrak{u}_{3}-\mathfrak{u}_{1}$ has a finite number of divisors). It is easily verified from the recurrence relation in the statement that this is not possible. Therefore, $u_{3}=u_{1}$, and by (1) we deduce that $u_{n+2}=u_{n}$ for all integers $n \geqslant 1$.
Under this assumption, the relation to verify becomes $\left(1+u_{n+1}\right) u_{n}=2014+u_{n}$, or equivalently $u_{n} u_{n+1}=2014$, which is equivalent to $u_{1} \mathfrak{u}_{2}=2014$. Thus, the number of sequences $\left(u_{n}\right)_{n \geqslant 1}$ that fit is the number of pairs of integers $(a, b)$ such that $a b=2014$, with $a \neq-1$ and $b \neq-1$: this is exactly the number of divisors (positive or negative) of 2014, minus 2. Since $2014=2 \cdot 19 \cdot 53$, it has $2 \cdot(1+1) \cdot(1+1) \cdot(1+1)=16$ divisors (positive or negative), so 14 sequences fit.
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14
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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 le nombre de suites $\left(u_{n}\right)_{n \geqslant 1}$ d'entiers relatifs telles que $u_{n} \neq-1$ pour tout entier $n \geqslant 1$ et telles que
$$
u_{n+2}=\frac{2014+u_{n}}{1+u_{n+1}}
$$
pour tout entier $\mathrm{n} \geqslant 1$.
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La relation de l'énoncé impose que $\left(u_{n+1}-u_{n-1}\right)\left(u_{n}+1\right)=u_{n}-u_{n-2}$ pour $\mathrm{n} \geqslant 3$. Par récurrence, il vient
$$
\mathbf{u}_{3}-\mathbf{u}_{1}=\prod_{i=3}^{n}\left(u_{i}+1\right)\left(u_{n+1}-u_{n-1}\right)
$$
Supposons par l'absurde que $u_{3} \neq u_{1}$. Ainsi $u_{n+1} \neq u_{n-1}$ pour tout $n \geqslant 2$. En faisant croitre $n$, on voit qu'il ne peut pas y avoir une infinité de termes $u_{i}$ tels que $u_{i} \neq 0,-2$. Ainsi, $u_{i}=0$ ou -2 à partir d'un certain rang (car $\mathfrak{u}_{3}-\mathfrak{u}_{1}$ a un nombre fini de diviseurs). On vérifie aisément à partir de la relation de récurence de l'énoncé que ceci n'est pas possible. Donc $u_{3}=u_{1}$, et par (1) on en déduit que $u_{n+2}=u_{n}$ pour tout entier $n \geqslant 1$.
Sous cette hypothèse, la relation à vérifier devient $\left(1+u_{n+1}\right) u_{n}=2014+u_{n}$, ou encore $u_{n} u_{n+1}=$ 2014, ce qui est équivalent à $u_{1} \mathfrak{u}_{2}=2014$. Ainsi, le nombre de suites $\left(u_{n}\right)_{n \geqslant 1}$ qui conviennent est le nombre paires d'entiers $(a, b)$ telles que $a b=2014$, avec $a \neq-1$ et $b \neq-1$ : c'est exactement le nombre de diviseurs (positifs ou négatifs) de 2014, moins 2. Comme $2014=2 \cdot 19 \cdot 53$, celui-ci a $2 \cdot(1+1) \cdot(1+1) \cdot(1+1)=16$ diviseurs (positifs ou négatifs), donc 14 suites conviennent.
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{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "9",
"problem_match": "\nExercice 9.",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2013-2014-envoi-4-solutions.jsonl",
"solution_match": "\nSolution de l'exercice 9",
"tier": "T2",
"year": "2014"
}
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Let $ABCD$ be a square with side length 1. Inside the square, we draw arcs of circles centered at $A, B, C, D$ with radius 1. Determine the area of each portion delimited inside the square.
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Consider the areas $a, b, c$ of the portions indicated in the figure.
Since the area of the square is equal to 1, we have
$$
a+4 b+4 c=1 .
$$
Since the area of the quarter circle $A B C$ is equal to $\pi / 4$, we have
$$
a+3 b+2 c=\pi / 4 \text {. }
$$
Now consider the sector $O M N$ with radius 1 and angle $\pi / 3$. It has an area of $\pi / 6$. On the other hand, the triangle $O M N$ has an area of $\frac{\sqrt{3}}{4}$, so the area of the "lune" is equal to $\frac{\pi}{6}-\frac{\sqrt{3}}{4}$. We deduce that
$$
a+2 b+c=2\left(\frac{\pi}{6}-\frac{\sqrt{3}}{4}\right)+\frac{\sqrt{3}}{4}=\frac{\pi}{3}-\frac{\sqrt{3}}{4} .
$$
By subtracting equations (1) and (2) and equations (1) and (3), we obtain
$$
\begin{aligned}
b+2 c & =1-\frac{\pi}{4} \\
2 b+3 c & =1+\frac{\sqrt{3}}{4}-\frac{\pi}{3}
\end{aligned}
$$
which easily gives
$$
\begin{aligned}
b & =-1+\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{\pi}{12} \\
c & =1-\frac{\sqrt{3}}{4}-\frac{\pi}{6} \\
a & =1-\sqrt{3}+\frac{\pi}{3}
\end{aligned}
$$
|
a = 1 - \sqrt{3} + \frac{\pi}{3}, \, b = -1 + \frac{\sqrt{3}}{2} + \frac{\pi}{12}, \, c = 1 - \frac{\sqrt{3}}{4} - \frac{\pi}{6}
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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 $A B C D$ un carré de côté 1. À l'intérieur du carré, on trace les arcs de cercles de centres $A, B, C, D$ et de rayon 1 . Déterminer l'aire de chaque portion délimitée à l'intérieur du carré.
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Considérons les aires $a, b, c$ des portions indiquées sur la figure.
Comme l'aire du carré est égale à 1 , on a
$$
a+4 b+4 c=1 .
$$
Comme l'aire du quart de cercle $A B C$ est égale à $\pi / 4$, on a
$$
a+3 b+2 c=\pi / 4 \text {. }
$$
Considérons maintenant le secteur angulaire $O M N$ de rayon 1 et d'angle $\pi / 3$. Il a pour aire $\pi / 6$. D'autre part, le triangle $O M N$ a pour aire $\frac{\sqrt{3}}{4}$, donc l'aire de la "lune" est égale à $\frac{\pi}{6}-\frac{\sqrt{3}}{4}$. On en déduit que
$$
a+2 b+c=2\left(\frac{\pi}{6}-\frac{\sqrt{3}}{4}\right)+\frac{\sqrt{3}}{4}=\frac{\pi}{3}-\frac{\sqrt{3}}{4} .
$$
En soustrayant les équations (1) et (2) et les équations (1) et (3), on en déduit
$$
\begin{aligned}
b+2 c & =1-\frac{\pi}{4} \\
2 b+3 c & =1+\frac{\sqrt{3}}{4}-\frac{\pi}{3}
\end{aligned}
$$
ce qui donne facilement
$$
\begin{aligned}
b & =-1+\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{\pi}{12} \\
c & =1-\frac{\sqrt{3}}{4}-\frac{\pi}{6} \\
a & =1-\sqrt{3}+\frac{\pi}{3}
\end{aligned}
$$
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{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "1",
"problem_match": "\nExercice 1.",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2013-2014-envoi-5-solutions.jsonl",
"solution_match": "## Solution de l'exercice 1",
"tier": "T2",
"year": "2014"
}
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In a circle $\mathcal{C}$ with center $O$, a chord $[C D]$ is drawn. Let $\Gamma$ be the circle with diameter $[C D]$ and $O^{\prime}$ its center. The perpendicular bisector of $[C D]$ intersects the circle $\mathcal{C}$ at two points $A$ and $B$ such that $A$ is outside $\Gamma$. Let $T$ and $T^{\prime}$ be the points of tangency of the tangents to $\Gamma$ passing through $A$. Let $F$ be the midpoint of $\left[T T^{\prime}\right]$. Show that $O^{\prime}$ is the midpoint of $[B F]$.
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Since triangles $A F T$ and $A T O^{\prime}$ are similar, we have $\frac{A F}{A T}=\frac{A T}{A O^{\prime}}$. Now, $A T^{2}=A O^{\prime 2}-O^{\prime} T^{2}=$ $A O^{\prime 2}-O^{\prime} C^{2}$, so $A F=\frac{A O^{\prime 2}-O^{\prime} C^{2}}{A O^{\prime}}$.
Since triangles $A C B$ and $A O^{\prime} C$ are similar, we have $\frac{A B}{A C}=\frac{A C}{A O^{\prime}}$. Now, $A C^{2}=A O^{\prime 2}+O^{\prime} C^{2}$, so $A B=\frac{A O^{\prime 2}+O^{\prime} C^{2}}{A O^{\prime}}$.
By adding the previously found equalities, we get $\frac{A F+A B}{2}=A O^{\prime}$.
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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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Dans un cercle $\mathcal{C}$ de centre $O$, on trace une corde $[C D]$. Soit $\Gamma$ le cercle de diamètre $[C D]$ et $O^{\prime}$ son centre. La médiatrice de $[C D]$ coupe le cercle $\mathcal{C}$ en deux points $A$ et $B$ tels que $A$ est extérieur à $\Gamma$. Notons $T$ et $T^{\prime}$ les points de contact des tangentes à $\Gamma$ passant par $A$. Soit $F$ le milieu de $\left[T T^{\prime}\right]$. Montrer que $O^{\prime}$ est le milieu de $[B F]$.
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Comme les triangles $A F T$ et $A T O^{\prime}$ sont semblables, on a $\frac{A F}{A T}=\frac{A T}{A O^{\prime}}$. Or, $A T^{2}=A O^{\prime 2}-O^{\prime} T^{2}=$ $A O^{\prime 2}-O^{\prime} C^{2}$ donc $A F=\frac{A O^{\prime 2}-O^{\prime} C^{2}}{A O^{\prime}}$.
Comme les triangles $A C B$ et $A O^{\prime} C$ sont semblables, on a $\frac{A B}{A C}=\frac{A C}{A O^{\prime}}$. Or, $A C^{2}=A O^{\prime 2}+O^{\prime} C^{2}$ donc $A B=\frac{A O^{\prime 2}+O^{\prime} C^{2}}{A O^{\prime}}$.
En additionnant les égalités précédemment trouvées, on obtient $\frac{A F+A B}{2}=A O^{\prime}$.
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{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "2",
"problem_match": "\nExercice 2.",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2013-2014-envoi-5-solutions.jsonl",
"solution_match": "## Solution de l'exercice 2",
"tier": "T2",
"year": "2014"
}
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Let $ABC$ be an isosceles triangle at $A$. Let $M$ and $N$ be two points on $[BC]$. The lines $[AM]$ and $[AN]$ intersect the circumcircle of $ABC$ at $P$ and $Q$.
1) Show that $M, N, P, Q$ are concyclic.
2) Let $R_{1}$ and $R_{2}$ be the radii of the circumcircles of $BMP$ and $CMP$. Calculate $R_{1}+R_{2}$ in terms of the lengths $AB$ and $BC$.
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1) $\widehat{P M N}=\widehat{P M C}=\pi-\widehat{M C P}-\widehat{C P M}=\pi-\widehat{B C P}-\widehat{C P A}=\pi-\widehat{B C P}-\widehat{C B A}$, and $\widehat{N Q P}=\widehat{A Q P}=\widehat{A C P}=\widehat{A C B}+\widehat{B C P}=\widehat{C B A}+\widehat{B C P}$,
thus $\widehat{P M N}=\pi-\widehat{N Q P}$, which proves the cocyclicity of $M, N, P, Q$.
2) According to the law of sines, we have
$$
2\left(R_{1}+R_{2}\right)=\frac{B M}{\sin \widehat{M P B}}+\frac{C M}{\sin \widehat{C P M}}
$$
However, $\widehat{M P B}=\widehat{A P B}=\widehat{A C B}$ and similarly $\widehat{C P M}=\widehat{A C B}$, so
$$
2\left(R_{1}+R_{2}\right)=\frac{B M+C M}{\sin \widehat{A C B}}=\frac{B C}{\sin \widehat{A C B}} .
$$
On the other hand, let $H$ be the orthogonal projection of $A$ onto $(B C)$. We have $\sin \widehat{A C B}=\frac{A H}{A B}=\frac{\sqrt{A B^{2}-(B C / 2)^{2}}}{A B}$, thus
$$
R_{1}+R_{2}=\frac{A B \times B C}{2 \sqrt{A B^{2}-(B C / 2)^{2}}}
$$
## Common Exercises
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R_{1}+R_{2}=\frac{A B \times B C}{2 \sqrt{A B^{2}-(B C / 2)^{2}}}
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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 isocèle en $A$. Soient $M$ et $N$ deux points de $[B C]$. Les droites $[A M]$ et $[A N]$ recoupent le cercle circonscrit à $A B C$ en $P$ et $Q$.
1) Montrer que $M, N, P, Q$ sont cocycliques.
2) Soient $R_{1}$ et $R_{2}$ les rayons des cercles circonscrits à $B M P$ et $C M P$. Calculer $R_{1}+R_{2}$ en fonction des longueurs $A B$ et $B C$.
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1) $\widehat{P M N}=\widehat{P M C}=\pi-\widehat{M C P}-\widehat{C P M}=\pi-\widehat{B C P}-\widehat{C P A}=\pi-\widehat{B C P}-\widehat{C B A}$, et $\widehat{N Q P}=\widehat{A Q P}=\widehat{A C P}=\widehat{A C B}+\widehat{B C P}=\widehat{C B A}+\widehat{B C P}$,
donc $\widehat{P M N}=\pi-\widehat{N Q P}$, ce qui prouve la cocyclicité de $M, N, P, Q$.
2) D'après la loi des sinus, on a
$$
2\left(R_{1}+R_{2}\right)=\frac{B M}{\sin \widehat{M P B}}+\frac{C M}{\sin \widehat{C P M}}
$$
Or, $\widehat{M P B}=\widehat{A P B}=\widehat{A C B}$ et de même $\widehat{C P M}=\widehat{A C B}$, donc
$$
2\left(R_{1}+R_{2}\right)=\frac{B M+C M}{\sin \widehat{A C B}}=\frac{B C}{\sin \widehat{A C B}} .
$$
D'autre part, soit $H$ le projeté orthogonal de $A \operatorname{sur}(B C)$. On a $\sin \widehat{A C B}=\frac{A H}{A B}=\frac{\sqrt{A B^{2}-(B C / 2)^{2}}}{A B}$, donc
$$
R_{1}+R_{2}=\frac{A B \times B C}{2 \sqrt{A B^{2}-(B C / 2)^{2}}}
$$
## 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-5-solutions.jsonl",
"solution_match": "## Solution de l'exercice 3",
"tier": "T2",
"year": "2014"
}
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Let $ABC$ be a triangle. The bisectors of $\widehat{A}, \widehat{B}$, and $\widehat{C}$ intersect the circumcircle at $A^{\prime}, B^{\prime}$, and $C^{\prime}$ respectively. Let $I$ be the center of the incircle of $ABC$. The circles with diameters $\left[I A^{\prime}\right],\left[I B^{\prime}\right]$, and $\left[I C^{\prime}\right]$ intersect the lines $(BC),(CA)$, and $(AB)$ at $A_{1}$ and $A_{2}, B_{1}$ and $B_{2}$, $C_{1}$ and $C_{2}$ respectively. Show that $A_{1}, A_{2}, B_{1}, B_{2}, C_{1}, C_{2}$ are concyclic.
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Let $\Gamma_{A}, \Gamma_{B}$, and $\Gamma_{C}$ be the circles with diameters $\left[I A^{\prime}\right], \left[I B^{\prime}\right]$, and $\left[I C^{\prime}\right]$, respectively.
First, note that $I$ is the orthocenter of $A^{\prime} B^{\prime} C^{\prime}$. To see this, let's show, for example, that $\left(A^{\prime} C^{\prime}\right) \perp \left(B^{\prime} I\right)$:
\[
\begin{aligned}
\left(B^{\prime} I, A^{\prime} C^{\prime}\right) & = \left(B B^{\prime}, A^{\prime} C^{\prime}\right) = \left(B B^{\prime}, B A\right) + \left(A B, A A^{\prime}\right) + \left(A^{\prime} A, A^{\prime} C^{\prime}\right) \\
& = \left(B B^{\prime}, B A\right) + \left(A B, A A^{\prime}\right) + \left(C A, C C^{\prime}\right) \\
& = \frac{\widehat{B} + \widehat{A} + \widehat{C}}{2} = \frac{\pi}{2} \quad (\bmod \pi)
\end{aligned}
\]
Let $B^{\prime \prime}$ be the foot of the altitude from $B^{\prime}$ in $A^{\prime} B^{\prime} C^{\prime}$. Then $B, B^{\prime \prime}$, and $I$ are collinear according to the above.
On the other hand, since $\left(I B^{\prime \prime}\right) \perp \left(B^{\prime \prime} A^{\prime}\right)$, $B^{\prime \prime}$ lies on $\Gamma_{A}$. Similarly, it lies on $\Gamma_{C}$, so the radical axis of these two circles is $\left(I B^{\prime \prime}\right)$. We deduce that $B$ also lies on this radical axis, which implies that $B A_{1} \cdot B A_{2} = B C_{1} \cdot B C_{2}$, and thus $A_{1}, A_{2}, C_{1}, C_{2}$ are concyclic. Let $\Gamma_{C A}$ be the circle passing through these points.
We define $\Gamma_{A B}$ and $\Gamma_{B C}$ similarly. If these three circles were pairwise distinct, then their pairwise radical axes would be $(A B), (B C)$, and $(C A)$, and they would neither be concurrent nor parallel, which is impossible.
Therefore, two of these circles are coincident, and consequently, $A_{1}, A_{2}, B_{1}, B_{2}, C_{1}, C_{2}$ 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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Soit $A B C$ un triangle. Les bissectrices de $\widehat{A}, \widehat{B}$ et $\widehat{C}$ recoupent le cercle circonscrit en $A^{\prime}, B^{\prime}$ et $C^{\prime}$ respectivement. Soit $I$ le centre du cercle inscrit à $A B C$. Les cercles de diamètres $\left[I A^{\prime}\right],\left[I B^{\prime}\right]$ et $\left[I C^{\prime}\right]$ coupent respectivement les droites $(B C),(C A)$ et $(A B)$ en $A_{1}$ et $A_{2}, B_{2}$ et $B_{2}$, $C_{1}$ et $C_{2}$. Montrer que $A_{1}, A_{2}, B_{1}, B_{2}, C_{1}, C_{2}$ sont cocycliques.
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Notons $\Gamma_{A}, \Gamma_{B}$ et $\Gamma_{C}$ les cercles de diamètres respectifs $\left[I A^{\prime}\right],\left[I B^{\prime}\right]$ et $\left[I C^{\prime}\right]$.
Remarquons d'abord que $I$ est l'orthocentre de $A^{\prime} B^{\prime} C^{\prime}$. Pour le voir, montrons par exemple que $\left(A^{\prime} C^{\prime}\right) \perp\left(B^{\prime} I\right)$ :
$$
\begin{aligned}
\left(B^{\prime} I, A^{\prime} C^{\prime}\right) & =\left(B B^{\prime}, A^{\prime} C^{\prime}\right)=\left(B B^{\prime}, B A\right)+\left(A B, A A^{\prime}\right)+\left(A^{\prime} A, A^{\prime} C^{\prime}\right) \\
& =\left(B B^{\prime}, B A\right)+\left(A B, A A^{\prime}\right)+\left(C A, C C^{\prime}\right) \\
& =\frac{\widehat{B}+\widehat{A}+\widehat{C}}{2}=\frac{\pi}{2} \quad(\bmod \pi)
\end{aligned}
$$
Soit $B^{\prime \prime}$ le pied de la hauteur de $A^{\prime} B^{\prime} C^{\prime}$ issue de $B^{\prime}$. Alors $B, B^{\prime \prime}$ et $I$ sont alignés d'après ce qui précède.
D'autre part, comme $\left(I B^{\prime \prime}\right) \perp\left(B^{\prime \prime} A^{\prime}\right), B^{\prime \prime}$ appartient à $\Gamma_{A}$. De même, il appartient à $\Gamma_{C}$, donc l'axe radical de ces deux cercles est $\left(I B^{\prime \prime}\right)$. On en déduit que $B$ appartient également à cet axe radical, ce qui entraîne que $B A_{1} \cdot B A_{2}=B C_{1} \cdot B C_{2}$ et donc $A_{1}, A_{2}, C_{1}, C_{2}$ sont cocycliques. Soit $\Gamma_{C A}$ le cercle passant par ces points.
On définit de même $\Gamma_{A B}$ et $\Gamma_{B C}$. Si ces trois cercles étaient deux à deux distincts, alors leurs axes radicaux pris deux à deux seraient $(A B),(B C)$ et $(C A)$ et ne seraient ni concourants ni parallèles, ce qui est impossible.
Donc deux de ces cercles sont confondus, et par conséquent $A_{1}, A_{2}, B_{1}, B_{2}, C_{1}, C_{2}$ sont cocycliques.
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{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "4",
"problem_match": "\nExercice 4.",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2013-2014-envoi-5-solutions.jsonl",
"solution_match": "## Solution de l'exercice 4",
"tier": "T2",
"year": "2014"
}
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Let $ABCD$ be a cyclic quadrilateral. A circle passing through $A$ and $B$ intersects $[AC]$ and $[BD]$ at $E$ and $F$. The lines $(AF)$ and $(BE)$ intersect $[BC]$ and $[AD]$ at $P$ and $Q$ respectively. Show that $(PQ)$ is parallel to $(CD)$.
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\(\widehat{A Q B} = \widehat{A Q E} = \pi - \widehat{Q E A} - \widehat{E A Q} = \widehat{A E B} - \widehat{C A D}\) and similarly, \(\widehat{A P B} = \widehat{A F B} - \widehat{C B D}\). Since \(\widehat{A E B} = \widehat{A F B}\) and \(\widehat{C A D} = \widehat{C B D}\), it follows that \(\widehat{A Q B} = \widehat{A P B}\). Therefore, \(A, B, P, Q\) are concyclic. We have: \((A D, P Q) = (Q A, Q P) = (B A, B P) = (B A, B C) = (D A, D C)\), so \((P Q)\) and \((D C)\) are parallel.
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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 cyclique. Un cercle passant par $A$ et $B$ coupe $[A C]$ et $[B D]$ en $E$ et $F$. Les droites $(A F)$ et $(B E)$ coupent $[B C]$ et $[A D]$ en $P$ et $Q$ respectivement. Montrer que $(P Q)$ est parallèle à $(C D)$.
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$\widehat{A Q B}=\widehat{A Q E}=\pi-\widehat{Q E A}-\widehat{E A Q}=\widehat{A E B}-\widehat{C A D}$ et de même, $\widehat{A P B}=\widehat{A F B}-\widehat{C B D}$. Or, $\widehat{A E B}=\widehat{A F B}$ et $\widehat{C A D}=\widehat{C B D}$, donc $\widehat{A Q B}=\widehat{A P B}$. On en déduit que $A, B, P, Q$ sont cocycliques. Il vient: $(A D, P Q)=(Q A, Q P)=(B A, B P)=(B A, B C)=(D A, D C)$, donc $(P Q)$ et $(D C)$ sont parallèles.
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{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "5",
"problem_match": "\nExercice 5.",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2013-2014-envoi-5-solutions.jsonl",
"solution_match": "\nSolution de l'exercice 5",
"tier": "T2",
"year": "2014"
}
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Let $A$ be a point outside a circle $\Gamma$. We draw two tangents $[A T]$ and $\left[A T^{\prime}\right]$ from $A$. Let $M$ and $M^{\prime}$ be the midpoints of $[A T]$ and $\left[A T^{\prime}\right]$. Let $P$ be a point on $\left(M M^{\prime}\right)$. Denote $[U V]$ as the chord of $\Gamma$ such that $(P U)$ and $(P V)$ are tangents to $\Gamma$. The line $(U V)$ intersects $\left(M M^{\prime}\right)$ at $Q$. Show that the triangle $P A Q$ is a right triangle.
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Since \( M A = M T \), \( M \) lies on the radical axis of \( A \) and \( \Gamma \) (considering \( A \) as a circle of radius zero). Similarly, \( M' \) lies on this radical axis, so \( P \) and \( Q \) do as well. We deduce that \( P A = P U = P V \) and \( Q A^2 = Q U \cdot Q V \).
Let \( H \) be the orthogonal projection of \( P \) onto \( (UV) \). We have
\[
\begin{aligned}
P A^2 + Q A^2 & = P U^2 + Q U \cdot Q V = P H^2 + H U^2 + (Q H - H U)(Q H + H U) \\
& = P H^2 + H U^2 + Q H^2 - H U^2 = P H^2 + Q H^2 = P Q^2
\end{aligned}
\]
thus \( \triangle PAQ \) is a right triangle at \( A \).
## Exercises of 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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Soit $A$ un point extérieur à un cercle $\Gamma$. On mène deux tangentes $[A T]$ et $\left[A T^{\prime}\right]$ issues de $A$. Soient $M$ et $M^{\prime}$ les milieux de $[A T]$ et $\left[A T^{\prime}\right]$. Soit $P$ un point de $\left(M M^{\prime}\right)$. Notons $[U V]$ la corde de $\Gamma$ telle que $(P U)$ et $(P V)$ soient tangentes à $\Gamma$. La droite $(U V)$ coupe $\left(M M^{\prime}\right)$ en $Q$. Montrer que le triangle $P A Q$ est rectangle.
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Comme $M A=M T, M$ appartient à l'axe radical de $A$ et $\Gamma$ ( $A$ étant considéré comme un cercle de rayon nul). De même, $M^{\prime}$ appartient à cet axe radical, donc $P$ et $Q$ également. On en déduit que $P A=P U=P V$ et que $Q A^{2}=Q U \cdot Q V$.
Notons $H$ le projeté orthogonal de $P$ sur ( $U V$ ). On a
$$
\begin{aligned}
P A^{2}+Q A^{2} & =P U^{2}+Q U \cdot Q V=P H^{2}+H U^{2}+(Q H-H U)(Q H+H U) \\
& =P H^{2}+H U^{2}+Q H^{2}-H U^{2}=P H^{2}+Q H^{2}=P Q^{2}
\end{aligned}
$$
donc $P A Q$ est rectangle en $A$.
## Exercices du 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-5-solutions.jsonl",
"solution_match": "## \nSolution de l'exercice 6",
"tier": "T2",
"year": "2014"
}
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Let $ABC$ be a triangle and $\omega$ its incircle. We denote $P, Q, R$ the points of tangency of $\omega$ with $(BC), (CA)$, and $(AB)$. A circle passing through $B$ and $C$ is tangent to $\omega$ at $X$, a circle passing through $C$ and $A$ is tangent to $\omega$ at $Y$, and a circle passing through $A$ and $B$ is tangent to $\omega$ at $Z$. Show that the lines $(PX), (QY)$, and $(RZ)$ are concurrent.
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Let's first recall some results on polarity that we will use. Let $\mathcal{C}$ be a circle with center $O$ and radius $R$. If $P$ is a point distinct from $O$, the polar of $P$ with respect to $\mathcal{C}$ is the line formed by the points $M$ such that $\overrightarrow{O P} \cdot \overrightarrow{O M}=R^{2}$. The pole with respect to $\mathcal{C}$ of a line $\mathcal{D}$ not passing through $O$ is the unique point $P$ such that for all $M$ on $\mathcal{D}$, we have $\overrightarrow{O P} \cdot \overrightarrow{O M}=R^{2}$. From this definition, it is easy to show the following properties:
(i) if $P$ is a point outside $\mathcal{C}$ and $(P T),\left(P T^{\prime}\right)$ are the two tangents to $\mathcal{C}$, then the polar of $P$ is the line $(T T^{\prime})$;
(ii) three given points are collinear if and only if their polars are concurrent.
(Remark: for property (ii), the line on which the three points lie is the polar of the point of intersection of the three lines.)
Let's return to the exercise. Let $\Gamma_{A}$ be the circle passing through $B, C$, and $X$. We define the circles $\Gamma_{B}$ and $\Gamma_{C}$ similarly. Let $A^{\prime}$ be the point of intersection between the common tangent to $\omega$ and $\Gamma_{X}$, and the line $(B C)$. We define the points $B^{\prime}$ and $C^{\prime}$ similarly.
According to property (ii), the polar of $A^{\prime}$ with respect to $\omega$ is the line $(P X)$. Therefore, it suffices to show, according to property (i), that $A^{\prime}, B^{\prime}$, and $C^{\prime}$ are collinear.
Let $\Gamma$ be the circumcircle of $A B C$. Since $A^{\prime}$ lies on the radical axis $(B C)$ of $\Gamma$ and $\Gamma_{A}$, we have $\mathcal{P}_{\Gamma}\left(A^{\prime}\right)=\mathcal{P}_{\Gamma_{A}}\left(A^{\prime}\right)=A^{\prime} X^{2}=\mathcal{P}_{\omega}\left(A^{\prime}\right)$. We deduce that $A^{\prime}$ lies on the radical axis of $\Gamma$ and $\omega$. The same applies to $B^{\prime}$ and $C^{\prime}$, which proves that $A^{\prime}, B^{\prime}$, and $C^{\prime}$ 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 $A B C$ un triangle et $\omega$ son cercle inscrit. On note $P, Q, R$ les points de contact de $\omega$ avec $(B C),(C A)$ et $(A B)$. Un cercle passant par $B$ et $C$ est tangent en $X$ à $\omega$, un cercle passant par $C$ et $A$ est tangent en $Y$ à $\omega$ et un cercle passant par $A$ et $B$ est tangent en $Z$ à $\omega$. Montrer que les droites $(P X),(Q Y)$ et $(R Z)$ sont concourantes.
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Rappelons d'abord quelques résultats sur la polarité que nous allons utiliser. Soit $\mathcal{C}$ un cercle de centre $O$ et de rayon $R$. Si $P$ est un point distinct de $O$, la polaire de $P$ par rapport à $\mathcal{C}$ est la droite formée des points $M$ tels que $\overrightarrow{O P} \cdot \overrightarrow{O M}=R^{2}$. Le pôle par rapport à $\mathcal{C}$ d'une droite $\mathcal{D}$ ne passant pas par $O$ est l'unique point $P$ tel que pour tout $M$ appartenant à $\mathcal{D}$ on a $\overrightarrow{O P} \cdot \overrightarrow{O M}=R^{2}$. À partir de cette définition, il est facile de montrer les propriétés suivantes:
(i) si $P$ est un point extérieur à $\mathcal{C}$ et $(P T),\left(P T^{\prime}\right)$ sont les deux tangentes à $\mathcal{C}$, alors la polaire de $P$ est la droite ( $T T^{\prime}$ );
(ii) trois points donnés sont alignés si et seulement si leurs polaires sont concourantes.
(Remarque : pour la propriété (ii), la droite sur laquelle se trouvent les trois points est la polaire du point de rencontre des trois droites.)
Revenons à l'exercice. Notons $\Gamma_{A}$ le cercle passant par $B, C$ et $X$. On définit de même les cercles $\Gamma_{B}$ et $\Gamma_{C}$. Soit $A^{\prime}$ le point de rencontre entre la tangente commune à $\omega$ et $\Gamma_{X}$, et la droite $(B C)$. On définit de même les points $B^{\prime}$ et $C^{\prime}$.
D'après la propriété (ii), la polaire de $A^{\prime}$ par rapport à $\omega$ est la droite $(P X)$. Il suffit donc d'après la propriété (i) de montrer que $A^{\prime}, B^{\prime}$ et $C^{\prime}$ sont alignés.
Soit $\Gamma$ le cercle circonscrit à $A B C$. Comme $A^{\prime}$ appartient à l'axe radical $(B C)$ de $\Gamma$ et $\Gamma_{A}$, on a $\mathcal{P}_{\Gamma}\left(A^{\prime}\right)=\mathcal{P}_{\Gamma_{A}}\left(A^{\prime}\right)=A^{\prime} X^{2}=\mathcal{P}_{\omega}\left(A^{\prime}\right)$. On en déduit que $A^{\prime}$ appartient à l'axe radical de $\Gamma$ et $\omega$. Il en va de même pour $B^{\prime}$ et $C^{\prime}$, ce qui prouve que $A^{\prime}, B^{\prime}$ et $C^{\prime}$ sont alignés.
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{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "7",
"problem_match": "\nExercice 7.",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2013-2014-envoi-5-solutions.jsonl",
"solution_match": "\nSolution de l'exercice 7",
"tier": "T2",
"year": "2014"
}
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Let $ABC$ be a triangle. We denote by $P$ the midpoint of the arc of the circumcircle of $ABC$ containing $A$. Suppose that the angle bisector of $\widehat{BAC}$ intersects the circle with diameter $[PC]$ at two points $D$ and $E$. Let $F$ be the reflection of $E$ over $(BC)$ and $I$ the midpoint of $[BC]$. Show that $B, D, F, I$ are concyclic.
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We apply the inversion \( i \) with pole \( I \) and power \(-I B \cdot I C\). Let \( Q \) be the point diametrically opposite to \( P \). Then \( i \) exchanges \( P \) and \( Q \) on one hand, and \( B \) and \( C \) on the other. Since the circle with diameter \([P C]\) passes through \( I \), its image under \( i \) is a line. Moreover, \( i(P) = Q \) and \( i(C) = B \), so \( i \) transforms the circle with diameter \([P C]\) into the line \((B Q)\).
The angle bisector of \(\widehat{A}\) is transformed into a circle passing through \( I \) and \( P \).
Let \( K = i(D) \), \( L = i(E) \), and \( M = i(F) \). From the above, the points \( K \) and \( L \) belong to \((B Q)\), and \( P, I, K, L \) are concyclic. Furthermore, \( L \) and \( M \) are symmetric with respect to \((B C)\).
Finally, note that \( Q I \cdot Q P = Q B^2 \) because \( \triangle Q B I \) and \( \triangle Q P B \) are similar. Using the power with respect to the circle \( P I K L \), we get that \( Q K \cdot Q L = Q B^2 \), so \( K \) and \( L \) are inverses with respect to the circle centered at \( Q \) with radius \( Q B \). We are thus reduced to proving the following lemma:
Lemma: Let \( \mathcal{C} \) be a circle centered at \( Q \). Let \( [B C] \) be a chord of \( \mathcal{C} \) and \( L \) a point on \((Q B)\). Then \( C \), the inverse of \( L \) with respect to \( \mathcal{C} \), and the symmetric of \( L \) with respect to \((B C)\) 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 $A B C$ un triangle. On note $P$ le milieu de l'arc du cercle circonscrit à $A B C$ contenant $A$. On suppose que la bissectrice de l'angle $\widehat{B A C}$ coupe le cercle de diamètre $[P C]$ en deux points $D$ et $E$. Soit $F$ le symétrique de $E$ par rapport à $(B C)$ et $I$ le milieu de $[B C]$. Montrer que $B, D, F, I$ sont cocycliques.
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On applique l'inversion $i$ de pôle $I$ et de puissance $-I B \cdot I C$. Soit $Q$ le point diamétralement opposé à $P$. Alors $i$ échange $P$ et $Q$ d'une part, et $B$ et $C$ d'autre part. Comme le cercle de diamètre $[P C]$ passe par $I$, son image par $i$ est une droite. Or, $i(P)=Q$ et $i(C)=B$, donc $i$ transforme le cercle de diamètre $[P C]$ en la droite $(B Q)$.
La bissectrice de $\widehat{A}$ est transformée en un cercle passant par $I$ et par $P$.
Notons $K=i(D), L=i(E)$ et $M=i(F)$. D'après ce qui précède, les points $K$ et $L$ appartiennent à $(B Q)$, et $P, I, K, L$ sont cocycliques. De plus, $L$ et $M$ sont symétriques par rapport à $(B C)$.
Enfin, remarquons que $Q I \cdot Q P=Q B^{2}$ car $Q B I$ et $Q P B$ sont semblables. En utilisant la puissance par rapport au cercle $P I K L$, on obtient que $Q K \cdot Q L=Q B^{2}$, donc $K$ et $L$ sont inverses par rapport au cercle de centre $Q$ et de rayon $Q B$. On est ainsi ramenés à démontrer le lemme suivant :
Lemme: Soit $\mathcal{C}$ un cercle de centre $Q$. Soit $[B C]$ une corde de $\mathcal{C}$ et $L$ un point de $(Q B)$. Alors $C$, l'inverse de $L$ par rapport à $\mathcal{C}$ et le symétrique de $L$ par rapport à $(B C)$ 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-5-solutions.jsonl",
"solution_match": "## Solution de l'exercice 8",
"tier": "T2",
"year": "2014"
}
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Let $ABC$ be a triangle. We denote by $P$ the midpoint of the arc of the circumcircle of $ABC$ containing $A$. Suppose that the angle bisector of $\widehat{BAC}$ intersects the circle with diameter $[PC]$ at two points $D$ and $E$. Let $F$ be the reflection of $E$ over $(BC)$ and $I$ the midpoint of $[BC]$. Show that $B, D, F, I$ are concyclic.
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Let $I$ always denote the midpoint of $[B C]$. Let $\Delta$ be the perpendicular bisector of $[B C]$, and $L^{\prime}$ the symmetric point of $L$ with respect to $\Delta$. We have
$$
\left[B L^{\prime}\right]=\operatorname{sym}_{\Delta}([C L])=\operatorname{sym}_{\Delta} \operatorname{sym}_{(B C)}([C M])=\operatorname{sym}_{I}([C M]),
$$
thus $(C M)$ and $\left(L^{\prime} B\right)$ are parallel.
On the other hand, $\frac{Q B}{Q K}=\frac{Q L}{Q B}=\frac{Q L^{\prime}}{Q C}$, so $\left(L^{\prime} B\right)$ and $(C K)$ are parallel. Finally, $(C M)$ and $(C K)$ are parallel, hence $C, K, M$ are collinear.
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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 $P$ le milieu de l'arc du cercle circonscrit à $A B C$ contenant $A$. On suppose que la bissectrice de l'angle $\widehat{B A C}$ coupe le cercle de diamètre $[P C]$ en deux points $D$ et $E$. Soit $F$ le symétrique de $E$ par rapport à $(B C)$ et $I$ le milieu de $[B C]$. Montrer que $B, D, F, I$ sont cocycliques.
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du lemme: on note toujours $I$ le milieu de $[B C]$. Soit $\Delta$ la médiatrice de $[B C]$ et $L^{\prime}$ le symétrique de $L$ par rapport à $\Delta$. On a
$$
\left[B L^{\prime}\right]=\operatorname{sym}_{\Delta}([C L])=\operatorname{sym}_{\Delta} \operatorname{sym}_{(B C)}([C M])=\operatorname{sym}_{I}([C M]),
$$
donc $(C M)$ et $\left(L^{\prime} B\right)$ sont parallèles.
D'autre part, $\frac{Q B}{Q K}=\frac{Q L}{Q B}=\frac{Q L^{\prime}}{Q C}$ donc $\left(L^{\prime} B\right)$ et $(C K)$ sont parallèles. Finalement, $(C M)$ et $(C K)$ sont parallèles, donc $C, K, M$ 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-5-solutions.jsonl",
"solution_match": "\nPremière démonstration",
"tier": "T2",
"year": "2014"
}
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Let $ABC$ be a triangle. We denote by $P$ the midpoint of the arc of the circumcircle of $ABC$ containing $A$. Suppose that the angle bisector of $\widehat{BAC}$ intersects the circle with diameter $[PC]$ at two points $D$ and $E$. Let $F$ be the reflection of $E$ over $(BC)$ and $I$ the midpoint of $[BC]$. Show that $B, D, F, I$ are concyclic.
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Let us denote: we keep the notations from the previous paragraph. We denote $b, c, k, \ell, \ell^{\prime}, m$ as the affixes of $B, C, K, L, L^{\prime}, M$, and we can assume that $Q$ is the origin, that $|b|=1$ and that $c=\bar{b}$.
Since $L$ belongs to $(Q B)$, there exists $t \in \mathbb{R}$ such that $\ell=t b$.
Since $K$ and $L$ are inverses with respect to the circle, we have $k=\frac{1}{t} b$.
We have $\ell^{\prime}=\bar{\ell}$. The fact that $L^{\prime}$ is the symmetric point of $M$ with respect to $I$ translates to $\ell^{\prime}+m=b+c$. It follows that $m=b+c-\bar{\ell}=b+c-t c$.
We deduce that $\overrightarrow{C M}=m-c=b-t c=t k-t c=t \overrightarrow{C K}$, therefore $C, K, M$ are collinear.
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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 $P$ le milieu de l'arc du cercle circonscrit à $A B C$ contenant $A$. On suppose que la bissectrice de l'angle $\widehat{B A C}$ coupe le cercle de diamètre $[P C]$ en deux points $D$ et $E$. Soit $F$ le symétrique de $E$ par rapport à $(B C)$ et $I$ le milieu de $[B C]$. Montrer que $B, D, F, I$ sont cocycliques.
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du lemme : on conserve les notations du paragraphe précédent. On note $b, c, k, \ell, \ell^{\prime}, m$ les affixes de $B, C, K, L, L^{\prime}, M$, et on peut supposer que $Q$ est l'origine, que $|b|=1$ et que $c=\bar{b}$.
Comme $L$ appartient à $(Q B)$, il existe $t \in \mathbb{R}$ tel que $\ell=t b$.
Comme $K$ et $L$ sont inverses par rapport au cercle, on a $k=\frac{1}{t} b$.
On a $\ell^{\prime}=\bar{\ell}$. Le fait que $L^{\prime}$ est le symétrique $M$ par rapport à $I$ se traduit par $\ell^{\prime}+m=b+c$. Il vient $m=b+c-\bar{\ell}=b+c-t c$.
On en déduit que $\overrightarrow{C M}=m-c=b-t c=t k-t c=t \overrightarrow{C K}$, par conséquent $C, K, M$ 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-5-solutions.jsonl",
"solution_match": "\nDeuxième démonstration",
"tier": "T2",
"year": "2014"
}
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Let $ABC$ be an isosceles triangle at $A$, $D$ the foot of the altitude from $A$, and $M$ a point inside $ADC$ such that $\widehat{AMB}$ is obtuse and $\widehat{DBM} + \widehat{DAM} = \widehat{MCB}$. The lines $(CM)$ and $(AD)$ intersect at $P$, and the lines $(BM)$ and $(AD)$ intersect at $Q$. Let $S$ be a point on $[AB]$ and $R$ a point on $[AM)$ that is not on $[AM]$ such that $\widehat{SQB} = \widehat{DPC}$ and $\widehat{MRQ} = 2 \widehat{QAM}$. Show that $QRS$ is isosceles.
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Let $\alpha=\widehat{B A D}, \beta=\widehat{C B M}, \gamma=\widehat{M C B}$ and $\theta=\widehat{D A M}$. By hypothesis, we have $\beta+\theta=\gamma$, $\widehat{S Q B}=\widehat{D P C}=\frac{\pi}{2}-\gamma$ and $\widehat{M R Q}=2 \theta$.
We have $\widehat{Q S A}=\pi-\widehat{B S Q}=\widehat{Q B S}+\widehat{S Q B}=\left(\frac{\pi}{2}-\alpha-\beta\right)+\left(\frac{\pi}{2}-\gamma\right)=\pi-(\alpha+\beta+\gamma)$.
According to the law of sines for triangles $Q A S$ and $Q A R$, we have
$$
\frac{Q S}{Q R}=\frac{Q S}{Q A} \times \frac{Q A}{Q R}=\frac{\sin \alpha}{\sin (\alpha+\beta+\gamma)} \frac{\sin 2 \theta}{\sin \theta}=\frac{2 \sin \alpha \cos \theta}{\sin (\alpha+\beta+\gamma)}
$$
We need to show that this ratio is equal to 1.
According to the trigonometric Ceva's theorem applied to point $M$ in triangle $A B C$, we have
$$
\frac{\sin (\alpha+\theta)}{\sin (\alpha-\theta)} \times \frac{\sin \beta}{\sin \left(\frac{\pi}{2}-\alpha-\beta\right)} \times \frac{\sin \left(\frac{\pi}{2}-\alpha-\gamma\right)}{\sin \gamma}=1
$$
so $\sin (\alpha+\theta) \sin \beta \cos (\alpha+\gamma)=\sin (\alpha-\theta) \cos (\alpha+\beta) \sin \gamma$.
Using the identity $2 \sin x \cos y=\sin (x+y)+\sin (x-y)$, we deduce
$$
\sin (\alpha+\theta)[\sin (\alpha+\beta+\gamma)-\sin (\alpha+\gamma-\beta)]=\sin (\alpha-\theta)[\sin (\alpha+\beta+\gamma)-\sin (\alpha+\beta-\gamma)]
$$
Given that $\gamma-\beta=\theta$,
$$
\sin (\alpha+\theta)[\sin (\alpha+\beta+\gamma)-\sin (\alpha+\theta)]=\sin (\alpha-\theta)[\sin (\alpha+\beta+\gamma)-\sin (\alpha-\theta)]
$$
or $(\sin (\alpha+\theta)-\sin (\alpha-\theta))[\sin (\alpha+\beta+\gamma)-(\sin (\alpha+\theta)+\sin (\alpha-\theta))]$.
It follows that $\sin (\alpha+\beta+\gamma)=\sin (\alpha+\theta)+\sin (\alpha-\theta))=2 \sin \alpha \cos \theta$.
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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 isocèle en $A, D$ le pied de la hauteur issue de $A$ et $M$ un point intérieur à $A D C$ tel que $\widehat{A M B}$ est obtus et $\widehat{D B M}+\widehat{D A M}=\widehat{M C B}$. Les droites $(C M)$ et $(A D)$ se coupent en $P$, et les droites $(B M)$ et $(A D)$ se coupent en $Q$. Soit $S$ un point de $[A B]$ et $R$ un point de $[A M)$ qui n'est pas sur $[A M]$ tel que $\widehat{S Q B}=\widehat{D P C}$ et $\widehat{M R Q}=2 \widehat{Q A M}$. Montrer que $Q R S$ est isocèle.
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Notons $\alpha=\widehat{B A D}, \beta=\widehat{C B M}, \gamma=\widehat{M C B}$ et $\theta=\widehat{D A M}$. Par hypothèse, on a $\beta+\theta=\gamma$, $\widehat{S Q B}=\widehat{D P C}=\frac{\pi}{2}-\gamma$ et $\widehat{M R Q}=2 \theta$.
On a $\widehat{Q S A}=\pi-\widehat{B S Q}=\widehat{Q B S}+\widehat{S Q B}=\left(\frac{\pi}{2}-\alpha-\beta\right)+\left(\frac{\pi}{2}-\gamma\right)=\pi-(\alpha+\beta+\gamma)$.
D'après la loi des sinus pour les triangles $Q A S$ et $Q A R$, on a
$$
\frac{Q S}{Q R}=\frac{Q S}{Q A} \times \frac{Q A}{Q R}=\frac{\sin \alpha}{\sin (\alpha+\beta+\gamma)} \frac{\sin 2 \theta}{\sin \theta}=\frac{2 \sin \alpha \cos \theta}{\sin (\alpha+\beta+\gamma)}
$$
On doit montrer que ce rapport est égal à 1.
D'après le théorème de Ceva trigonométrique appliqué au point $M$ dans le triangle $A B C$, on a
$$
\frac{\sin (\alpha+\theta)}{\sin (\alpha-\theta)} \times \frac{\sin \beta}{\sin \left(\frac{\pi}{2}-\alpha-\beta\right)} \times \frac{\sin \left(\frac{\pi}{2}-\alpha-\gamma\right)}{\sin \gamma}=1
$$
donc $\sin (\alpha+\theta) \sin \beta \cos (\alpha+\gamma)=\sin (\alpha-\theta) \cos (\alpha+\beta) \sin \gamma$.
En utilisant l'identité $2 \sin x \cos y=\sin (x+y)+\sin (x-y)$, on en déduit
$$
\sin (\alpha+\theta)[\sin (\alpha+\beta+\gamma)-\sin (\alpha+\gamma-\beta)]=\sin (\alpha-\theta)[\sin (\alpha+\beta+\gamma)-\sin (\alpha+\beta-\gamma)]
$$
Compte tenu de $\gamma-\beta=\theta$,
$$
\sin (\alpha+\theta)[\sin (\alpha+\beta+\gamma)-\sin (\alpha+\theta)]=\sin (\alpha-\theta)[\sin (\alpha+\beta+\gamma)-\sin (\alpha-\theta)]
$$
ou encore $(\sin (\alpha+\theta)-\sin (\alpha-\theta))[\sin (\alpha+\beta+\gamma)-(\sin (\alpha+\theta)+\sin (\alpha-\theta))]$.
Il vient $\sin (\alpha+\beta+\gamma)=\sin (\alpha+\theta)+\sin (\alpha-\theta))=2 \sin \alpha \cos \theta$.
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{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "9",
"problem_match": "\nExercice 9.",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2013-2014-envoi-5-solutions.jsonl",
"solution_match": "## Solution de l'exercice 9",
"tier": "T2",
"year": "2014"
}
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Determine all integers $a$ and $b$ such that $(a+1)(b-1)=a^{2} b^{2}$.
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Let $a, b$ be integers such that $(a+1)(b-1)=a^{2} b^{2}$.
Since on the one hand $a$ and $a+1$ are coprime, and on the other hand $b$ and $b-1$ are coprime, it follows that $b-1= \pm a^{2}$ and $a+1= \pm b^{2}$, where the signs are the same in both relations.
- If $b-1=a^{2}$ and $a+1=b^{2}$:
Then, $a=b^{2}-1=(b-1)(b+1)=a^{2}\left(a^{2}+2\right)$.
If $a=0$, we get $b=1$, and we verify that $(a, b)=(0,1)$ is indeed a solution to the problem.
If $a \neq 0$, after dividing by $a$, we get $a\left(a^{2}+2\right)=1$. Since $a$ and $a^{2}+2$ are integers, with $a^{2}+2>2$, this last equality cannot be satisfied.
- If $b-1=-a^{2}$ and $a+1=-b^{2}$:
Then, $-a-1=b^{2}$ and $-b+1=a^{2}$. These are the equations obtained in the previous case, where $(a, b)$ has been replaced by $(-b,-a)$. Thus, the only solution is $(a, b)=(-1,0)$.
Finally, the solutions to the problem are $(a, b)=(0,1)$ and $(a, b)=(-1,0)$.
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(a, b)=(0,1) \text{ and } (a, b)=(-1,0)
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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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Déterminer tous les entiers $a$ et $b$ tels que $(a+1)(b-1)=a^{2} b^{2}$.
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Soit $a, b$ des entiers tels que $(a+1)(b-1)=a^{2} b^{2}$.
Puisque d'une part $a$ et $a+1$ sont premiers entre eux, et d'autre part $b$ et $b-1$ sont premiers entre eux, c'est donc que $b-1= \pm a^{2}$ et que $a+1= \pm b^{2}$, où les signes sont les mêmes dans les deux relations.
- Si $b-1=a^{2}$ et $a+1=b^{2}$ :
Alors, $a=b^{2}-1=(b-1)(b+1)=a^{2}\left(a^{2}+2\right)$.
Si $a=0$, on obtient $b=1$, et on vérifie bien que $(a, b)=(0,1)$ est bien une solution du problème.
Si $a \neq 0$, après division par $a$, il vient donc $a\left(a^{2}+2\right)=1$. Comme $a$ et $a^{2}+2$ sont des entiers, avec $a^{2}+2>2$, cette dernière égalité ne peut être satisfaite.
- Si $b-1=-a^{2}$ et $a+1=-b^{2}$ :
Alors, $-a-1=b^{2}$ et $-b+1=a^{2}$. Ce sont les équations obtenues au cas précédent, où $(a, b)$ a été remplacé par $(-b,-a)$. Ainsi, la seule solution est $(a, b)=(-1,0)$.
Finalement, les solutions du problème sont $(a, b)=(0,1)$ et $(a, b)=(-1,0)$.
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{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "1",
"problem_match": "\nExercice 1.",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2013-2014-envoi-6-solutions.jsonl",
"solution_match": "## Solution de l'exercice 1",
"tier": "T2",
"year": "2014"
}
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Prove that any set of 90 numbers chosen from $\{1,2, \cdots, 100\}$ contains 10 that form an arithmetic progression.
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We arrange the integers from 1 to 100 in a $10 \times 10$ square table as follows:
| 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 | 7 | 8 | 9 | 10 |
| :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: |
| 11 | 12 | 13 | 14 | 15 | 16 | 17 | 18 | 19 | 20 |
| 21 | 22 | 23 | 24 | 25 | 26 | 27 | 28 | 29 | 30 |
| 31 | 32 | 33 | 34 | 35 | 36 | 37 | 38 | 39 | 40 |
| 41 | 42 | 43 | 44 | 45 | 46 | 47 | 48 | 49 | 50 |
| 51 | 52 | 53 | 54 | 55 | 56 | 57 | 58 | 59 | 60 |
| 61 | 62 | 63 | 64 | 65 | 66 | 67 | 68 | 69 | 70 |
| 71 | 72 | 73 | 74 | 75 | 76 | 77 | 78 | 79 | 80 |
| 81 | 82 | 83 | 84 | 85 | 86 | 87 | 88 | 89 | 90 |
| 91 | 92 | 93 | 94 | 95 | 96 | 97 | 98 | 99 | 100 |
If we want to eliminate 10 numbers so that with the remaining 90 numbers, no arithmetic sequence of length 10 can be formed, we must first eliminate at least one number from each of the 10 rows and each of the 10 columns. Since there are exactly 10 rows and 10 columns, this means we must eliminate exactly one number per row and per column.
Furthermore, if for $1 \leqslant i \leqslant 9$, the number eliminated in row $i$ belongs to column $k$, then the number eliminated in row $i+1$ must belong to a column $l$, with $l < k$, otherwise we would have 10 consecutive numbers among the remaining 90. This implies that we must eliminate $10, 19, 28, 37, 46, 55, 64, 73, 82$, and 91.
But then, $11, 20, 29, 38, 47, 56, 65, 74, 83$, and 92 remain, which form an arithmetic sequence with a common difference of 9, 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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Prouver que tout ensemble de 90 nombres choisis dans $\{1,2, \cdots, 100\}$ en contient 10 qui forment une progression arithmétique.
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On dispose les entiers de 1 à 100 dans un tableau carré $10 \times 10$ comme suit :
| 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 | 7 | 8 | 9 | 10 |
| :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: |
| 11 | 12 | 13 | 14 | 15 | 16 | 17 | 18 | 19 | 20 |
| 21 | 22 | 23 | 24 | 25 | 26 | 27 | 28 | 29 | 30 |
| 31 | 32 | 33 | 34 | 35 | 36 | 37 | 38 | 39 | 40 |
| 41 | 42 | 43 | 44 | 45 | 46 | 47 | 48 | 49 | 50 |
| 51 | 52 | 53 | 54 | 55 | 56 | 57 | 58 | 59 | 60 |
| 61 | 62 | 63 | 64 | 65 | 66 | 67 | 68 | 69 | 70 |
| 71 | 72 | 73 | 74 | 75 | 76 | 77 | 78 | 79 | 80 |
| 81 | 82 | 83 | 84 | 85 | 86 | 87 | 88 | 89 | 90 |
| 91 | 92 | 93 | 94 | 95 | 96 | 97 | 98 | 99 | 100 |
Si l'on veut éliminer 10 nombres de sorte qu'avec les 90 restants on ne puisse former de suite arithmétique de longueur 10, il faut déjà éliminer au moins un nombre dans chacune des 10 lignes, et chacune des 10 colonnes. Comme il y a justement 10 lignes, et 10 colonnes, c'est donc que l'on doit éliminer exactement un nombre par ligne et par colonne.
De plus, si pour $1 \leqslant i \leqslant 9$, le nombre éliminé dans la ligne $i$ appartient à la colonne $k$, alors le nombre éliminé dans la ligne $i+1$ doit appartenir à une colonne $l$, avec $l<k$, sans quoi on aurait 10 entiers consécutifs parmi les 90 restants. Cela implique que l'on doit éliminer $10,19,28,37,46,55,64,73,82$ et 91.
Mais alors, il reste $11,20,29,38,47,56,65,74,83$ et 92 , qui forment une suite arithmétique de raison 9 , ce qui conclut.
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{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "2",
"problem_match": "\nExercice 2.",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2013-2014-envoi-6-solutions.jsonl",
"solution_match": "## Solution de l'exercice 2",
"tier": "T2",
"year": "2014"
}
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The diagonals of the convex quadrilateral $ABCD$ are perpendicular and intersect at $O$. The perpendicular to $(AB)$ passing through $O$ intersects $(AB)$ at $M$ and $(CD)$ at $M'$. The perpendicular to $(BC)$ passing through $O$ intersects $(BC)$ at $N$ and $(DA)$ at $N'$. The perpendicular to $(CD)$ passing through $O$ intersects $(CD)$ at $P$ and $(AB)$ at $P'$. The perpendicular to $(DA)$ passing through $O$ intersects $(DA)$ at $Q$ and $(BC)$ at $Q'$.
Prove that the points $M, N, P, Q, M', N', P', Q'$ are concyclic.
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Let's start by proving that the quadrilateral $M N P Q$ is cyclic:
We note that the quadrilateral $B M O N$ has two right angles at $M$ and $N$, so it is inscribed in the circle with diameter $[O B]$. Similarly, the quadrilaterals $C N O P$, $D P O Q$, and $A Q O M$ are inscribed in the circles with diameters $[O C]$, $[O D]$, and $[O A]$, respectively. From this, we deduce that $\widehat{O M N} = \widehat{O B N}$, $\widehat{O M Q} = \widehat{O A Q}$, $\widehat{O P Q} = \widehat{O D Q}$, and $\widehat{O P N} = \widehat{O C N}$.
\[
\begin{aligned}
& \text{Then we have} \\
& \begin{aligned}
\widehat{Q M N} & = \widehat{Q M O} + \widehat{O M N} \\
& = \widehat{Q A O} + \widehat{O B N} \\
& = \widehat{D A C} + \widehat{D B C}
\end{aligned}
\end{aligned}
\]
And on the other hand
\[
\begin{aligned}
\widehat{Q P N} & = \widehat{Q P O} + \widehat{O P N} \\
& = \widehat{Q D O} + \widehat{O C N} \\
& = \widehat{A D B} + \widehat{A C B}
\end{aligned}
\]
Since $[A C]$ and $[D B]$ are perpendicular, we have $\widehat{D A C} + \widehat{A D B} = 90^{\circ}$, and similarly $\widehat{D B C} + \widehat{A C B} = 90^{\circ}$. Thus, $\widehat{Q M N} = 180^{\circ} - \widehat{Q P N}$. This ensures that $M N P Q$ is cyclic.
Let $\Gamma$ be the circumcircle of $M N P Q$. By symmetry of roles, to conclude, it suffices to prove that $Q^{\prime}$ is on $\Gamma$.
Suppose that $N \in [C Q^{\prime}]$, the other cases being treated similarly.
We have $\widehat{N Q^{\prime} Q} = \widehat{N Q^{\prime} O} = 180^{\circ} - \widehat{Q^{\prime} C O} - \widehat{C O Q^{\prime}}$.
But $\widehat{Q^{\prime} C O} = \widehat{N C O} = \widehat{N P O}$, since $N C P O$ is cyclic.
On the other hand, since the sides are perpendicular to each other, we have $\widehat{C O Q^{\prime}} = \widehat{O D Q} = \widehat{O P Q}$, the last equality coming from the fact that $O P D Q$ is cyclic.
Thus, we have $\widehat{N Q^{\prime} Q} = 180^{\circ} - \widehat{N P O} - \widehat{O P Q} = 180^{\circ} - \widehat{N P Q}$, which ensures that $Q^{\prime}$ belongs to the circumcircle of $N P Q$.
## 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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Les diagonales du quadrilatère convexe $A B C D$ sont perpendiculaires et se rencontrent en $O$. La perpendiculaire à $(A B)$ passant par $O$ rencontre $(A B)$ en $M$ et $(C D)$ en $M^{\prime}$. La perpendiculaire à $(B C)$ passant par $O$ rencontre $(B C)$ en $N$ et $(D A)$ en $N^{\prime}$. La perpendiculaire à $(C D)$ passant par $O$ rencontre $(C D)$ en $P$ et $(A B)$ en $P^{\prime}$. La perpendiculaire à $(D A)$ passant par $O$ rencontre ( $D A)$ en $Q$ et $(B C)$ en $Q^{\prime}$.
Prouver que les points $M, N, P, Q, M^{\prime}, N^{\prime}, P^{\prime}, Q^{\prime}$ sont cocycliques.
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Commençons par prouver que le quadrilatère $M N P Q$ est inscriptible :
On note que le quadrilatère $B M O N$ à deux angles droits en $M$ et en $N$, donc il est inscrit dans le cercle de diamètre $[O B]$. De même, les quadrilatères $C N O P, D P O Q$ et $A Q O M$ sont inscrits respectivement dans les cercles de diamètres $[O C],[O D]$ et $[O A]$. On en déduit que $\widehat{O M N}=\widehat{O B N}$, que $\widehat{O M Q}=\widehat{O A Q}$, que $\widehat{O P Q}=\widehat{O D Q}$ et que $\widehat{O P N}=\widehat{O C N}$.
$$
\begin{aligned}
& \text { Il vient alors } \\
& \begin{aligned}
\widehat{Q M N} & =\widehat{Q M O}+\widehat{O M N} \\
& =\widehat{Q A O}+\widehat{O B N} \\
& =\widehat{D A C}+\widehat{D B C}
\end{aligned}
\end{aligned}
$$
Et d'autre part
$$
\begin{aligned}
\widehat{Q P N} & =\widehat{Q P O}+\widehat{O P N} \\
& =\widehat{Q D O}+\widehat{O C N} \\
& =\widehat{A D B}+\widehat{A C B}
\end{aligned}
$$
Or, puisque $[A C]$ et $[D B]$ sont perpendiculaires, on a $\widehat{D A C}+\widehat{A D B}=90^{\circ}$, et de même $\widehat{D B C}+$ $\widehat{A C B}=90^{\circ}$. Ainsi $\widehat{Q M N}=180^{\circ}-\widehat{Q P N}$. Cela assure que $M N P Q$ est inscriptible.
On note $\Gamma$ le cercle circonscrit à $M N P Q$. Par symétrie des rôles, pour conclure, il suffit de prouver que $Q^{\prime}$ est sur $\Gamma$.
Supposons que $N \in\left[C Q^{\prime}\right]$, les autres cas se traitant de façons similaires.
Nous avons $\widehat{N Q^{\prime} Q}=\widehat{N Q^{\prime} O}=180^{\circ}-\widehat{Q^{\prime} C O}-\widehat{C O Q^{\prime}}$.
Mais $\widehat{Q^{\prime} C O}=\widehat{N C O}=\widehat{N P O}$, puisque $N C P O$ inscriptible.
D'autre part, comme les côtés sont perpendiculaires deux à deux, on a $\widehat{C O Q^{\prime}}=\widehat{O D Q}=\widehat{O P Q}$, la dernière égalité découlant du fait que $O P D Q$ est inscriptible.
Ainsi, on a $\widehat{N Q^{\prime} Q}=180^{\circ}-\widehat{N P O}-\widehat{O P Q}=180^{\circ}-\widehat{N P Q}$, ce qui assure que $Q^{\prime}$ appartient bien au cercle circonscrit à $N P Q$.
## 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-6-solutions.jsonl",
"solution_match": "## Solution de l'exercice 3",
"tier": "T2",
"year": "2014"
}
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Inside the circle $\Gamma$ there are three circles $\gamma_{1}, \gamma_{2}$ and $\gamma_{3}$, tangent to $\Gamma$ at $A, B$ and $C$ respectively, all distinct. The circles $\gamma_{2}$ and $\gamma_{3}$ have a common point $K$ which lies on $[B C]$, the circles $\gamma_{3}$ and $\gamma_{1}$ have a common point $L$ which lies on $[C A]$, and the circles $\gamma_{1}$ and $\gamma_{2}$ have a common point $M$ which lies on $[A B]$.
Prove that the center of $\Gamma$ belongs to $\gamma_{1}, \gamma_{2}$ and $\gamma_{3}$.
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Let $X$ be a point on the common tangent to $\Gamma$ and $\gamma_{1}$, and located on the side opposite to $C$ with respect to the line $(A B)$. Then $\widehat{A L M}=\widehat{X A M}=\widehat{X A B}=\widehat{A C B}$, which ensures that $(M L)$ and $(B C)$ are parallel. Similarly, we have $(K M)$ and $(A C)$ parallel, as well as $(K L)$ and $(A B)$ parallel.
Let $x=\frac{A M}{A B}$. According to Thales' theorem, we then have:
$$
\frac{B K}{B C}=\frac{B M}{B A}=1-x \text { and } \frac{C L}{C A}=\frac{C K}{C B}=1-(1-x)=x
$$
Thus $x=\frac{A M}{A B}=\frac{A L}{A C}=1-x$, hence $x=\frac{1}{2}$.
The points $M, K, L$ are therefore the midpoints of the segments $[A B],[B C],[C A]$, and the triangles $A M L, M B K, L K C$ are all similar to $A B C$ with a ratio of $\frac{1}{2}$. If we denote $r_{1}, r_{2}, r_{3}$ and $R$ as the radii of the circles $\gamma_{1}, \gamma_{2}, \gamma_{3}$ and $\Gamma$, respectively, we deduce that $r_{1}=r_{2}=r_{3}=\frac{1}{2} R$.
Furthermore, since $\gamma_{1}$ and $\Gamma$ are tangent at $A$, the diameters from $A$ in $\gamma_{1}$ and $\Gamma$ lie on the same line. Thus, the center of $\Gamma$ lies on $\gamma_{1}$, and similarly, it lies on $\gamma_{2}$ and $\gamma_{3}$.
Remark: Another way to express the above paragraph is to use the homothety $\overline{h \text { with center } A}$ and ratio $\frac{1}{2}$. Since $h(A)=A, h(B)=M$ and $h(C)=L$, the image of $\Gamma$ under $h$ is the circumcircle of $A L M$, which is $\gamma_{1}$. Let $A^{\prime}$ be the point diametrically opposite to $A$ in the circle $\Gamma$ and let $O$ be the center of $\Gamma$. Since $h\left(A^{\prime}\right)=O$, the point $O$ lies on $\gamma_{1}$, and similarly, it lies on $\gamma_{2}$ and $\gamma_{3}$.
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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'intérieur du cercle $\Gamma$ se trouvent trois cercles $\gamma_{1}, \gamma_{2}$ et $\gamma_{3}$, et tangents à $\Gamma$ respectivement en $A, B$ et $C$, tous distincts. Les cercles $\gamma_{2}$ et $\gamma_{3}$ ont un point commun $K$ qui appartient à $[B C]$, les cercles $\gamma_{3}$ et $\gamma_{1}$ ont un point commun $L$ qui appartient à $[C A]$, et les cercles $\gamma_{1}$ et $\gamma_{2}$ ont un point commun $M$ qui appartient à $[A B]$.
Prouver que le centre de $\Gamma$ appartient à $\gamma_{1}, \gamma_{2}$ et $\gamma_{3}$.
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Soit $X$ un point de la tangente commune à $\Gamma$ et $\gamma_{1}$, et situé du côté opposé à $C$ par rapport à la droite $(A B)$. Alors $\widehat{A L M}=\widehat{X A M}=\widehat{X A B}=\widehat{A C B}$, ce qui assure que $(M L)$ et $(B C)$ sont parallèles. De même, on a $(K M)$ et $(A C)$ parallèles, ainsi que $(K L)$ et $(A B)$ parallèles.
Posons $x=\frac{A M}{A B}$. D'après le théorème de Thalès, on a alors :
$$
\frac{B K}{B C}=\frac{B M}{B A}=1-x \text { et } \frac{C L}{C A}=\frac{C K}{C B}=1-(1-x)=x
$$
Ainsi $x=\frac{A M}{A B}=\frac{A L}{A C}=1-x$, d'où $x=\frac{1}{2}$.
Les points $M, K, L$ sont donc les milieux respectifs des segments $[A B],[B C],[C A]$, et les triangles $A M L, M B K, L K C$ sont tous semblables à $A B C$ dans un rapport $\frac{1}{2}$. Si on note $r_{1}, r_{2}, r_{3}$ et $R$ les rayons respectifs des cercles $\gamma_{1}, \gamma_{2}, \gamma_{3}$ et $\Gamma$, on en déduit que $r_{1}=r_{2}=r_{3}=\frac{1}{2} R$.
D'autre part, puisque $\gamma_{1}$ et $\Gamma$ sont tangents en $A$ les diamètres issus de $A$ dans $\gamma_{1}$ et $\Gamma$ sont portés par la même droite. Ainsi, le centre de $\Gamma$ appartient à $\gamma_{1}$, et on prouve de même qu'il appartient également à $\gamma_{2}$ et $\gamma_{3}$.
Remarque: une autre manière d'exprimer le paragraphe précédent consiste utiliser l'homothétie $\overline{h \text { de centre } A}$ et de rapport $\frac{1}{2}$. Comme $h(A)=A, h(B)=M$ et $h(C)=L$, l'image par $h$ de $\Gamma$ est le cercle circonscrit à $A L M$, c'est-à-dire $\gamma_{1}$. Soit $A^{\prime}$ le point diamétralement opposé à $A$ dans
le cercle $\Gamma$ et soit $O$ le centre de $\Gamma$. Comme $h\left(A^{\prime}\right)=O$, le point $O$ appartient à $\gamma_{1}$, et de même il appartient à $\gamma_{2}$ et $\gamma_{3}$.
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{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "4",
"problem_match": "\nExercice 4.",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2013-2014-envoi-6-solutions.jsonl",
"solution_match": "## Solution de l'exercice 4",
"tier": "T2",
"year": "2014"
}
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Let $n, m \geqslant 1$ be integers, with $m$ odd.
Prove that $2^{m}-1$ and $2^{n}+1$ are coprime.
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By contradiction: suppose there exists a prime $p$ that divides both $2^{m}-1$ and $2^{n}+1$.
Then, we have $2^{m} \equiv 1 \bmod [p]$ and $2^{n} \equiv-1 \bmod [p]$,
hence $2^{2 n} \equiv 1 \bmod [p]$.
Let $\omega$ be the order of 2 modulo $p$. We know that $\omega$ divides $m$ and $2 n$. But, since $m$ is odd, $\omega$ is therefore odd, which ensures that in fact $\omega$ divides $n$.
We then have $2^{n} \equiv 1 \bmod [p]$, and still $2^{n} \equiv-1 \bmod [p]$.
Thus, $p$ divides 2, and therefore $p=2$.
But, we have $m \geqslant 1$, so $2^{m}-1$ is odd and is therefore not divisible by 2. Contradiction.
Finally, $2^{m}-1$ and $2^{n}+1$ are coprime.
Another solution
First, let's prove by induction on $a+b$ that the gcd of $2^{a}-1$ and $2^{b}-1$ is $2^{\operatorname{gcd}(a, b)}-1$. If $a=0$ or $b=0$ it is clear. Suppose the property is true for all pairs $(a^{\prime}, b^{\prime})$ such that $a^{\prime}+b^{\prime}<a+b$. We can assume $a \geqslant b>0$. We have
\[
\begin{aligned}
\operatorname{gcd}\left(2^{a}-1,2^{b}-1\right) & =\operatorname{gcd}\left(2^{b}-1,2^{a}-1-\left(2^{b}-1\right)\right) \\
& =\operatorname{gcd}\left(2^{b}-1,2^{b}\left(2^{a-b}-1\right)\right) \\
& =\operatorname{gcd}\left(2^{b}-1,2^{a-b}-1\right) \quad \text{since } 2^{b}-1 \text{ and } 2^{b} \text{ are coprime} \\
& =2^{\operatorname{gcd}(b, a-b)}-1 \quad \text{by induction hypothesis} \\
& =2^{\operatorname{gcd}(a, b)}-1
\end{aligned}
\]
which proves our assertion.
Returning to the exercise. Let $d^{\prime}=\operatorname{gcd}\left(2^{m}-1,2^{n}+1\right)$. Let $d=\operatorname{gcd}(m, n)$, then what precedes shows that $2^{d}-1=\operatorname{gcd}\left(2^{m}-1,2^{2 n}-1\right)$. Since $2^{2 n}-1$ is a multiple of $2^{n}+1$, $d^{\prime}$ divides $2^{d}-1$. Since $2^{d}-1$ divides $2^{n}-1$, $d^{\prime}$ also divides $\left(2^{n}+1\right)-\left(2^{n}-1\right)=2$. Since $2^{m}-1$ is odd, $d^{\prime}$ is odd. It follows that $d^{\prime}=1$.
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Number Theory
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Soit $n, m \geqslant 1$ des entiers, avec $m$ impair.
Prouver que $2^{m}-1$ et $2^{n}+1$ sont premiers entre eux.
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Par l'absurde : supposons qu'il existe un nombre premier $p$ qui divise à la fois $2^{m}-1$ et $2^{n}+1$.
Alors, on a $2^{m} \equiv 1 \bmod [p]$ et $2^{n} \equiv-1 \bmod [p]$,
d'où $2^{2 n} \equiv 1 \bmod [p]$.
Soit $\omega$ l'ordre de 2 modulo $p$. On sait qu'alors $\omega$ divise $m$ et $2 n$. Mais, comme $m$ est impair, $\omega$ est donc impair, ce qui assure qu'en fait $\omega$ divise $n$.
On a alors $2^{n} \equiv 1 \bmod [p]$, et toujours $2^{n} \equiv-1 \bmod [p]$.
Par suite, $p$ divise 2, et donc $p=2$.
Mais, on a $m \geqslant 1$, d'où $2^{m}-1$ est impair et n'est donc pas divisible par 2. Contradiction.
Finalement, $2^{m}-1$ et $2^{n}+1$ sont premiers entre eux.
Autre solution
Montrons d'abord par récurrence sur $a+b$ que le pgcd de $2^{a}-1$ et $2^{b}-1$ est $2^{\operatorname{pgcd}(a, b)}-1$. Si $a=0$ ou $b=0$ c'est clair. Supposons la propriété vraie pour tous les couples ( $a^{\prime}, b^{\prime}$ ) tels que $a^{\prime}+b^{\prime}<a+b$. On peut supposer $a \geqslant b>0$. On a
$$
\begin{aligned}
\operatorname{pgcd}\left(2^{a}-1,2^{b}-1\right) & =\operatorname{pgcd}\left(2^{b}-1,2^{a}-1-\left(2^{b}-1\right)\right) \\
& =\operatorname{pgcd}\left(2^{b}-1,2^{b}\left(2^{a-b}-1\right)\right) \\
& =\operatorname{pgcd}\left(2^{b}-1,2^{a-b}-1\right) \quad \operatorname{car} 2^{b}-1 \text { et } 2^{b} \text { premiers entre eux } \\
& =2^{\operatorname{pgcd}(b, a-b)}-1 \quad \text { par hypothèse de récurrence } \\
& =2^{\operatorname{pgcd}(a, b)}-1
\end{aligned}
$$
ce qui démontre notre assertion.
Revenons à l'exercice. Notons $d^{\prime}=\operatorname{pgcd}\left(2^{m}-1,2^{n}+1\right)$. Soit $d=\operatorname{pgcd}(m, n)$, alors ce qui précède montre que $2^{d}-1=\operatorname{pgcd}\left(2^{m}-1,2^{2 n}-1\right)$. Or, $2^{2 n}-1$ est un multiple de $2^{n}+1$, donc $d^{\prime}$ divise $2^{d}-1$. Comme $2^{d}-1$ divise $2^{n}-1$, $d^{\prime}$ divise aussi $\left(2^{n}+1\right)-\left(2^{n}-1\right)=2$. Or, $2^{m}-1$ est impair donc $d^{\prime}$ est impair. Il vient $d^{\prime}=1$.
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{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "5",
"problem_match": "\nExercice 5.",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2013-2014-envoi-6-solutions.jsonl",
"solution_match": "## Solution de l'exercice 5",
"tier": "T2",
"year": "2014"
}
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Let $K$ be the maximum value of
$$
\left|x_{1}-x_{2}\right| \cdot\left|x_{1}-x_{3}\right| \cdot\left|x_{1}-x_{4}\right| \cdot\left|x_{2}-x_{3}\right| \cdot\left|x_{2}-x_{4}\right| \cdot\left|x_{3}-x_{4}\right|
$$
where $x_{1}, x_{2}, x_{3}, x_{4} \in[0 ; 1]$.
a) Prove that $\frac{4}{243}<K<\frac{1}{27}$.
b) Determine $K$.
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a) Let $x_{1}, x_{2}, x_{3}, x_{4} \in [0 ; 1]$.
We define
$$
f\left(x_{1}, x_{2}, x_{3}, x_{4}\right)=\left|x_{1}-x_{2}\right| \cdot\left|x_{1}-x_{3}\right| \cdot\left|x_{1}-x_{4}\right| \cdot\left|x_{2}-x_{3}\right| \cdot\left|x_{2}-x_{4}\right| \cdot\left|x_{3}-x_{4}\right| .
$$
If two of the numbers $x_{1}, x_{2}, x_{3}, x_{4}$ are equal, we have $f\left(x_{1}, x_{2}, x_{3}, x_{4}\right)=0$, which is clearly not the maximum value of $f$. Without loss of generality, we can therefore assume that $x_{1}>x_{2}>x_{3}>x_{4}$. According to the arithmetic-geometric mean inequality, we have
$$
\sqrt[3]{\left(x_{1}-x_{2}\right)\left(x_{2}-x_{3}\right)\left(x_{3}-x_{4}\right)} \leqslant \frac{\left(x_{1}-x_{2}\right)+\left(x_{2}-x_{3}\right)+\left(x_{3}-x_{4}\right)}{3}=\frac{x_{1}-x_{4}}{3} \leqslant \frac{1}{3}
$$
and thus $\left|x_{1}-x_{2}\right| \cdot\left|x_{2}-x_{3}\right| \cdot\left|x_{3}-x_{4}\right| \leqslant \frac{1}{27}$.
On the other hand, we have $\left|x_{1}-x_{3}\right|<1,\left|x_{1}-x_{4}\right| \leqslant 1$ and $\left|x_{2}-x_{4}\right|<1$, so $f\left(x_{1}, x_{2}, x_{3}, x_{4}\right)<\frac{1}{27}$.
Thus, we have $K<\frac{1}{27}$.
On the other hand, it is easy to verify that $f\left(1, \frac{3}{4}, \frac{1}{4}, 0\right)=\frac{9}{512}>\frac{4}{243}$, so $K>\frac{4}{243}$.
b) Without loss of generality, we still assume that $x_{1}>x_{2}>x_{3}>x_{4}$. However, it is easy to see that $f\left(x_{1}, x_{2}, x_{3}, x_{4}\right) \leqslant f\left(1, x_{2}, x_{3}, 0\right)$. Thus, by setting $x_{2}=y$ and $x_{3}=z$, we seek the maximum value of
$$
g(x, y)=(1-y)(1-z)(y-z) y z
$$
under the constraint $0<z<y<1$.
Let $s$ be a real number.
We recall that if $a, b$ are two real numbers such that $a+b=s$ then $a b=\frac{1}{4} s^{2}-\left(a-\frac{s}{2}\right)^{2} \leqslant \frac{1}{4} s^{2}$, with equality if and only if $a=b=\frac{1}{2} s$.
Now let $t \in (0,1)$, and consider the pairs $(y, z)$ for which $y-z=t$.
In these conditions, the values $(1-y)+z=1-t$ and $(1-z)+y=1+t$ are fixed. According to the recall, the product $(1-y) z$ is therefore maximal for $y+z=1$, and the same is true for the product $(1-z) y$. Given $y-z=t$, this corresponds to $y=\frac{1+t}{2}$ and $z=\frac{1-t}{2}$, and in these conditions, we have $g(y, z)=\frac{1}{16} t\left(1-t^{2}\right)^{2}$.
Thus, we need to find the maximum value of $P(t)=\frac{1}{16} t\left(1-t^{2}\right)^{2}$, when $t \in (0,1)$.
It is easy to verify that, for all $t \in (0,1)$, we have $P^{\prime}(t)=\frac{1}{16}\left(1-t^{2}\right)\left(1-5 t^{2}\right)$. This ensures that the sought maximum value is $P\left(\frac{1}{\sqrt{5}}\right)=\frac{\sqrt{5}}{125}$.
Thus, we have $K=\frac{\sqrt{5}}{125}$.
## Exercises of Group A
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\frac{\sqrt{5}}{125}
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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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On désigne par $K$ la valeur maximale de
$$
\left|x_{1}-x_{2}\right| \cdot\left|x_{1}-x_{3}\right| \cdot\left|x_{1}-x_{4}\right| \cdot\left|x_{2}-x_{3}\right| \cdot\left|x_{2}-x_{4}\right| \cdot\left|x_{3}-x_{4}\right|
$$
où $x_{1}, x_{2}, x_{3}, x_{4} \in[0 ; 1]$.
a) Prouver que $\frac{4}{243}<K<\frac{1}{27}$.
b) Déterminer $K$.
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a) Soit $x_{1}, x_{2}, x_{3}, x_{4} \in[0 ; 1]$.
On pose
$$
f\left(x_{1}, x_{2}, x_{3}, x_{4}\right)=\left|x_{1}-x_{2}\right| \cdot\left|x_{1}-x_{3}\right| \cdot\left|x_{1}-x_{4}\right| \cdot\left|x_{2}-x_{3}\right| \cdot\left|x_{2}-x_{4}\right| \cdot\left|x_{3}-x_{4}\right| .
$$
Si deux des nombres $x_{1}, x_{2}, x_{3}, x_{4}$ sont égaux, on a $f\left(x_{1}, x_{2}, x_{3}, x_{4}\right)=0$, qui n'est clairement pas la valeur maximale de $f$. Sans perte de généralité, on peut donc supposer que $x_{1}>x_{2}>x_{3}>x_{4}$. D'après l'inégalité arithmético-géométrique, on a
$$
\sqrt[3]{\left(x_{1}-x_{2}\right)\left(x_{2}-x_{3}\right)\left(x_{3}-x_{4}\right)} \leqslant \frac{\left(x_{1}-x_{2}\right)+\left(x_{2}-x_{3}\right)+\left(x_{3}-x_{4}\right)}{3}=\frac{x_{1}-x_{4}}{3} \leqslant \frac{1}{3}
$$
et donc $\left|x_{1}-x_{2}\right| \cdot\left|x_{2}-x_{3}\right| \cdot\left|x_{3}-x_{4}\right| \leqslant \frac{1}{27}$.
D'autre part, on a $\left|x_{1}-x_{3}\right|<1,\left|x_{1}-x_{4}\right| \leqslant 1$ et $\left|x_{2}-x_{4}\right|<1$, d'où $f\left(x_{1}, x_{2}, x_{3}, x_{4}\right)<\frac{1}{27}$.
Et ainsi, on a $K<\frac{1}{27}$.
D'autre part, on vérifie facilement que $f\left(1, \frac{3}{4}, \frac{1}{4}, 0\right)=\frac{9}{512}>\frac{4}{243}$, d'où $K>\frac{4}{243}$.
b) Sans perte de généralité, on suppose toujours que $x_{1}>x_{2}>x_{3}>x_{4}$. Mais, il est facile de constater que $f\left(x_{1}, x_{2}, x_{3}, x_{4}\right) \leqslant f\left(1, x_{2}, x_{3}, 0\right)$. Ainsi, en posant $x_{2}=y$ et $x_{3}=z$, on cherche la valeur maximale de
$$
g(x, y)=(1-y)(1-z)(y-z) y z
$$
sous la contrainte $0<z<y<1$.
Soit $s$ un réel.
On rappelle que si $a, b$ sont deux réels tels que $a+b=s$ alors $a b=\frac{1}{4} s^{2}-\left(a-\frac{s}{2}\right)^{2} \leqslant \frac{1}{4} s^{2}$, avec égalité si et seulement si $a=b=\frac{1}{2} s$.
Soit alors $t \in] 0,1[$, et considérons les couples $(y, z)$ pour lesquels $y-z=t$.
Dans ces conditions, les valeurs $(1-y)+z=1-t$ et $(1-z)+y=1+t$ sont fixées. D'après le rappel, le produit $(1-y) z$ est donc maximal pour $y+z=1$, et il en est de même pour le produit $(1-z) y$. Compte-tenu de $y-z=t$, cela correspond à $y=\frac{1+t}{2}$ et $z=\frac{1-t}{2}$ et, dans ces conditions, on a $g(y, z)=\frac{1}{16} t\left(1-t^{2}\right)^{2}$.
Il s'agit donc de chercher la valeur maximale de $P(t)=\frac{1}{16} t\left(1-t^{2}\right)^{2}$, lorsque $\left.t \in\right] 0,1[$.
Il est facile de vérifier que, pour tout $t \in] 0,1\left[\right.$, on a $P^{\prime}(t)=\frac{1}{16}\left(1-t^{2}\right)\left(1-5 t^{2}\right)$. Cela assure que la valeur maximale cherchée est $P\left(\frac{1}{\sqrt{5}}\right)=\frac{\sqrt{5}}{125}$.
Ainsi, on a $K=\frac{\sqrt{5}}{125}$.
## Exercices du 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-6-solutions.jsonl",
"solution_match": "## Solution de l'exercice 6",
"tier": "T2",
"year": "2014"
}
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If $n>0$ is an integer, we denote by $d(n)$ the number of positive divisors of $n$.
a) Does there exist a strictly increasing sequence $\left(a_{i}\right)_{i \geqslant 1}$ of positive integers such that, for all $i$ sufficiently large, the number $a_{i}$ is divisible by exactly $d(i)-1$ terms of the sequence (including itself)?
b) Does there exist a strictly increasing sequence $\left(a_{i}\right)_{i \geqslant 1}$ of positive integers such that, for all $i$ sufficiently large, the number $a_{i}$ is divisible by exactly $d(i)+1$ terms of the sequence (including itself)?
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a) The answer is yes.
It suffices to find a sequence $\left(a_{i}\right)$ that satisfies the following two conditions:
- the number $a_{1}$ does not divide any other term of the sequence,
- the number $i$ divides $j$ if and only if $a_{i}$ divides $a_{j}$, for all $i, j \geqslant 2$.
Indeed, it is well known that, for all integers $i, j \geqslant 1$, we have $\operatorname{pgcd}\left(2^{i}-1,2^{j}-1\right)=2^{d}-1$, where $d=\operatorname{pgcd}(i, j)$. Consequently, the sequence defined by $a_{1}=2$ and $a_{i}=2^{i}-1$ for $i>1$ works.
b) The answer is also yes.
In fact, more generally, we will prove that if $f: \mathbb{N}^{*} \longrightarrow \mathbb{N}^{*}$ is a function and there exists an integer $N>0$ such that $f(n) \leqslant n$ for all $n \geqslant N$, then there exists a strictly increasing sequence $\left(a_{i}\right)_{i \geqslant 1}$ of strictly positive integers such that, for all $i$ sufficiently large, the number $a_{i}$ is divisible by exactly $f(i)$ terms of the sequence.
Note immediately that this answers both a) and b) since $d(n)<n$ for all $n \geqslant 3$ (the number $n-1$ does not divide $n$ for $n \geqslant 3$).
Under the above conditions, we start by choosing a strictly increasing sequence $a_{1}, a_{2}, \cdots, a_{M}$ of $M$ prime numbers. Then, by induction on $k>M$, if $a_{1}, a_{2}, \cdots, a_{k-1}$ are defined with $a_{1}<a_{2}<\cdots<a_{k-1}$, we choose a prime number $p_{k}$ such that $p_{k}>a_{k-1}$ and we set $a_{k}=a_{1} a_{2} \cdots a_{f(k)-1} p_{k}$.
We then clearly have $a_{k-1}<a_{k}$.
Moreover, for all $i>M$, the number $a_{i}$ is divisible only by $a_{1}, a_{2}, \cdots, a_{f(i)-1}$ and by itself. On the other hand, $a_{i}$ is not divisible by any other term $a_{j}$, with $j>f(i)-1$ and $j \neq i$, since such an $a_{j}$ contains a prime factor $p_{j}$ that does not divide any of the $a_{k}$ with $k \leqslant f(i)-1$ and such that $p_{j} \neq p_{i}$.
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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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Si $n>0$ est un entier, on désigne par $d(n)$ le nombre de diviseurs strictement positifs de $n$.
a) Existe-t-il une suite $\left(a_{i}\right)_{i \geqslant 1}$ strictement croissante d'entiers strictement positifs tels que, pour tout $i$ suffisamment grand, le nombre $a_{i}$ soit divisible par exactement $d(i)-1$ termes de la suite (y compris lui-même)?
b) Existe-t-il une suite $\left(a_{i}\right)_{i \geqslant 1}$ strictement croissante d'entiers strictement positifs tels que, pour tout $i$ suffisamment grand, le nombre $a_{i}$ soit divisible par exactement $d(i)+1$ termes de la suite (y compris lui-même)?
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a) La réponse est oui.
Il suffit de trouver une suite $\left(a_{i}\right)$ qui vérifie les deux conditions suivantes :
- le nombre $a_{1}$ ne divise aucun autre terme de la suite,
- le nombre $i$ divise $j$ si et seulement si $a_{i}$ divise $a_{j}$, pour tous $i, j \geqslant 2$.
Or, il est bien connu que, pour tous entiers $i, j \geqslant 1$, on a $\operatorname{pgcd}\left(2^{i}-1,2^{j}-1\right)=2^{d}-1$, où $d=\operatorname{pgcd}(i, j)$. Par conséquent, la suite définie par $a_{1}=2$ et $a_{i}=2^{i}-1$ pour $i>1$ convient.
b) La réponse est également oui.
En fait, de façon plus générale, on va prouver que si $f: \mathbb{N}^{*} \longrightarrow \mathbb{N}^{*}$ est une fonction et qu'il existe un entier $N>0$ tel que $f(n) \leqslant n$ pour tout $n \geqslant N$, alors il existe une suite strictement croissante $\left(a_{i}\right)_{i \geqslant 1}$ d'entiers strictement positifs telle que, pour tout $i$ suffisamment grand, le nombre $a_{i}$ est divisible par exactement $f(i)$ termes de la suite.
Notons tout de suite que cela répond à la fois au a) et au b) puisque $d(n)<n$ pour tout $n \geqslant 3$ (le nombre $n-1$ ne divise pas $n$ pour $n \geqslant 3$ ).
Dans les conditions ci-dessus donc, on commence par choisir une suite strictement croissante $a_{1}, a_{2}, \cdots, a_{M}$ de $M$ nombres premiers. Puis, par récurrence sur $k>M$, si $a_{1}, a_{2}, \cdots, a_{k-1}$ sont définis avec $a_{1}<a_{2}<\cdots<a_{k-1}$, on choisit un nombre premier $p_{k}$ tel que $p_{k}>a_{k-1}$ et on pose $a_{k}=a_{1} a_{2} \cdots a_{f(k)-1} p_{k}$.
On a alors clairement $a_{k-1}<a_{k}$.
De plus, pour tout $i>M$, le nombre $a_{i}$ est divisible que par $a_{1}, a_{2}, \cdots, a_{f(i)-1}$ et par lui-même. Par contre, $a_{i}$ n'est divisible par aucun autre terme $a_{j}$, avec $j>f(i)-1$ et $j \neq i$, puisqu'un tel $a_{j}$ contient un facteur premier $p_{j}$ qui ne divise aucun des $a_{k}$ avec $k \leqslant f(i)-1$ et tel que $p_{j} \neq p_{i}$.
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{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "7",
"problem_match": "\nExercice 7.",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2013-2014-envoi-6-solutions.jsonl",
"solution_match": "\nSolution de l'exercice 7",
"tier": "T2",
"year": "2014"
}
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Let $ABC$ be a triangle. We denote by $D$ the foot of the bisector of $\widehat{BAC}$, and by $E$ the foot of the altitude from $A$. The perpendicular bisector of $[AD]$ meets the semicircles with diameters $[AB]$ and $[AC]$, constructed externally to $ABC$, at $X$ and $Y$.
Prove that the points $X, Y, D, E$ are concyclic.
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Let $M, N,$ and $P$ be the midpoints of $[AB], [AC],$ and $[AD]$, respectively. According to the Midpoint Theorem, $N, P, M$ are collinear, and given that $(AP) = (AD)$ is the angle bisector of $\widehat{BAC}$, we have
$$
\frac{MP}{NP} = \frac{BD}{CD} = \frac{AM}{AN} = \frac{AB}{AC} = \frac{MX}{NY}.
$$
In particular, it follows that $\frac{MP}{MX} = \frac{NP}{NY}$. Using the Law of Sines in $\triangle MPX$ and $\triangle NPY$, and since $\widehat{NPY} = \widehat{MPX}$, we have $\sin \widehat{PXM} = \sin \widehat{PYN}$. (1)
Clearly, $\widehat{PXM} < \widehat{BXA} = 90^\circ$ and $\widehat{PYN} < \widehat{AYC} = 90^\circ$, so (1) implies $\widehat{PXM} = \widehat{PYN}$. Since $\widehat{MPX} = \widehat{NPY}$, the triangles $\triangle PXM$ and $\triangle PYN$ are similar, and thus $\widehat{PMX} = \widehat{PNY}$. (2)
Without loss of generality, we can assume that between $M$ and $N$, $N$ is on the same side as $A$ with respect to $(XY)$.
Thus (2) leads to $\widehat{PMA} + \widehat{AMX} = \widehat{PNC} + \widehat{CNY}$,
which gives $\widehat{CBA} + 2 \widehat{ABX} = 180^\circ - \widehat{BCA} + 180^\circ - 2 \widehat{ACY}$
and therefore
$$
\begin{aligned}
\widehat{ABX} + \widehat{ACY} & = 180^\circ - \widehat{ABC} - \widehat{BCA} + 90^\circ - \widehat{ABX} + 90^\circ - \widehat{ACY} \\
& = \widehat{BAC} + \widehat{XAB} + \widehat{CAY} \\
& = \widehat{XAY}.
\end{aligned}
$$
However, $\widehat{AEB} = \widehat{AEC} = 90^\circ$, so $E$ lies on the circles with diameters $[AB]$ and $[AC]$, which are the circumcircles of triangles $ABX$ and $ACY$. Therefore, we have $\widehat{ABX} = \widehat{AEX}$ and $\widehat{ACY} = \widehat{AEY}$. (4)
From (3) and (4), we deduce that
$$
\widehat{X E Y} = \widehat{X E A} + \widehat{A E Y} = \widehat{A B X} + \widehat{A C Y} = \widehat{X A Y}.
$$
On the other hand, since $(XY)$ is the perpendicular bisector of $[AD]$, we have $\widehat{X A Y} = \widehat{X D Y}$, and finally $\widehat{X E Y} = \widehat{X D Y}$, which concludes the proof.
Alternative solution. Apply an inversion $i$ with pole $A$. Recall that circles not passing through $A$ are transformed into circles not passing through $A$, lines passing through $A$ are preserved, and circles passing through $A$ are transformed into lines perpendicular to the line connecting $A$ and the center of the circle. Moreover, any inversion preserves the angles between two intersecting lines or circles.
We deduce that $i$ transforms the circle with diameter $[AB]$ into the perpendicular to $(AB')$ passing through $B'$, transforms the line $(BC)$ into the circle $(AB'C')$ such that $D'$ is the midpoint of the arc $B'C'$ not containing $A$ and $E'$ is the point diametrically opposite to $A$. Furthermore, $i$ maps the perpendicular bisector of $[AD]$ to the circle with center $D'$ passing through $A$. Finally, since $E$ lies on the circle with diameter $[AB]$, the points $E', B, X'$ are collinear and similarly $E', C, Y'$ are collinear.
Assume that the angles at $B$ and $C$ in triangle $ABC$ are acute (the reasoning is analogous in the opposite case). Then $E'$ lies on the arc $B'C'$ not containing $A$. Without loss of generality, we can assume that $E'$ lies on the arc $C'D'$ as shown in the figure.
The fact that $E$ does not lie on the same semicircle with diameter $[AB]$ as $X$ implies that $B'$ lies between $E'$ and $X'$. Similarly, $C'$ lies between $E'$ and $Y'$.
First, note that $\widehat{Y' E' D'}$ and $\widehat{X' E' D'}$ are supplementary since $\widehat{Y' E' D'} = \widehat{C' E' D'} = \pi - \widehat{C' A D'} = \pi - \widehat{D' A B'} = \pi - \widehat{D' E' B'} = \pi - \widehat{D' E' X'}$.
Now apply the trigonometric form of Ceva's Theorem for the point $D'$ in triangle $EX'Y'$.
$$
\frac{\sin \left(\overrightarrow{E' D'}, \overrightarrow{E' X'}\right)}{\sin \left(\overrightarrow{E' D'}, \overrightarrow{E' Y'}\right)} \times \frac{\sin \left(\overrightarrow{X' D'}, \overrightarrow{X' Y'}\right)}{\sin \left(\overrightarrow{X' D'}, \overrightarrow{X' E'}\right)} \times \frac{\sin \left(\overrightarrow{Y' D'}, \overrightarrow{Y' E'}\right)}{\sin \left(\overrightarrow{Y' D'}, \overrightarrow{Y' X'}\right)} = -1.
$$
Since $\left(\overrightarrow{E' D'}, \overrightarrow{E' X'}\right) = \left(\overrightarrow{E' D'}, \overrightarrow{E' B'}\right) = \left(\overrightarrow{A D'}, \overrightarrow{A B'}\right)$ and $\left(\overrightarrow{E' D'}, \overrightarrow{E' Y'}\right) = \left(\overrightarrow{E' D'}, \overrightarrow{E' C'}\right) = \left(\overrightarrow{A D'}, \overrightarrow{A C'}\right) + \pi$, the first fraction is equal to 1.
Moreover, since $D'X'Y'$ is isosceles at $D'$, we have $\left(\overrightarrow{X' D'}, \overrightarrow{X' Y'}\right) = -\left(\overrightarrow{Y' D'}, \overrightarrow{Y' X'}\right)$. Substituting into (1), we conclude that
$$
\sin \left(\overrightarrow{X' D'}, \overrightarrow{X' E'}\right) = \sin \left(\overrightarrow{Y' D'}, \overrightarrow{Y' E'}\right)
$$
which proves that the angles $\widehat{D' X' E'}$ and $\widehat{D' Y' E'}$ are equal or supplementary.
If they were supplementary, we would have $\widehat{X' E' D'} + \widehat{D' X' E'} + \widehat{Y' E' D'} + \widehat{D' Y' E'} = 2\pi$, so the sum of the angles of triangles $D'X'E'$ and $D'Y'E'$ would exceed $2\pi$, which is impossible. Therefore, $\widehat{D' X' E'}$ and $\widehat{D' Y' E'}$ are equal. From (2), this shows that $\left(\overrightarrow{X' D'}, \overrightarrow{X' E'}\right) = \left(\overrightarrow{Y' D'}, \overrightarrow{Y' E'}\right)$, hence the cocyclicity of $D', E', X', Y'$.
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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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Soit $A B C$ un triangle. On désigne par $D$ le pied de la bissectrice de $\widehat{B A C}$, et par $E$ le pied de la hauteur issue de $A$. La médiatrice de $[A D]$ rencontre les demi-cercles de diamètres respectifs $[A B]$ et $[A C]$ construits extérieurement à $A B C$, en $X$ et $Y$.
Prouver que les points $X, Y, D, E$ sont cocycliques.
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On désigne par $M, N$ et $P$ les milieux respectifs de $[A B],[A C]$ et $[A D]$. D'après le théorème des milieux, on a $N, P, M$ alignés et, compte-tenu de ce que $(A P)=(A D)$ est la bissectrice de $\widehat{B A C}$, on a
$$
\frac{M P}{N P}=\frac{B D}{C D}=\frac{A M}{A N}=\frac{A B}{A C}=\frac{M X}{N Y} .
$$
En particulier, il vient $\frac{M P}{M X}=\frac{N P}{N Y}$. En utilisant la loi des sinus dans $M P X$ et $N P Y$, et puisque $\widehat{N P Y}=\widehat{M P X}$, c'est donc que $\sin \widehat{P X M}=\sin \widehat{P Y N}$. (1)
Or, on a clairement $\widehat{P X M}<\widehat{B X A}=90^{\circ}$ et $\widehat{P Y N}<\widehat{A Y C}=90^{\circ}$, donc (1) donne $\widehat{P X M}=\widehat{P Y N}$. Comme $\widehat{M P X}=\widehat{N P Y}$, c'est donc que les triangles $P X M$ et $P Y N$ sont semblables, et que $\widehat{P M X}=\widehat{P N Y}$. (2)
Sans perte de généralité, on peut supposer qu'entre $M$ et $N$, c'est $N$ qui est du même côté que $A$ par rapport à $(X Y)$.
Ainsi (2) conduit à $\widehat{P M A}+\widehat{A M X}=\widehat{P N C}+\widehat{C N Y}$,
d'où $\widehat{C B A}+2 \widehat{A B X}=180^{\circ}-\widehat{B C A}+180^{\circ}-2 \widehat{A C Y}$
et donc
$$
\begin{aligned}
\widehat{A B X}+\widehat{A C Y} & =180^{\circ}-\widehat{A B C}-\widehat{B C A}+90^{\circ}-\widehat{A B X}+90^{\circ}-\widehat{A C Y} \\
& =\widehat{B A C}+\widehat{X A B}+\widehat{C A Y} \\
& =\widehat{X A Y} .
\end{aligned}
$$
Mais, $\widehat{A E B}=\widehat{A E C}=90^{\circ}$ donc $E$ appartient aux cercles de diamètres $[A B]$ et $[A C]$, soit donc aux cercles circonscrits aux triangles $A B X$ et $A C Y$. Par suite, on a $\widehat{A B X}=\widehat{A E X}$ et $\widehat{A C Y}=\widehat{A E Y}$. (4)
De (3) et (4), on déduit que
$$
\widehat{X E Y}=\widehat{X E A}+\widehat{A E Y}=\widehat{A B X}+\widehat{A C Y}=\widehat{X A Y}
$$
D'autre part, puisque $(X Y)$ est la médiatrice de $[A D]$, on a $\widehat{X A Y}=\widehat{X D Y}$, et finalement $\widehat{X E Y}=$ $\widehat{X D Y}$, ce qui conclut.
Autre solution. On applique une inversion $i$ de pôle $A$. Rappelons que les cercles ne passant pas par $A$ sont transformés en des cercles ne passant pas par $A$, que les droites passant par $A$ sont conservées et que les cercles passant par $A$ sont transformés en des droites perpendiculaires à la droite reliant $A$ et le centre du cercle. D'autre part, toute inversion conserve les angles entre deux droites ou cercles sécants.
On en déduit que $i$ transforme le cercle de diamètre $[A B]$ en la perpendiculaire à $\left(A B^{\prime}\right)$ passant par $B^{\prime}$, transforme la droite $(B C)$ en le cercle $\left(A B^{\prime} C^{\prime}\right)$ de sorte que $D^{\prime}$ est le milieu de l'arc $B^{\prime} C^{\prime}$ ne contenant pas $A$ et $E^{\prime}$ est le point diamétralement opposé à $A$. De plus, $i$ envoie la médiatrice de $[A D]$ sur le cercle de centre $D^{\prime}$ passant par $A$. Enfin, comme $E$ sur le cercle de diamètre $[A B]$, les points $E^{\prime}, B, X^{\prime}$ sont alignés et de même $E^{\prime}, C, Y^{\prime}$ sont alignés.
Supposons que les angles en $B$ et en $C$ du triangle $A B C$ sont aigus (le raisonnement est analogue dans le cas contraire). Alors $E^{\prime}$ appartient à l'arc $B^{\prime} C^{\prime}$ ne contenant pas $A$. Quitte à échanger les rôles de $B$ et de $C$, on peut supposer que $E^{\prime}$ appartient à l'arc $C^{\prime} D^{\prime}$ comme sur la figure.
Le fait que $E$ ne se trouve pas sur le même demi-cercle de diamètre $[A B]$ que $X$ implique que $B^{\prime}$ se trouve entre $E^{\prime}$ et $X^{\prime}$. De même, $C^{\prime}$ se trouve entre $E^{\prime}$ et $Y^{\prime}$.
Remarquons d'abord que $\widehat{Y^{\prime} E^{\prime} D^{\prime}}$ et $\widehat{X^{\prime} E^{\prime} D^{\prime}}$ sont supplémentaires puisque $\widehat{Y^{\prime} E^{\prime} D^{\prime}}=\widehat{C^{\prime} E^{\prime} D^{\prime}}=$ $\pi-\widehat{C^{\prime} A D^{\prime}}=\pi-\widehat{D^{\prime} A B^{\prime}}=\pi-\widehat{D^{\prime} E^{\prime} B^{\prime}}=\pi-\widehat{D^{\prime} E^{\prime} X^{\prime}}$.
Appliquons maintenant le théorème de Ceva trigonométrique pour le point $D^{\prime}$ appartenant au triangle $E X^{\prime} Y^{\prime}$.
$$
\frac{\sin \left(\overrightarrow{E^{\prime} D^{\prime}}, \overrightarrow{E^{\prime} X^{\prime}}\right)}{\sin \left(\overrightarrow{E^{\prime} D^{\prime}}, \overrightarrow{E^{\prime} Y^{\prime}}\right)} \times \frac{\sin \left(\overrightarrow{X^{\prime} D^{\prime}}, \overrightarrow{X^{\prime} Y^{\prime}}\right)}{\sin \left(\overrightarrow{X^{\prime} D^{\prime}}, \overrightarrow{X^{\prime} E^{\prime}}\right)} \times \frac{\sin \left(\overrightarrow{Y^{\prime} D^{\prime}}, \overrightarrow{Y^{\prime} E^{\prime}}\right)}{\sin \left(\overrightarrow{Y^{\prime} D^{\prime}}, \overrightarrow{Y^{\prime} X^{\prime}}\right)}=-1 .
$$
Comme $\left(\overrightarrow{E^{\prime} D^{\prime}}, \overrightarrow{E^{\prime} X^{\prime}}\right)=\left(\overrightarrow{E^{\prime} D^{\prime}}, \overrightarrow{E^{\prime} B^{\prime}}\right)=\left(\overrightarrow{A D^{\prime}}, \overrightarrow{A B^{\prime}}\right)$ et $\left(\overrightarrow{E^{\prime} D^{\prime}}, \overrightarrow{E^{\prime} Y^{\prime}}\right)=\left(\overrightarrow{E^{\prime} D^{\prime}}, \overrightarrow{E^{\prime} C^{\prime}}\right)=\left(\overrightarrow{A D^{\prime}}, \overrightarrow{A C^{\prime}}\right)+$ $\pi$, la première fraction est égale à 1 .
De plus, comme $D^{\prime} X^{\prime} Y^{\prime}$ est isocèle en $D^{\prime}$, on a $\left(\overrightarrow{X^{\prime} D^{\prime}}, \overrightarrow{X^{\prime} Y^{\prime}}\right)=-\left(\overrightarrow{Y^{\prime} D^{\prime}}, \overrightarrow{Y^{\prime} X^{\prime}}\right)$. En reportant dans (1), on en conclut que
$$
\sin \left(\overrightarrow{X^{\prime} D^{\prime}}, \overrightarrow{X^{\prime} E^{\prime}}\right)=\sin \left(\overrightarrow{Y^{\prime} D^{\prime}}, \overrightarrow{Y^{\prime} E^{\prime}}\right)
$$
ce qui prouve que les angles $\widehat{D^{\prime} X^{\prime} E^{\prime}}$ et $\widehat{D^{\prime} Y^{\prime} E^{\prime}}$ sont égaux ou supplémentaires.
S'ils étaient supplémentaires, on aurait $\widehat{X^{\prime} E^{\prime} D^{\prime}}+\widehat{D^{\prime} X^{\prime} E^{\prime}}+\widehat{Y^{\prime} E^{\prime} D^{\prime}}+\widehat{D^{\prime} Y^{\prime} E^{\prime}}=2 \pi$, donc la somme des angles des triangles $D^{\prime} X^{\prime} E^{\prime}$ et $D^{\prime} Y^{\prime} E^{\prime}$ dépasserait $2 \pi$, ce qui est impossible. Par conséquent, $\widehat{D^{\prime} X^{\prime} E^{\prime}}$ et $\widehat{D^{\prime} Y^{\prime} E^{\prime}}$ sont égaux. D'après $(2)$, ceci montre que $\left(\overrightarrow{X^{\prime} D^{\prime}}, \overrightarrow{X^{\prime} E^{\prime}}\right)=\left(\overrightarrow{Y^{\prime} D^{\prime}}, \overrightarrow{Y^{\prime} E^{\prime}}\right)$, d'où la cocyclicité de $D^{\prime}, E^{\prime}, X^{\prime}, Y^{\prime}$.
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{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "8",
"problem_match": "\nExercice 8.",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2013-2014-envoi-6-solutions.jsonl",
"solution_match": "\nSolution de l'exercice 8",
"tier": "T2",
"year": "2014"
}
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Consider a row of cells numbered $0,1, \ldots, k$ from left to right where, for each $i \geqslant 1$, cell number $i$ contains $x_{i}$ tokens. Initially, there are no tokens on cell number 0. Alice and Bob then take turns playing according to the following rules:
- Bob chooses a set $S$ of tokens, not necessarily all on the same cell.
- Alice can then either eliminate all tokens that are not in $S$ but then move each token in $S$ from the cell it occupies to the neighboring cell to its left (such a token thus moves from cell number $i$ to cell number $i-1$), or eliminate all tokens that are in $S$ but then move each token that is not in $S$ from the cell it occupies to the neighboring cell to its left.
Bob wins the game if he manages to bring a token to cell number 0, and Alice wins if she manages to eliminate all the tokens.
1) Prove that Alice has a winning strategy if $\sum_{i=1}^{k} 2^{-i} x_{i}<1$.
2) Is it true that if $\sum_{i=1}^{k} 2^{-i} x_{i} \geqslant 1$ then Bob has a winning strategy?
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In everything that follows, we can clearly assume that Bob never chooses $S=\emptyset$ or $S$ as the set of all tokens not yet eliminated, otherwise Alice wins immediately. Therefore, the number of tokens strictly decreases after each of Alice's turns, ensuring that the game always ends in a finite number of turns, either by the elimination of all tokens or because one of them has reached position 0. Thus, there will be no draw.
Moreover, since this is a game of perfect information, it is well known that one of the two players has a winning strategy. The question is which one...
1) - Probabilistic approach: Fix a strategy for Bob. Alice will then play randomly. More precisely, at each turn, after Bob has chosen his set $S$ of tokens, Alice flips a fair coin. If it lands Heads, she eliminates the tokens in $S$ (and moves the tokens not in $S$ to the left) and, if it lands Tails, she does the opposite.
For each token $j$, let $X_{j}$ be the random variable equal to 1 if token $j$ is on position 0 at the end of the game, and 0 otherwise.
Let $X=\sum_{j} X_{j}$, the sum being over all the initial tokens.
We note that $X$ represents the total number of tokens that end up on position 0 at the end of the game, and therefore Alice wins if and only if $X<1$.
Let $j$ be one of the initial tokens. At each turn, Bob can choose $S$ such that, if $j$ has not yet been eliminated, we have $j \in S$ or $j \notin S$, but in any case, the probability that $j$ is then moved to the left is equal to $\frac{1}{2}$. If, at the beginning of the game, token $j$ is on position $i$, it reaches position 0 at the end of the game if and only if the first $i$ coin flips all result in moves to the left, which happens with a probability of $\frac{1}{2^{i}}$. Therefore, we have $E\left(X_{j}\right)=\frac{1}{2^{i}}$ for any token $j$.
By linearity of expectation, we have
$$
E(X)=\sum_{j} E\left(X_{j}\right)=\sum_{i=1}^{k} 2^{-i} x_{i}<1
$$
This ensures that the event $[X<1]$ occurs with a non-zero probability. Thus, regardless of Bob's strategy, Alice has a non-zero probability of winning, which proves that Bob does not have a winning strategy. According to our initial remark, it is therefore Alice who has one.
- Deterministic approach: Consider a given moment during the game, just before it is Bob's turn to play, and let $C$ be the resulting configuration. For each $i$, let $y_{i}$ be the number of tokens that are then on position $i$, and define the weight of $C$ by $W(C)=\sum_{i=1}^{k} y_{i} 2^{-i}$.
To link this with the probabilistic approach, we can note that $W(C)=E(Y)$, where $Y$ is the number of tokens that will end up on position 0 if Alice plays the rest of the game, starting from configuration $C$, in the random way described above.
Alice's strategy will then consist of always choosing configurations to minimize the successive weights $W$:
Let $C$ be a configuration for which the game is not yet over, with weight $W=W(C)$, and suppose Bob chooses the set $S$ of tokens.
We denote $W^{+}$ (resp. $W^{-}$) the weight of the configuration obtained if Alice moves the tokens in $S$ to the left (resp. eliminates the tokens in $S$).
For each token $j$, the contribution of $j$ is zero (the token has been eliminated) in one of the sums $W^{+}$ and $W^{-}$, and is twice what it is in $W$ for the other. This being true for each token, we therefore have $W=\frac{1}{2}\left(W^{+}+W^{-}\right)$.
In particular, Alice can then choose a configuration $C^{\prime}$ for which $W\left(C^{\prime}\right) \leqslant W(C)$. Since we start the game with a configuration of weight strictly less than 1, this ensures that, throughout the game, Alice can impose configurations of weight strictly less than 1. This clearly prevents Bob from winning since a token on position 0 alone gives a weight of 1.
2) Suppose that $\sum_{i=1}^{k} 2^{-i} x_{i} \geqslant 1$.
We will prove that Bob has a winning strategy. Given our initial remark, it suffices to prove that Alice does not have a winning strategy.
Let $C$ be a configuration for which the game is not yet over. Let $J$ be the set of tokens in $C$.
If $A \subset J$, we denote $C_{A}$ the configuration obtained from $C$ by keeping only the tokens that are in $A$ (without moving them to the left).
Lemma. If $C$ is a configuration such that $W(C) \geqslant 1$, there exists a subset $S$ of $J$ such that
$$
W\left(C_{S}\right) \geqslant \frac{1}{2} \text { and } W\left(C_{\bar{S}}\right) \geqslant \frac{1}{2} \text {. }
$$
Proof of the lemma.
First, we note that if a configuration $C$ satisfies $W(C) \geqslant 1$ then there exists $i$ such that $y_{i} \geqslant 2$. Indeed, in the opposite case, we would have
$$
W(C) \leqslant \sum_{i=1}^{k} 2^{-i}=1-\frac{1}{2^{k}}<1
$$
We reason by induction on the number $n$ of tokens in the configuration:
- If the configuration considered has only two tokens, then, from the above, they are both on the same position. Moreover, if we want $W(C) \geqslant 1$, it is easy to verify that they are actually on position 1. Thus, the subset $S$ formed by one of the two tokens works.
- Let $n \geqslant 3$ and suppose the conclusion is assured for any configuration of weight at least 1 and containing $n-1$ tokens. Let then $C$ be a configuration such that $W(C) \geqslant 1$ and with $n$ tokens.
If $y_{1} \geqslant 2$, a subset $S$ formed by one of the tokens on position 1 works. Otherwise, let $i \geqslant 2$ such that $y_{i} \geqslant 2$ and let $A$ and $B$ be two tokens on position $i$. We then consider the configuration $C^{\prime}$ identical to $C$ except for $A$ and $B$ which are replaced by a single token $X$ on position $i-1$. Clearly, $W\left(C^{\prime}\right)=W(C) \geqslant 1$, and $C^{\prime}$ contains only $n-1$ tokens. By the induction hypothesis, there exists a subset $S^{\prime}$ of the set of tokens in $C^{\prime}$ such that $W\left(C_{S^{\prime}}^{\prime}\right) \geqslant \frac{1}{2}$ and $W\left(C_{\overline{S^{\prime}}}^{\prime}\right) \geqslant \frac{1}{2}$.
It is then easy to verify that if $S$ is the subset formed by the tokens in $S^{\prime}$, and by replacing $X$ with $A$ and $B$, we have $W\left(C_{S}\right) \geqslant \frac{1}{2}$ and $W\left(C_{\bar{S}}\right) \geqslant \frac{1}{2}$, which completes the induction and the proof.
Let's return to the game. Once Bob has chosen a set $S$ of tokens, whatever Alice's choice, it will lead to a configuration whose weight will be twice that of the configuration formed only by the tokens that are not eliminated. The lemma ensures that from a configuration of weight at least 1, Bob can choose $S$ such that after Alice's choice, we obtain a configuration of weight at least 1. Since the initial configuration is assumed to have a weight of at least 1, Bob can therefore ensure that the entire game takes place on such configurations. This clearly prevents Alice from winning (she aims to obtain a configuration of weight 0), hence the conclusion.
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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 une rangée de cases numérotées $0,1, \ldots, k$ de gauche à droite où, pour chaque $i \geqslant 1$, la case numéro $i$ contient $x_{i}$ jetons. Il n'y a initialement aucun jeton sur la case numéro 0 . A tour de rôle, Alice et Bob jouent alors selon les règles suivantes :
- Bob choisit un ensemble $S$ de jetons, pas forcément tous sur la même case.
- Alice peut ensuite soit éliminer tous les jetons qui ne sont pas dans $S$ mais alors déplacer chaque jeton de $S$ de la case qu'il occupe à la case voisine à sa gauche (un tel jeton passe donc d'une case numéro $i$ à la case numéro $i-1$, soit éliminer tous les jetons qui sont dans $S$ mais alors déplacer chaque jeton qui n'est pas dans $S$ de la case qu'il occupe à la case voisine à sa gauche.
Bob gagne la partie s'il arrive à amener un jeton sur la case numéro 0, et Alice gagne si elle arrive à éliminer tous les jetons.
1) Prouver qu'Alice possède une stratégie gagnante si $\sum_{i=1}^{k} 2^{-i} x_{i}<1$.
2) Est-il vrai que si $\sum_{i=1}^{k} 2^{-i} x_{i} \geqslant 1$ alors Bob possède une stratégie gagnante?
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Dans tout ce qui suit, on peut clairement supposer que Bob ne choisit jamais $S=\emptyset$ ou $S$ l'ensemble de tous les jetons non encore éliminés, sans quoi Alice gagne immédiatement. Du coup, le nombre de jetons diminue strictement après chaque fois qu'Alice joue, ce qui assure que le jeu se termine toujours en un nombre fini de tours, soit par élimination de tous les jetons, soit parce que l'un d'eux aura atteint la case numéro 0 . Ainsi, il n'y aura pas de partie nulle.
De plus, s'agissant d'un jeu à information parfaite, il est bien connu que l'un des deux joueurs a alors une stratégie gagnante. Reste à savoir lequel...
1) - Approche probabiliste : Fixons une stratégie pour Bob. Alice va alors jouer de façon aléatoire. Plus précisément, à chaque tour, après que Bob ait choisi son ensemble $S$ de jetons, Alice lance une pièce équilibrée. Si elle obtient Face, elle élimine les jetons de $S$ (et déplace donc ceux qui ne sont pas dans $S$ vers la gauche) et, si elle obtient Pile, elle fait le contraire.
Pour chaque jeton $j$, on note $X_{j}$ la variable aléatoire égale à 1 si le jeton $j$ est sur la case numéro 0 à la fin de la partie, et égale à 0 sinon.
Soit enfin $X=\sum_{j} X_{j}$, la somme portant sur l'ensemble des jetons de départ.
On remarque que $X$ représente le nombre total de jetons qui arrivent sur la case numéro 0 à la fin du jeu, et donc qu'Alice gagne si et seulement si $X<1$.
Soit $j$ un des jetons de départ. A chaque tour, Bob peut choisir $S$ de sorte que, si $j$ n'a pas encore été éliminé, on ait $j \in S$ ou $j \notin S$ mais, quoi qu'il en soit, la probabilité que $j$ soit alors déplacé vers la gauche est égale à $\frac{1}{2}$. Si, au début du jeu, le jeton $j$ se trouve sur la case numéro $i$, il arrive sur la case numéro 0 à la fin du jeu si et seulement si les $i$ premiers lancers de pièces ont tous conduit à des déplacements vers la gauche, ce qui arrive donc avec une probabilité $\frac{1}{2^{i}}$. Par suite, on a $E\left(X_{j}\right)=\frac{1}{2^{i}}$ pour tout jeton $j$.
Par linéarité de l'espérance, on a donc
$$
E(X)=\sum_{j} E\left(X_{j}\right)=\sum_{i=1}^{k} 2^{-i} x_{i}<1
$$
Cela assure que l'événement $[X<1]$ se réalise avec une probabilité non nulle. Ainsi, quelle que soit la stratégie de Bob, Alice a une probabilité non nulle de gagner, ce qui prouve que Bob n'a pas de stratégie gagnante. D'après notre remarque initiale, c'est donc Alice qui en possède une.
- Approche déterministe : Plaçons nous à un instant donné au cours de la partie, juste avant que ce soit à Bob de jouer, et considérons la configuration $C$ obtenue. Pour chaque $i$, on note $y_{i}$ le nombre de jetons qui sont alors sur la case numéro $i$, et on définit le poids de $C$ par $W(C)=\sum_{i=1}^{k} y_{i} 2^{-i}$.
Pour faire le lien avec l'approche probabiliste, on peut noter que $W(C)=E(Y)$, où $Y$ est le nombre de jetons qui vont arriver sur la case numéro 0 si Alice joue le reste de la partie, depuis la configuration $C$, de la façon aléatoire ci-dessus.
La stratégie d'Alice va consister alors à toujours choisir des configurations afin de minimiser les poids $W$ successifs :
Soit donc $C$ une configuration pour laquelle le jeu ne soit pas déjà terminé, de poids $W=W(C)$, et supposons que Bob choisisse l'ensemble $S$ de jetons.
On note $W^{+}$(resp. $W^{-}$) le poids de la configuration obtenue si Alice déplace les jetons de $S$ vers la gauche (resp. élimine les jetons de $S$ ).
Pour chaque jeton $j$, la contribution de $j$ est nulle ( $j$ a été éliminé) dans l'une des sommes $W^{+}$et $W^{-}$, et vaut le double de ce qu'elle est dans $W$ pour l'autre. Ceci étant vrai pour chaque jeton, on a donc $W=\frac{1}{2}\left(W^{+}+W^{-}\right)$.
En particulier, Alice peut alors choisir une configuration $C^{\prime}$ pour laquelle $W\left(C^{\prime}\right) \leqslant W(C)$. Or, puisqu'on débute le jeu avec une configuration de poids strictement inférieur à 1 , cela assure que, tout au long du jeu, Alice peut imposer des configurations de poids strictement inférieurs à 1 . Ceci empêche clairement Bob de gagner puisqu'un jeton sur la case numéro 0 donne, à lui seul, un poids égal à 1.
2) Supposons que $\sum_{i=1}^{k} 2^{-i} x_{i} \geqslant 1$.
On va prouver que Bob possède une stratégie gagnante. Compte-tenu de notre remarque préliminaire, il suffit de prouver qu'Alice n'a pas de stratégie gagnante.
Soit $C$ une configuration pour laquelle le jeu n'est pas encore terminé. On note $J$ l'ensemble des jetons de $C$.
Si $A \subset J$, on note $C_{A}$ la configuration obtenue à partir de $C$ en ne gardant que les jetons qui sont dans $A$ (sans les déplacer vers la gauche).
Lemme. Si $C$ est une configuration telle que $W(C) \geqslant 1$, il existe une partie $S$ de $J$ telle que
$$
W\left(C_{S}\right) \geqslant \frac{1}{2} \text { et } W\left(C_{\bar{S}}\right) \geqslant \frac{1}{2} \text {. }
$$
Preuve du lemme.
Tout d'abord, on remarque que si une configuration $C$ vérifie $W(C) \geqslant 1$ alors il existe $i$ tel que $y_{i} \geqslant 2$. En effet, dans le cas contraire, on aurait
$$
W(C) \leqslant \sum_{i=1}^{k} 2^{-i}=1-\frac{1}{2^{k}}<1
$$
On raisonne par récurrence sur le nombre $n$ de jetons de la configuration :
- Si la configuration considérée ne possède que deux jetons alors, d'après ci-dessus, ils sont tous les deux sur la même case. De plus, si l'on veut que $W(C) \geqslant 1$, il est facile de vérifier qu'ils sont en fait sur la case numéro 1. Ainsi, la partie $S$ formée par l'un des deux jetons convient.
- Soit $n \geqslant 3$ et supposons la conclusion assurée pour toute configuration de poids supérieur ou égal à 1 , et contenant $n-1$ jetons. Soit alors $C$ une configuration telle que $W(C) \geqslant 1$ et à $n$ jetons.
Si $y_{1} \geqslant 2$, une partie $S$ formée uniquement d'un des jetons qui sont sur la case numéro 1 convient. Sinon, soit $i \geqslant 2$ tel que $y_{i} \geqslant 2$ et soit $A$ et $B$ deux jetons qui sont sur la case numéro $i$. On considère alors la configuration $C^{\prime}$ identique à $C$ sauf pour $A$ et $B$ qui sont remplacés par un seul jeton $X$, placé sur la case numéro $i-1$. On a clairement $W\left(C^{\prime}\right)=W(C) \geqslant 1$, et $C^{\prime}$ ne contient que $n-1$ jetons. D'après l'hypothèse de récurrence, il existe donc une partie $S^{\prime}$ de l'ensemble des jetons de $C^{\prime}$ telle que $W\left(C_{S^{\prime}}^{\prime}\right) \geqslant \frac{1}{2}$ et $W\left(C_{\overline{S^{\prime}}}^{\prime}\right) \geqslant \frac{1}{2}$.
Il est alors facile de vérifier que si $S$ est la partie formée des jetons de $S^{\prime}$, et en remplaçant $X$ par $A$ et $B$, on a bien $W\left(C_{S}\right) \geqslant \frac{1}{2}$ et $W\left(C_{\bar{S}}\right) \geqslant \frac{1}{2}$, ce qui achève la récurrence et la preuve.
Revenons au jeu. Une fois que Bob a choisi un ensemble $S$ de jetons, quel que soit le choix d'Alice, celui-ci conduira à une configuration dont le poids sera le double de celui de la configuration formée uniquement par les jetons qui ne seront pas éliminés. Le lemme assure donc qu'à partir d'une configuration de poids supérieur ou égal à 1 , Bob peut choisir $S$ de sorte qu'après le choix d'Alice, on obtienne une configuration de poids supérieur ou égal à 1. Puisque la configuration initiale est supposée de poids supérieur ou égal à 1, Bob peut donc imposer que toute la partie se déroule sur de telles configurations. Cela empêche clairement Alice de gagner (elle cherche à obtenir une configuration de poids nul), d'où la conclusion.
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{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "9",
"problem_match": "\nExercice 9.",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2013-2014-envoi-6-solutions.jsonl",
"solution_match": "## Solution de l'exercice 9",
"tier": "T2",
"year": "2014"
}
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Consider a standard $8 \times 8$ chessboard. A zigzag is a path on the white squares, starting from any square on the bottom row and moving up row by row until reaching the top row (on any square): at each step, one moves up one square diagonally. How many zigzags are there?
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We write a 1 in each of the four white squares at the bottom. Then in the second row, we write the sum of the white squares that lead to them: this is the number of ways to reach these squares. We repeat this in the third row, etc., up to the eighth row: on each of the four squares, we have the number of zigzags that reach this square. The total number of zigzags is therefore $69+103+35+89=296$.
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296
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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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On considère un échiquier classique $8 \times 8$. Un zigzag est un chemin sur les cases blanches, qui part d'une case (quelconque) de la ligne du bas, et monte de ligne en ligne jusqu'à atteindre celle du haut (sur n'importe quelle case) : à chaque étape, on monte d'une case en diagonale. Combien y a-t-il de zigzags?
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On écrit un 1 dans chacune des quatre cases blanches du bas. Puis dans la deuxième ligne, on écrit la somme des cases blanches qui y mènent : c'est le nombre de manières d'atteindre ces cases. On recommence dans la troisième ligne, etc. jusqu'à la huitième ligne : sur chacune des quatre cases, on a le nombre de zigzags qui arrivent à cette case. Le nombre total de zigzags est donc $69+103+35+89=296$.
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{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "1",
"problem_match": "\nExercice 1",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2014-2015-envoi-1-solutions.jsonl",
"solution_match": "\nSolution ",
"tier": "T2",
"year": "2015"
}
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We take 1008 distinct integers between 1 and 2014 (inclusive).
(i) Show that there exist three integers $a, b, c$ such that the gcd of $a$ and $b$ divides $c$ (the gcd or Greatest Common Divisor of two integers is the largest natural number that divides both of them).
(ii) Show that there exist three integers $a, b, c$ such that the gcd of $a$ and $b$ does not divide $c$.
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(i) Group the integers from 1 to 2014 into pairs of consecutive integers: (1, 2), (3, 4),..., (2013, 2014). There are 1007 such pairs. By the pigeonhole principle, if we choose 1008 integers, there will be two from the same pair, \(a\) and \(b\), with \(b = a + 1\). Their gcd is 1 (since it divides their difference), so it divides any of the other 1006 numbers, which we can take as \(c\).
(ii) There are 1007 even integers available. Therefore, among 1008 numbers, there must be at least one odd number. If there are at least two even numbers among the 1008, let's denote them as \(a\) and \(b\). Let \(c\) be an odd number among the 1008. The \(\operatorname{gcd}\) of \(a\) and \(b\) is a multiple of 2, since 2 divides both \(a\) and \(b\). (In fact, the \(\operatorname{gcd}\) of \(a\) and \(b\) is 2 times the \(\operatorname{gcd}\) of \(a / 2\) and \(b / 2\)). Therefore, if it divides \(c\), then 2 divides \(c\), which is absurd.
If there are fewer than 2 even numbers among the 1008, it means we have taken the 1007 odd numbers, plus one even number, denoted as \(c\). We can find triplets in at least two ways.
- Short solution: we have the triplet \((3, 9, 1)\), and it is clear that \(\operatorname{gcd}(3, 9)\) does not divide 1.
- Less short solution: if \(c\) is divisible by all the gcds of pairs of odd integers between 1 and 2013, it will have many prime divisors: it will be divisible by the gcd of 3 and 9, the gcd of 5 and 15, the gcd of 7 and 21, the gcd of 11 and 33, etc. So it is divisible by \(3, 5, 7, 11\) already (and by 2, since it is even). The least common multiple of these numbers is their product (since they have no common factors). It is \(2 \times 3 \times 5 \times 7 \times 11 = 2310\), so \(c > 2014\), which is not possible. Therefore, there exist two odd numbers \(a\) and \(b\) such that their gcd does not divide \(c\).
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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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On prend 1008 entiers distincts compris (au sens large) entre 1 et 2014.
(i) Montrer qu'il existe trois entiers $a, b, c$ tels que le pgcd de $a$ et $b$ divise $c$ (le pgcd ou Plus Grand Diviseur Commun de deux entiers est le plus grand entier naturel qui les divise tous les deux).
(ii) Montrer qu'il existe trois entiers $a, b, c$ tels que le pgcd de $a$ et $b$ ne divise pas $c$.
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(i) Groupons les entiers de 1 à 2014 en paires d'entiers consécutifs : (1, 2), (3, 4),..., (2013, 2014). Il y en a 1007. Par le principe des tiroirs, si on choisit 1008 entiers, il y en aura deux d'une même paire, $a$ et $b$, avec $b=a+1$. Leur pgcd vaut 1 (puisqu'il divise leur différence), donc divise n'importe lequel des 1006 autres nombres, que l'on peut prendre pour $c$.
(ii) Il y a 1007 entiers pairs prenables. Donc parmi 1008 nombres, il y a forcément un impair. S'il y a deux nombres pairs au moins parmi les 1008, notons-les $a$ et $b$. Soit $c$ un nombre impair parmi les 1008. Le $\operatorname{pgcd}$ de $a$ et $b$ est multiple de 2 , puisque 2 divise à la fois $a$ et $b$. (en fait, le $\operatorname{pgcd}$ de $a$ et $b$ vaut 2 fois le $\operatorname{pgcd}$ de $a / 2$ et $b / 2$ ). Donc s'il divise $c$, alors 2 divise $c$, ce qui est absurde.
S'il y a moins de 2 nombres pairs parmi les 1008, ça veut dire qu'on a pris les 1007 impairs, ainsi qu'un nombre pair, noté $c$. On peut trouver des triplets d'au moins deux manières.
- Solution courte : on dispose du triplet $(3,9,1)$, et il est clair que $\operatorname{pgcd}(3,9)$ ne divise pas 1.
- Solution moins courte : si $c$ est divisible par tous les pgcd de couples d'entiers impairs entre 1 et 2013, ça va lui faire beaucoup de diviseurs premiers : il sera divisible par le pgcd de 3 et 9 , le pgcd de 5 et 15, celui de 7 et 21 , celui de 11 et 33 , etc. Donc il est divisible par $3,5,7,11$ déjà (et par 2 , puisqu'il est pair). Le plus petit multiple commun de ces nombres est leur produit (puisqu'ils n'ont deux-à-deux aucun facteur commun). Il vaut $2 \times 3 \times 5 \times 7 \times 11=2310$ donc $c>2014$, ce qui n'est pas possible. Donc il existe deux nombres impairs $a$ et $b$ tels que leur pged ne divise pas $c$.
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{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "2",
"problem_match": "\nExercice 2",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2014-2015-envoi-1-solutions.jsonl",
"solution_match": "\nSolution ",
"tier": "T2",
"year": "2015"
}
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How many six-digit numbers have four even digits, two odd digits, and are multiples of 5? Note: a number does not start with 0.
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Such a number ends with 0 or 5. We will count separately the numbers that end with 0 and those that end with 5.
Numbers whose last digit is 0:
- If the first digit is even, we have 4 possibilities to choose it (2,4,6,8, but not 0). It remains to choose the 4 middle digits. There are 6 ways to position the odd digits:
$$
(p, p, i, i),(p, i, p, i),(p, i, i, p),(i, p, i, p),(i, i, p, p),(i, p, p, i)
$$
(where $p$ represents an even digit and $i$ an odd digit). Then there are 5 possibilities for the choice of each digit. So $6 \times 4 \times 5^{4}$ possibilities.
- If the first digit is odd, we have 5 possibilities to choose it. There are 4 ways to position the odd digit in the middle. And again 5 choices for each middle digit. So $4 \times 5^{5}$ possible numbers.
Numbers whose last digit is 5:
- If the first digit is even, we have 4 possibilities to choose it. There are 4 possibilities for the position of the odd digit in the middle, 5 choices for each middle digit, so $16 \times 5^{4}$ possibilities.
- If the first digit is odd, there are 5 possibilities to choose it. It then remains to determine the even digits in the middle: 5 choices each time, so $5^{5}$ choices in total.
In total, there are $24 \times 5^{4}+4 \times 5^{5}+16 \times 5^{4}+5^{5}=13 \times 5^{5}=40625$ possibilities.
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40625
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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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Combien y a-t-il de nombres à six chiffres qui ont quatre chiffres pairs, deux chiffres impairs et qui sont multiples de 5 ? Note: un nombre ne commence pas par un 0 .
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Un tel nombre termine par 0 ou 5 . Nous allons compter séparément les nombres qui se terminent par 0 et ceux qui se terminent par 5 .
Nombres dont le dernier chiffre est 0 :
- Si le premier chiffre est pair, nous avons 4 possibilités pour le choisir (2,4,6,8, mais pas 0 ). Il reste à choisir les 4 chiffres du milieu. On a 6 manières de positionner les impairs :
$$
(p, p, i, i),(p, i, p, i),(p, i, i, p),(i, p, i, p),(i, i, p, p),(i, p, p, i)
$$
(où $p$ représente un chiffre pair et $i$ un chiffre impair). Ensuite, il y a 5 possibilités pour le choix de chaque chiffre. Donc $6 \times 4 \times 5^{4}$ possibilités.
- Si le premier chiffre est impair, nous avons 5 possibilités pour le choisir . Il reste 4 manières de positionner l'impair du milieu. Et de nouveau 5 choix pour chaque chiffre du milieu. Donc $4 \times 5^{5}$ nombres possibles.
Nombres dont le dernier chiffre est 5 :
- Si le premier chiffre est pair, nous avons 4 possibilités pour le choisir. Il y a 4 possibilités pour la place de l'impair du milieu, 5 choix pour chacun des chiffres du milieu, donc $16 \times 5^{4}$ possibilités.
- Si le premier chiffre est impair il y a 5 possibilités pour le choisir. Il reste alors simplement à déterminer les pairs du milieu : 5 choix à chaque fois, donc $5^{5}$ choix en tout.
Au total, il y a $24 \times 5^{4}+4 \times 5^{5}+16 \times 5^{4}+5^{5}=13 \times 5^{5}=40625$ possibilités.
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{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "3",
"problem_match": "\nExercice 3",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2014-2015-envoi-1-solutions.jsonl",
"solution_match": "\nSolution ",
"tier": "T2",
"year": "2015"
}
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Let $n$ be a strictly positive integer. Consider $2 n+1$ distinct integers ranging from $-2 n+1$ to $2 n-1$ inclusive. Show that one can choose 3 of them whose sum is zero.
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We reason by induction on $n$.
Initialization: For $n=1$, we take $2 n+1=3$ distinct integers from $-1,0,1$, so these three integers. Their sum is indeed zero.
Hereditary: Suppose the statement is true at rank $n$: if we take $2 n+1$ distinct integers between $-2 n+1$ and $2 n-1$ (inclusive), then we can choose 3 of them whose sum is zero. Now, we want to show that among $2 n+3$ distinct integers between $-2 n-1$ and $2 n+1$, there are always 3 whose sum is zero.
If among these $2 n+3$ integers, there are $2 n+1$ between $-2 n+1$ and $2 n-1$, then we are done by the induction hypothesis. We can therefore assume that at least 3 of these integers are among $\{-2 n-1, -2 n, 2 n, 2 n+1\}$. By symmetry between the positives and the negatives, we can assume that we have $2 n$ and $2 n+1$, as well as $-2 n-1$ or $-2 n$, so we can assume that we do not have 0, since $0+2 n+(-2 n)=0+(2 n+1)+(-2 n-1)=0$ and we would then have a triplet with a sum of zero. Now, consider the $n$ pairs
$$
\{-k, -2 n-1+k\}, \quad 1 \leq k \leq n
$$
if one of them is included in our selection of $2 n+3$ integers, then we still have three numbers with a sum of zero: $-k+(-2 n-1+k)+(2 n+1)=0$ and we are done. Suppose, therefore, that our selection contains at most one element from these $n$ pairs, so there are at least $n+1$ numbers left to choose from $(\{1, \ldots, 2 n-1\}$ and $-2 n-1$). We set $A=\{1, \ldots, 2 n-1\}$. We distinguish 2 cases.
- If we have taken $-2 n-1$, we must take at least $n$ elements from $A$. This time we look at the $n$ pairs
$$
\{k, 2 n+1-k\}, \quad 1 \leq k \leq n
$$
If one of them is complete, we have a triplet with a sum of zero with $-2 n-1$. We assumed at the beginning that $2 n$ was taken, so if we take $1$, $\{1, 2 n\}$ is complete. Otherwise, we take $n$ numbers from the remaining $n-1$ pairs, so by the pigeonhole principle, we have a complete pair.
- If we have not taken $-2 n-1$, we must take at least $n$ elements from $A$. And we have taken $-2 n$ according to the beginning of the reasoning. And $A$ can be decomposed into $n-1$ pairs
$$
\{k, 2 n-k\}, 1 \leq k \leq n-1
$$
Again, by the pigeonhole principle, we must take a complete pair, giving a triplet with a sum of zero with $-2 n$.
This closes the induction.
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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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Soit $n$ un entier strictement positif. On considère $2 n+1$ entiers distincts compris au sens large entre $-2 n+1$ et $2 n-1$. Montrer qu'on peut en choisir 3 dont la somme soit nulle.
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On raisonne par récurrence sur $n$.
Initialisation : Pour $n=1$, on prend $2 n+1=3$ entiers distincts parmi $-1,0,1$, donc ces trois entiers. Leur somme est bien nulle.
Hérédité : Supposons l'énoncé vrai au rang $n$ : si on prend $2 n+1$ entiers distincts compris au sens large entre $-2 n+1$ et $2 n-1$, alors on peut en choisir 3 dont la somme soit nulle. Maintenant, on veut montrer que parmi $2 n+3$ entiers distincts entre $-2 n-1$ et $2 n+1$, il y en a toujours 3 de somme nulle.
Si parmi ces $2 n+3$ entiers, il y en a $2 n+1$ entre $-2 n+1$ et $2 n-1$, alors c'est gagné par hypothèse de récurrence. On peut donc supposer que 3 au moins de ces entiers sont parmi $\{-2 n-1,-2 n, 2 n, 2 n+1\}$. Par symétrie entre les positifs et les négatifs, on peut supposer qu'on dispose de $2 n$ et $2 n+1$, ainsi que de $-2 n-1$ ou $-2 n$, donc on peut supposer qu'on ne dispose pas de 0 , puisque $0+2 n+(-2 n)=0+(2 n+1)+(-2 n-1)=0$ et on aurait alors un triplet de somme nulle. Maintenant, considérons les $n$ paires
$$
\{-k,-2 n-1+k\}, \quad 1 \leq k \leq n
$$
si l'une d'elles est incluse dans notre sélection de $2 n+3$ entiers, alors on a encore trois nombres de somme nulle : $-k+(-2 n-1+k)+(2 n+1)=0$ et on a terminé. Supposons donc que notre sélection ne contienne qu'au plus un élément de ces $n$ paires, donc il reste au moins $n+1$ nombres à choisir parmi $(\{1, \ldots, 2 n-1\}$ et $-2 n-1$ ). On pose $A=\{1, \ldots, 2 n-1\}$. On distingue 2 cas.
- Si on a pris $-2 n-1$, on doit prendre au moins $n$ éléments de $A$. On regarde cette fois les $n$ paires
$$
\{k, 2 n+1-k\}, \quad 1 \leq k \leq n
$$
Si l'une d'elles est complète, on a un triplet à somme nulle avec $-2 n-1$. On a supposé au début que $2 n$ était pris, donc si on prend $1,\{1,2 n\}$ est complète. Sinon on prend $n$ nombres dans les $n-1$ paires restantes, donc par principe des tiroirs, on a une paire complète.
- Si on n'a pas pris $-2 n-1$, on doit prendre au moins $n$ éléments de $A$. Et on a pris $-2 n$ d'après le début du raisonnement. Et $A$ peut se découper en $n-1$ paires
$$
\{k, 2 n-k\}, 1 \leq k \leq n-1
$$
De nouveau, par le principe des tiroirs on doit prendre une paire complète, donnant un triplet à somme nulle avec $-2 n$.
Ceci clôt la récurrence.
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{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "4",
"problem_match": "\nExercice 4",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2014-2015-envoi-1-solutions.jsonl",
"solution_match": "\nSolution ",
"tier": "T2",
"year": "2015"
}
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Consider 6 points in the plane, arranged such that the triangle formed by any three of them has three sides of distinct lengths. Show that there exists a triangle for which the shortest side is also the longest side of another triangle.
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We color the shortest side of each triangle in red. It is sufficient to show that we have a red triangle. Let's call the points $P_{1}, \ldots, P_{6}$. Among the five segments $P_{1} P_{2}, P_{1} P_{3}, P_{1} P_{4}, P_{1} P_{5}, P_{1} P_{6}$ having $P_{1}$ as an endpoint, there are at least 3 red or at least 3 uncolored segments.
- Suppose there are 3 red segments, say $P_{1} P_{2}, P_{1} P_{3}$, and $P_{1} P_{4}$. The triangle $P_{2} P_{3} P_{4}$ has at least one red side, say $P_{2} P_{3}$, so the triangle $P_{1} P_{2} P_{3}$ is red.
- Suppose there are 3 uncolored segments, say $P_{1} P_{2}, P_{1} P_{3}$, and $P_{1} P_{4}$. Each of the three triangles $P_{1} P_{2} P_{3}$, $P_{1} P_{3} P_{4}$, $P_{1} P_{4} P_{2}$ has at least one red side, and this side is not one of those having $P_{1}$ as an endpoint, so $P_{2} P_{3}, P_{3} P_{4}, P_{4} P_{2}$ are red. Thus, the triangle $P_{2} P_{3} P_{4}$ is red.
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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 6 points du plan, disposés de telle sorte que le triangle formé par trois quelconques d'entre eux ait trois côtés de longueurs distinctes. Montrer qu'il existe un triangle dont le plus court côté est également le côté le plus long d'un autre triangle.
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On colorie en rouge le plus court côté de chaque triangle. Il suffit de montrer qu'on a un triangle rouge. Appelons $P_{1}, \ldots, P_{6}$ les points. Parmi les cinq segments $P_{1} P_{2}, P_{1} P_{3}, P_{1} P_{4}, P_{1} P_{5}, P_{1} P_{6}$ ayant $P_{1}$ pour extrémité, il y en a au moins 3 rouges ou bien au moins 3 non coloriés.
- Supposons qu'il y en ait 3 rouges, disons $P_{1} P_{2}, P_{1} P_{3}$ et $P_{1} P_{4}$. Le triangle $P_{2} P_{3} P_{4}$ a au moins un côté rouge, disons $P_{2} P_{3}$, donc le triangle $P_{1} P_{2} P_{3}$ est rouge.
- Supposons qu'il y en ait 3 non coloriées, disons $P_{1} P_{2}, P_{1} P_{3}$ et $P_{1} P_{4}$. Chacun des trois triangles $P_{1} P_{2} P_{3}$, $P_{1} P_{3} P_{4}, P_{1} P_{4} P_{2}$ a au moins un côté rouge, et ce côté n'est pas l'un de ceux ayant $P_{1}$ pour extrémité, donc $P_{2} P_{3}, P_{3} P_{4}, P_{4} P_{2}$ sont rouges. Ainsi, le triangle $P_{2} P_{3} P_{4}$ est rouge.
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{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "5",
"problem_match": "\nExercice 5",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2014-2015-envoi-1-solutions.jsonl",
"solution_match": "\nSolution ",
"tier": "T2",
"year": "2015"
}
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In a circus, there are several clowns. Each uses at least 5 colors, among 12 possible, to paint themselves. The same color is used by at most 20 clowns. Two clowns never have exactly the same colors. What is the maximum number of clowns?
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Let $n$ be the number of clowns and $N$ be the number of pairs $(L, c)$ where $L$ is a clown and $c$ is a color he wears. On the one hand, since each clown has at least 5 colors, $N \geq 5 \times n$. On the other hand, each of the 12 colors can appear in at most 20 pairs. Therefore, $N \leq 20 \times 12$. We deduce that $5 n \leq 240$, so $n \leq 48$.
Now, consider the quintuples: $A=\left(c_{1}, c_{2}, c_{3}, c_{4}, c_{5}\right), B=\left(c_{1}, c_{2}, c_{3}, c_{4}, c_{6}\right), C=\left(c_{1}, c_{2}, c_{3}, c_{4}, c_{7}\right), D=\left(c_{1}, c_{2}, c_{3}, c_{4}, c_{8}\right)$. Imagine that the 12 colors are arranged in order on a circle (like the numbers on a clock, for example), and let $A_{i}$ be the quintuple obtained by shifting the colors of $A$ by $i$ positions in the increasing direction $\left(A_{0}=A, A_{1}=\left(c_{1+1}, c_{2+1}, c_{3+1}, c_{4+1}, c_{5+1}\right)=\left(c_{2}, c_{3}, c_{4}, c_{5}, c_{6}\right)\right.$, $A_{9}=\left(c_{10}, c_{11}, c_{12}, c_{1}, c_{2}\right.$, etc.). We do the same for $B, C, D$. Concretely, each such quintuple of colors consists of four consecutive colors on the circle, then makes a "jump" for the number of the last color, which is 1 for the $A_{i}$, 2 for the $B_{i}$, 3 for the $C_{i}$, and 4 for the $D_{i}$.
Consider the set of $K_{i}$ with $K=A, B, C$ or $D$ and $0 \leq i \leq 11$. This gives 48 sets of 5 colors. And we can easily verify that two sets cannot be identical: if for some $i$ and $j$ and some $K$ and $K^{\prime}$ we had $K_{i}=K_{j}^{\prime}$, then $K=K^{\prime}$ to have the same "jump" between the "set" of four consecutive colors and the fifth (1 for $A$, 2 for $B$, 3 for $C$, 4 for $D$), so $K_{i}=K_{j}$, and we see that $i=j$, so that the two sets of four consecutive colors are the same.
Finally, each color is used exactly 20 times. Indeed, we can note that all the colors play the same role here (since we have "cyclically shifted" the sets $A, B, C, D$), so each will be represented as much as the others. We have a total of $5 \times 48=240$ uses of color, so each of the 12 colors is used $240 / 12=20$ times. To be more convinced, we can fix a color: it appears once and only once as the "first" color of a set of type $A_{i}$, then as "second", etc., so 5 sets $A_{i}$ use this color, and the same for $B, C$, and $D$. It is therefore used 20 times. Conclusion: we can indeed have $n=48$ clowns, by giving each clown one of the 48 sets of colors we have just constructed.
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48
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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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Dans un cirque, il y a plusieurs clowns. Chacun utilise au moins 5 couleurs, parmi 12 possibles, pour se peindre. Une même couleur est utilisée par au plus 20 clowns. Deux clowns n'ont jamais exactement les mêmes couleurs. Combien y a-t-il de clowns au maximum?
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Soit $n$ le nombre de clowns et $N$ le nombre de paires $(L, c)$ où $L$ est un cLown et $c$ une couleur qu'il porte. D'une part, chaque clown ayant au moins 5 couleurs, $N \geq 5 \times n$. D'autre part, chacune des 12 couleurs peut apparaître dans au plus 20 paires. Donc $N \leq 20 \times 12$. On en déduit que $5 n \leq 240$, donc $n \leq 48$.
Maintenant, on considère les quintuplets : $A=\left(c_{1}, c_{2}, c_{3}, c_{4}, c_{5}\right), B=\left(c_{1}, c_{2}, c_{3}, c_{4}, c_{6}\right), C=\left(c_{1}, c_{2}, c_{3}, c_{4}, c_{7}\right)$, $D=\left(c_{1}, c_{2}, c_{3}, c_{4}, c_{8}\right)$. On imagine que les 12 couleurs sont disposées dans l'ordre sur un cercle (comme les nombres sur une pendule par exemple), et on note $A_{i}$ le quintuplet obtenu en décalant les couleurs de $A$ de $i$ rangs dans le sens croissant $\left(A_{0}=A, A_{1}=\left(c_{1+1}, c_{2+1}, c_{3+1}, c_{4+1}, c_{5+1}\right)=\left(c_{2}, c_{3}, c_{4}, c_{5}, c_{6}\right)\right.$, $A_{9}=\left(c_{10}, c_{11}, c_{12}, c_{1}, c_{2}\right.$, etc. $)$, et on fait de même pour $B, C, D$. Concrètement, chaque tel quintuplet de couleurs consiste donc de quatre couleurs consécutives sur le cercle, puis fait un "saut" pour le numéro de la dernière couleur qui est de taille 1 pour les $A_{i}$, de 2 pour les $B_{i}$, de 3 pour les $C_{i}$ et de 4 pour les $C_{i}$.
Considérons l'ensemble des $K_{i}$ avec $K=A, B, C$ ou $D$ et $0 \leq i \leq 11$. Cela donne 48 paquets de 5 couleurs. Et on vérifie aisément que deux paquets ne peuvent être identiques : si pour certains $i$ et $j$ et certains $K$ et $K^{\prime}$ on avait $K_{i}=K_{j}^{\prime}$, alors $K=K^{\prime}$ pour avoir le même "saut" entre le "paquet" des quatre couleurs consécutives et la cinquième ( 1 pour $A, 2$ pour $B, 3$ pour $C, 4$ pour $D$ ), donc $K_{i}=K_{j}$, et on voit bien que $i=j$, pour que les deux paquets de quatre couleurs consécutives soient les mêmes.
Enfin, chaque couleur est utilisée exactement 20 fois. En effet, on peut remarquer que toutes les couleurs jouent ici le même rôle(puisqu'on a "décalé" cycliquement les ensembles $A, B, C, D$ ), donc chacune sera représentée autant que les autres. On a au total $5 \times 48=240$ utilisations de couleur, donc chacune des 12 couleurs est utilisée $240 / 12=20$ fois. Pour s'en convaincre plus concrètement, on peut fixer une couleur : elle apparaît une et une seule fois comme "première" couleur d'un paquet de type $A_{i}$, puis comme "deuxième", etc., donc 5 paquets $A_{i}$ utilisent cette couleur, et de même pour $B, C$ et $D$. Elle est donc utilisée 20 fois. Conclusion : on peut bien avoir $n=48$ clowns, en donnant à chaque clown un des 48 paquets de couleurs qu'on vient de construire.
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{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "6",
"problem_match": "\nExercice 6",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2014-2015-envoi-1-solutions.jsonl",
"solution_match": "\nSolution ",
"tier": "T2",
"year": "2015"
}
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Consider $n^{2}+2 n+1$ points in a square of side $n$. Show that three of them are the vertices of a triangle (possibly degenerate) with area at most $1 / 2$.
The text has been translated while preserving the original line breaks and formatting.
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We reason about the convex hull of the $(n+1)^{2}$ points: if it contains many points, there will be 3 adjacent vertices of this hull close enough to form a triangle of small area. If it does not contain many, we triangulate it and look at the many points within the small triangles to form a sufficiently small one.
Concretely, here is a proof: Let $E$ be the convex hull of our points. It is easily verified that its perimeter is less than that of the square, namely $4 n$. If $E$ has at least $4 n$ vertices, and thus as many sides, there exist two consecutive sides $c_{1}$ and $c_{2}$ such that $c_{1}+c_{2} \leq 2$ and thus $c_{1} c_{2} \leq 1$ by the arithmetic-geometric inequality. If $h$ is the height relative to $c_{1}$ in the triangle formed by the endpoints of $c_{1}$ and $c_{2}$, $h \leq c_{2}$, so the area of the triangle is at most $1 / 2$.
If $E$ has $s \leq 4 n-1$ vertices, we triangulate it into $s-2$ triangles. Now, take a remaining point and connect it to the vertices of the triangle in which it lies (or of the triangles if it lies on the common side of two triangles of the triangulation). We take another remaining point and connect it in the same way to the vertices of the triangles of the new triangulation in which it lies. We continue this process until all points are integrated into the triangulation. Thus, we have obtained what is called a triangulation of our set of points. We initially had $s-2$ triangles, and we added at least 2 at each step (or 3), so we have at least $s-2+2\left((n+1)^{2}-s\right) \geq 2 n^{2}+4 n-1-s \geq 2 n^{2}$ disjoint triangles, so one of them has an area of at most $1 / 2$.
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Geometry
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On considère $n^{2}+2 n+1$ points dans un carré de côté $n$. Montrer que trois d'entre eux sont les sommets d'un triangle (éventuellement dégénéré) d'aire au plus $1 / 2$.
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On raisonne sur l'enveloppe convexe des $(n+1)^{2}$ points : si elle contient beaucoup de points, il y aura 3 sommets voisins de cette enveloppe assez proches pour faire un triangle d'aire petite. Si elle n'en contient pas beaucoup, on la triangule et on regarde les nombreux points dans les petits triangles pour en former un suffisamment petit.
Concrètement, voici une démonstration : Soit $E$ l'enveloppe convexe de nos points. On vérifie aisément que son périmètre est inférieur à celui du carré, à savoir $4 n$. Si $E$ a au moins $4 n$ sommets, donc autant de côtés, il existe deux côtés consécutifs $c_{1}$ et $c_{2}$ vérifiant $c_{1}+c_{2} \leq 2$ donc $c_{1} c_{2} \leq 1$ par inégalité arithméticogéométrique. Si $h$ est la hauteur relative à $c_{1}$ dans le triangle formé par les extrémités de $c_{1}$ et $c_{2}, h \leq c_{2}$, donc l'aire du triangle est bien d'au plus $1 / 2$.
Si $E$ a $s \leq 4 n-1$ sommets, on la triangule en $s-2$ triangles. . Maintenant, prenons un point restant et relions-le aux sommets du triangle dans lequel il se trouve (ou des triangles s'il est sur le côté commun de deux triangles de la triangulation). On prend un autre point restant et on le relie de même aux sommets des triangles de la nouvelle triangulation dans lesquels il se trouve. On continue ainsi jusqu'à ce que tous les points soient intégrés à la triangulation. Ainsi, on a obtenu ce qu'on appelle une triangulation de notre ensemble de points. On avait $s-2$ triangles initialement, on en a rajouté au moins 2 à chaque étape (voire
3), donc on a au moins $s-2+2\left((n+1)^{2}-s\right) \geq 2 n^{2}+4 n-1-s \geq 2 n^{2}$ triangles disjoints, donc l'un d'eux est d'aire au plus $1 / 2$.
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{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "7",
"problem_match": "\nExercice 7",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2014-2015-envoi-1-solutions.jsonl",
"solution_match": "\nSolution ",
"tier": "T2",
"year": "2015"
}
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We have $n$ tokens each bearing an integer number (which can be negative). If we find among them two tokens bearing the same number $m$, we remove them and replace them with one token bearing the number $m-1$, and another bearing the number $m+1$. Show that after a finite number of such changes, all tokens will bear distinct numbers.
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We start by showing the following lemma:
Let $m_{0}$ be the smallest of the token numbers at the beginning. We denote $m_{1}^{(k)}, \ldots, m_{j_{k}}^{(k)}$ the numbers less than or equal to $m_{0}$ carried by tokens after $k$ changes, counted with multiplicity and arranged in decreasing order so that $m_{j_{k}}^{(k)} \leq \ldots \leq m_{1}^{(k)} \leq m_{0}^{(k)}=m_{0}$. Then for all $i \in\left\{0, \ldots, j_{k}-1\right\}$, we have $m_{i+1}^{(k)}-m_{i}^{(k)} \leq 2$.
Proof: We reason by induction on $k$. The case $k=0$ is clear.
Suppose the result is true for some $k$. At the $(k+1)$-th change, if we replace two tokens carrying a number strictly greater than $m_{0}$, none of the $m_{i}^{(k)}$ change, so the property is still satisfied. Suppose now that we replace two tokens carrying the number $m_{i}^{(k)}=m_{i+1}^{(k)}=m$. Then the sequence $\left(m_{i}^{(k+1)}\right)$ is obtained from the sequence $\left(m_{i}^{(k)}\right)$ by replacing two occurrences of $m$ with one occurrence of $m-1$ and one occurrence of $m+1$. The difference between these last two is exactly 2, so even if there are still terms equal to $m$, their distance to the terms around them will be less than or equal to 1. The distance between $m-1$ and the next term is strictly less than the distance between $m$ and the same next term, hence less than 2 by the induction hypothesis. As for $m+1$, we have two cases to distinguish. Either $m=m_{0}$ and then $m+1$ is strictly greater than $m_{0}$ and no longer interests us. Or $m<m_{0}$, and then the distance between $m+1$ and the previous term is less than the distance between $m$ and the same next term, hence less than 2 by the induction hypothesis.
Consequence of the lemma: all numbers carried by tokens are greater than or equal to $m_{0}-2 n$ at any time. By adding $2 n-m_{0}+1$ to all the numbers at the start, which does not change the exercise, we can therefore assume that they are all strictly positive at any time.
We then denote $P_{k}$ the product of the numbers of all the tokens after $k$ changes. From what we have just shown, $P_{k}$ is a strictly positive integer for all $k$. Suppose the $(k+1)$-th change consists in replacing two tokens carrying the number $m$ with one token carrying the number $m-1$ and one token carrying the number $m+1$. Then $P_{k}$ can be written as $m^{2} c$ with $c>0$, and $P_{k+1}$ can be written as
$$
P_{k+1}=(m-1)(m+1) c=\left(m^{2}-1\right) c<m^{2} c=P_{k}
$$
Thus, the sequence of $\left(P_{k}\right)$ is a strictly decreasing sequence of strictly positive integers, it is therefore finite, that is, we necessarily reach a point where no change is possible.
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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 dispose de $n$ jetons portant chacun un numéro entier (qui peut être négatif). Si on trouve parmi eux deux jetons portant le même numéro $m$, on les enlève et on met à leur place un jeton portant le numéro $m-1$, et un autre portant le numéro $m+1$. Montrer qu'au bout d'un nombre fini de tels changements, tous les jetons porteront des numéros distincts.
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On commence par montrer le lemme suivant:
Soit $m_{0}$ le plus petit des numéros des jetons au début. On note $m_{1}^{(k)}, \ldots, m_{j_{k}}^{(k)}$ les numéros inférieurs ou égaux à $m_{0}$ qui sont portés par des jetons après $k$ changements, comptés avec multiplicité et rangés par ordre décroissant de sorte que $m_{j_{k}}^{(k)} \leq \ldots \leq m_{1}^{(k)} \leq m_{0}^{(k)}=m_{0}$. Alors pour tout $i \in\left\{0, \ldots, j_{k}-1\right\}$, on a $m_{i+1}^{(k)}-m_{i}^{(k)} \leq 2$.
Démonstration : on raisonne par récurrence sur $k$. Le cas $k=0$ est clair.
Supposons que le résultat soit vérifié pour un certain $k . \mathrm{Au}(k+1)$-ème changement, si nous remplaçons deux jetons portant un numéro strictement plus grand que $m_{0}$, aucun des $m_{i}^{(k)}$ ne change, donc la propriété est toujours vérifiée. Supposons maintenant que nous remplaçons deux jetons portant un numéro $m_{i}^{(k)}=$ $m_{i+1}^{(k)}=m$. Alors la suite $\left(m_{i}^{(k+1)}\right)$ s'obtient à partir de la suite $\left(m_{i}^{(k)}\right)$ en remplaçant deux occurrences de $m$ par une occurrence de $m-1$ et une occurrence de $m+1$. La différence entre ces dernières est exactement 2 , donc même s'il reste encore des termes égaux à $m$, leur distance aux termes autour d'eux sera inférieure ou égale à 1 . Celle entre $m-1$ et le terme suivant est inférieure strictement à celle entre $m$ et ce même terme suivant, donc inférieure à 2 par hypothèse de récurrence. Pour ce qui est de $m+1$, nous avons deux cas à distinguer. Soit $m=m_{0}$ et alors $m+1$ est strictement supérieur à $m_{0}$ et ne nous intéresse plus. Soit $m<m_{0}$, et alors $m+1$ a une distance au terme précédent inférieure à la distance entre $m$ et ce même terme suivant, donc inférieure à 2 par hypothèse de récurrence.
Conséquence du lemme : tous les numéros portés par des jetons sont supérieurs ou égaux à $m_{0}-2 n$ à tout moment. Quitte à ajouter $2 n-m_{0}+1$ à tous les numéros au départ, ce qui ne change pas l'exercice, on peut donc supposer qu'ils sont tous strictement positifs à tout moment.
On note alors $P_{k}$ le produit des numéros de tous les jetons après $k$ changements. D'après ce qu'on vient de montrer, $P_{k}$ est un entier strictement positif pour tout $k$. Supposons de le $k+1$-ème changement consiste à remplacer deux jetons portant le numéro $m$ par un jeton portant le numéro $m-1$ et un jeton portant le numéro $m+1$. Alors $P_{k}$ s'écrit $m^{2} c$ avec $c>0$, et $P_{k+1}$ s'écrit
$$
P_{k+1}=(m-1)(m+1) c=\left(m^{2}-1\right) c<m^{2} c=P_{k}
$$
Ainsi, la suite des $\left(P_{k}\right)$ est une suite strictement décroissante d'entiers strictement positifs, elle est donc finie, c'est-à-dire qu'on arrive nécessairement à un moment où aucun changement n'est possible.
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{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "8",
"problem_match": "\nExercice 8",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2014-2015-envoi-1-solutions.jsonl",
"solution_match": "\nSolution ",
"tier": "T2",
"year": "2015"
}
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Consider a grid formed by all the small squares of side 1 entirely included in the disk given by the inequality $x^{2}+y^{2} \leq 2014^{2}$ in the plane with an orthonormal coordinate system $O x y$. At each step of the game, each square contains the number 1 or the number -1. We assume that each cell of the grid contains a 1 at the beginning. A move consists of choosing a row, a column, or a diagonal (i.e., a maximal set of cells such that the centers of these cells are aligned on a line forming a 45-degree angle with one of the coordinate axes) of the grid, and changing the signs of the contents of all the cells in it. Can we end up with a -1 in one cell, and 1s in all the others?
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We reason by contradiction, assuming that it is possible to have a single -1. We call $C_{1}$ the small square that will contain this -1. By symmetry of the figure, we can assume that the center of this small square has coordinates $\left(a-\frac{1}{2}, b-\frac{1}{2}\right)$ with $a \geq b \geq 1$.
1st step: We show that the small square with center $\left(a-\frac{3}{2}, b+\frac{1}{2}\right)$ also belongs to the figure. For this, it suffices to show that the top right corner of this small square belongs to the figure, i.e., that $(a-1)^{2}+(b+1)^{2} \leq 2014^{2}$. We distinguish two cases:
- If $a > b$, then $(a-1)^{2}+(b+1)^{2} \leq a^{2}+b^{2} \leq 2014^{2}$.
- If $a = b$, then the inequality $a^{2}+b^{2}=2 a^{2} \leq 2014^{2}$ cannot be an equality because the 2-adic valuation of the left side is odd while that of the right side is even. Therefore, we have $2 a^{2}+2 \leq 2014^{2}$, hence $(a-1)^{2}+(a+1)^{2}=2 a^{2}+2 \leq 2014^{2}$.
We call $C_{2}$ this small square with center $\left(a-\frac{3}{2}, b+\frac{1}{2}\right)$.
2nd step: By considerations of symmetry and convexity, the small squares $C_{1}, \ldots, C_{8}$ all belong to the figure:
Each row, each column, and each diagonal contains either none or two of these eight small squares. Thus, the parity of the number of -1s among these squares does not change, leading to a contradiction.
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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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Logic and Puzzles
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On considère un quadrillage formé de tous les petits carrés de côté 1 entièrement inclus dans le disque donné par l'inéquation $x^{2}+y^{2} \leq 2014^{2}$ dans le plan muni d'un repère orthonormé $O x y$. A chaque étape du jeu, chaque carré contient le nombre 1 ou le nombre -1 . On suppose que chaque case du quadrillage contient un 1 au début. Un tour consiste à choisir une ligne, une colonne, ou une diagonale (c'est-à-dire un ensemble de cases maximal tel que les centres de ces dernières soient alignés sur une droite formant un angle de 45 degrés avec l'un des axes de coordonnées) du quadrillage, et à changer les signes du contenu de toutes les cases de celle-ci. Peut-on à la fin avoir un -1 dans une case, et des 1 dans toutes les autres?
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On raisonne par l'absurde en supposant qu'on peut arriver à avoir un seul -1 . On appelle $C_{1}$ le petit carré qui contiendra ce -1 . Par symétrie de la figure, on peut supposer que le centre de ce petit carré a pour coordonnées $\left(a-\frac{1}{2}, b-\frac{1}{2}\right)$ avec $a \geq b \geq 1$.
1ère étape: On montre que le petit carré de centre $\left(a-\frac{3}{2}, b+\frac{1}{2}\right)$ appartient également à la figure. Pour cela, il suffit de montrer que le coin supérieur droit de ce petit carré appartient à la figure, c'est-à-dire que $(a-1)^{2}+(b+1)^{2} \leq 2014^{2}$. On distingue deux cas :
- Si $a>b$ alors $(a-1)^{2}+(b+1)^{2} \leq a^{2}+b^{2} \leq 2014^{2}$.
- Si $a=b$, alors l'inégalité $a^{2}+b^{2}=2 a^{2} \leq 2014^{2}$ ne peut être une égalité car la valuation 2 -adique du côté gauche est impaire alors que celle du côté droit est paire. Nous avons donc $2 a^{2}+2 \leq 2014^{2}$, d'où $(a-1)^{2}+(a+1)^{2}=2 a^{2}+2 \leq 2014^{2}$.
On appelle $C_{2}$ ce petit carré de centre ( $a-\frac{3}{2}, b+\frac{1}{2}$ ).
2ème étape : Par des considérations de symétrie et de convexité, les petits carrés $C_{1}, \ldots, C_{8}$ suivants appartiennent tous à la figure :
Or chaque ligne, chaque colonne et chaque diagonale contient soit aucun, soit deux de ces huit petits carrés. Ainsi, la parité du nombre de -1 parmi ces carrés ne change pas, contradiction.
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{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "9",
"problem_match": "\nExercice 9",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2014-2015-envoi-1-solutions.jsonl",
"solution_match": "\nSolution ",
"tier": "T2",
"year": "2015"
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Let $n \in \mathbb{N}^{*}$. We call $S$ the set of sequences of $2n$ digits containing $n$ zeros and as many ones. Two sequences in $S$ are neighbors if it suffices to change the position of one digit in one to obtain the other. For example, 11100010 and 10110010 are neighbors since by moving the first 0 in the second sequence two "steps" to the right, we obtain the first sequence. Let $T$ be a dense subset of minimal cardinality. Show that $\frac{1}{n^{2}+1}|S| \leq|T| \leq \frac{1}{n+1}|S|$. Note: we denote $|A|$ the cardinality of $A$.
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We treat the inequalities separately.
- Let's show that $\frac{1}{2 n^{2}+1}|S| \leq|T|$. Let $s$ be an element of $S$. Let $s_{i, j}$ be the sequence that can be obtained from $s$ by moving the $i$-th digit of $s$ to position $j$. If $s_{i, j} \neq s$, then $j \neq i$. Furthermore, without loss of generality, we assume that the $i$-th digit of $s$ is a 0; if $j>i$ and if the $j$-th digit of $s$ is a 0, then $s_{i, j}=s_{i, j-1}$; if $j<i$ and if the $j$-th digit of $s$ is a 0, then $s_{i, j}=s_{i, j+1}$. Thus, any sequence $s_{i, j}$ distinct from $s$ can be written in the form $s_{i, k}$, such that the $k$-th digit of $s$ is a 1: for a fixed $i$, there are at most $n$ such sequences. Since $i$ can take $2 n$ values, the sequence $s$ has, indeed, at most $2 n^{2}$ different neighbors from itself. Thus, it takes at least $\frac{1}{2 n^{2}+1}|S|$ elements to form a dense set.
- Let's show that $|T| \leq \frac{1}{n+1}|S|$. Consider the 0s as fixed posts, delimiting $n+1$ intervals of 1s (we count the outer ones), some possibly empty. If $s \in S$, let $r_{k}$ be the number of 1s in the $k$-th interval from the left. We introduce $N(s):=r_{1}+2 r_{2}+\cdots+n r_{n}$ and $R(s)$ the congruence of $N(s)$ modulo $n+1$. If we move a 0 from the $i$-th interval (there is indeed a non-empty interval) to the $j$-th, we get $s^{\prime}$ such that $N\left(s^{\prime}\right)=N(s)+j-i$. By varying $j$ between 1 and $n+1$, we obtain all possible congruences for $R\left(s^{\prime}\right)$. If, for all $0 \leq k \leq n, S_{k}$ is the set of $s \in S$ such that $R(s)=k$, every sequence in $S_{k}$ has a neighbor in $S_{k^{\prime}}$ for all $k^{\prime} \neq k$. Since "being a neighbor" is a symmetric relation (if $s$ is a neighbor of $s^{\prime}$, then $s^{\prime}$ is a neighbor of $s$), every sequence $s$ that is not in $S_{k}$ has a neighbor in $S_{k}$, so $S_{k}$ is dense. Since the $S_{k}$ form a partition of $S$ into $n+1$ subsets, there exists a $k_{0}$ such that $\left|S_{k_{0}}\right| \leq \frac{1}{n+1}|S|$, 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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Soit $n \in \mathbb{N}^{*}$. On appelle $S$ l'ensemble des suites de $2 n$ chiffres comportant $n$ zéros et autant de uns. Deux suites de $S$ sont voisines lorsqu'il suffit de changer la position d'un chiffre de l'une pour obtenir l'autre. Par exemple, 11100010 et 10110010 sont voisines puisqu'en décalant le premier 0 de la deuxième suite de deux "pas" vers la droite, on obtient la première suite. Soit $T$ un sous-ensemble dense de cardinal minimal. Montrer que $\frac{1}{n^{2}+1}|S| \leq|T| \leq \frac{1}{n+1}|S|$. Remarque : on note $|A|$ le cardinal de $A$.
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On traite séparément les inégalités.
- Montrons que $\frac{1}{2 n^{2}+1}|S| \leq|T|$. Soit $s$ un élément de $S$. Soit $s_{i, j}$ la suite que l'on peut obtenir à partir de $s$, en déplaçant le $i$-ème chiffre de $s$ pour le mettre en position $j$. Si $s_{i, j} \neq s$, alors $j \neq i$. En outre, sans perte de généralité, on suppose que le $i$-ème chiffre de $s$ est un 0 ; si $j>i$ et si le $j$-ème chiffre de $s$ est un 0 , alors $s_{i, j}=s_{i, j-1}$; si $j<i$ et si le $j$-ème chiffre de $s$ est un 0 , alors $s_{i, j}=s_{i, j+1}$. Ainsi, toute suite $s_{i, j}$ distincte de $s$ peut s'écrire sous la forme $s_{i, k}$, telle que le $k$-ème chiffre de $s$ soit un 1 : à $i$ fixé, il existe au plus $n$ telles suites. Puisque $i$ peut prendre $2 n$ valeurs, la suite $s$ a donc, en effet, au plus $2 n^{2}$ voisins différents d'elle-même. Ainsi, il faut au moins $\frac{1}{2 n^{2}+1}|S|$ éléments pour faire un ensemble dense.
- Montrons que $|T| \leq \frac{1}{n+1}|S|$. Considérons les 0 comme des poteaux fixes, délimitant $n+1$ intervalles de 1 (on compte les extérieurs), certains éventuellement vides. Si $s \in S$, soit $r_{k}$ le nombre de 1 dans le $k$-ème intervalle en partant de la gauche. On introduit $N(s):=r_{1}+2 r_{2}+\cdots+n r_{n}$ et $R(s)$ la congruence de $N(s)$ modulo $n+1$. Si on déplace un 0 du $i$-ème intervalle (il y a bien un intervalle non vide) vers le $j$-ème, on obtient $s^{\prime}$ telle que $N\left(s^{\prime}\right)=N(s)+j-i$. En faisant varier $j$ entre 1 et $n+1$, on obtient toutes les congruences possibles pour $R\left(s^{\prime}\right)$. Si, pour tout $0 \leq k \leq n, S_{k}$ est l'ensemble des $s \in S$ telles que $R(s)=k$, toute suite de $S_{k}$ a une voisine dans $S_{k^{\prime}}$ pour tout $k^{\prime} \neq k$. Comme "être voisine" est une relation symétrique (si $s$ voisine de $s^{\prime}$, alors $s^{\prime}$ est voisine de $s$ ), toute suite $s$ qui n'est pas dans $S_{k}$ a une voisine dans $S_{k}$, donc $S_{k}$ est dense. Or les $S_{k}$ forment une partition de $S$ en $n+1$ sous-ensembles, donc il existe un $k_{0}$ tel que $\left|S_{k_{0}}\right| \leq \frac{1}{n+1}|S|$, ce qui conclut.
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{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "10",
"problem_match": "\nExercice 10",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2014-2015-envoi-1-solutions.jsonl",
"solution_match": "\nSolution ",
"tier": "T2",
"year": "2015"
}
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Let $ABCD$ be a convex quadrilateral (i.e., its diagonals are inside $ABCD$), and $P$ the intersection of its diagonals $[AC]$ and $[BD]$. We denote $\mathrm{O}_{1}, \mathrm{O}_{2}, \mathrm{O}_{3}$, and $\mathrm{O}_{4}$ as the centers of the circumcircles of $ABP, BCP, CDP$, and $DAP$.
Show that $\mathrm{O}_{1} \mathrm{O}_{2} \mathrm{O}_{3} \mathrm{O}_{4}$ is a parallelogram.
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$1 \quad \mathrm{O}_{1}$ and $\mathrm{O}_{2}$ are on the perpendicular bisector of $[\mathrm{PB}]$, so $\mathrm{O}_{1} \mathrm{O}_{2}$ is the perpendicular bisector of [PB]. Similarly, $\left(\mathrm{O}_{3} \mathrm{O}_{4}\right)$ is the perpendicular bisector of [PD], so $\left(\mathrm{O}_{1} \mathrm{O}_{2}\right)$ and $\left(\mathrm{O}_{3} \mathrm{O}_{4}\right)$ are both perpendicular to (BD), thus they are parallel. Similarly, $\left(\mathrm{O}_{2} \mathrm{O}_{3}\right)$ and $\left(\mathrm{O}_{4} \mathrm{O}_{1}\right)$ are both perpendicular to (AC), thus they are parallel.
ABCD has its opposite sides parallel in pairs, so it is a parallelogram.
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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 (c'est-à-dire que ses diagonales sont à l'intérieur de $A B C D$ ), et $P$ l'intersection de ses diagonales $[A C]$ et $[B D]$. On note $\mathrm{O}_{1}, \mathrm{O}_{2}, \mathrm{O}_{3}$ et $\mathrm{O}_{4}$ les centres des cercles circonscrits à $A B P, B C P, C D P$ et DAP.
Montrer que $\mathrm{O}_{1} \mathrm{O}_{2} \mathrm{O}_{3} \mathrm{O}_{4}$ est un parallélogramme.
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$1 \quad \mathrm{O}_{1}$ et $\mathrm{O}_{2}$ sont sur la médiatrice de $[\mathrm{PB}]$, donc $\mathrm{O}_{1} \mathrm{O}_{2}$ est la médiatrice de [PB]. De même, $\left(\mathrm{O}_{3} \mathrm{O}_{4}\right)$ est la médiatrice de [PD], donc $\left(\mathrm{O}_{1} \mathrm{O}_{2}\right)$ et $\left(\mathrm{O}_{3} \mathrm{O}_{4}\right)$ sont toutes deux perpendiculaires à ( BD$)$, donc elles sont parallèles. De même, $\left(\mathrm{O}_{2} \mathrm{O}_{3}\right)$ et $\left(\mathrm{O}_{4} \mathrm{O}_{1}\right)$ sont toutes deux perpendiculaires à (AC), donc elles sont parallèles.
ABCD a ses côtés opposés parallèles deux à deux, donc c'est un parallélogramme.
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{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "1",
"problem_match": "\nExercice 1.",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2014-2015-envoi-2-solutions.jsonl",
"solution_match": "\nSolution de l'exercice ",
"tier": "T2",
"year": "2015"
}
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Let $ABC$ be a triangle. $H$ its orthocenter and $P, Q$ and $R$ the feet of the altitudes from $A, B$ and $C$.
Show that $H$ is the incenter of the circle inscribed in $PQR$.
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We know that points $A, B, P$ and $Q$ are concyclic on the circle with diameter $[A B]$, so:
$$
\widehat{\mathrm{HPQ}}=\widehat{\mathrm{APQ}}=\widehat{\mathrm{ABQ}}=90^{\circ}-\widehat{\mathrm{BAQ}}=90^{\circ}-\widehat{\mathrm{BAC}}
$$
Similarly, $A, C, P$ and $R$ are concyclic on the circle with diameter $[A C]$ so:
$$
\widehat{H P R}=\widehat{A P R}=\widehat{A C R}=90^{\circ}-\widehat{C A R}=90^{\circ}-\widehat{B A C}
$$
Therefore, $\widehat{\mathrm{HPQ}}=\widehat{\mathrm{HPR}}$ so $(\mathrm{PH})$ is the bisector of $\widehat{\mathrm{QPR}}$. Similarly, we can show that $(\mathrm{QH})$ and $(\mathrm{RH})$ are the bisectors of $\widehat{\mathrm{PQR}}$ and $\widehat{\mathrm{PRQ}}$, so $H$ is the incenter of $\triangle PQR$.
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proof
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Incomplete
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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. $H$ son orthocentre et $P, Q$ et $R$ les pieds des hauteurs issues de $A, B$ et $C$.
Montrer que H est le centre du cercle inscrit à PQR .
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On sait que les points $A, B, P$ et $Q$ sont cocycliques sur le cercle de diamètre $[A B]$, donc :
$$
\widehat{\mathrm{HPQ}}=\widehat{\mathrm{APQ}}=\widehat{\mathrm{ABQ}}=90^{\circ}-\widehat{\mathrm{BAQ}}=90^{\circ}-\widehat{\mathrm{BAC}}
$$
De même, $A, C, P$ et $R$ sont cocycliques sur le cercle de diamètre $[A C]$ donc :
$$
\widehat{H P R}=\widehat{A P R}=\widehat{A C R}=90^{\circ}-\widehat{C A R}=90^{\circ}-\widehat{B A C}
$$
On a donc $\widehat{\mathrm{HPQ}}=\widehat{\mathrm{HPR}}$ donc $(\mathrm{PH})$ est la bissectrice de $\widehat{\mathrm{QPR}}$. On montre de même que $(\mathrm{QH})$ et $(\mathrm{RH})$ sont les bissectrices de $\widehat{\mathrm{PQR}}$ et $\widehat{\mathrm{PRQ}}$, donc $H$ est le centre du cercle inscrit à PQR .
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{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "2",
"problem_match": "\nExercice 2.",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2014-2015-envoi-2-solutions.jsonl",
"solution_match": "\nSolution de l'exercice 2",
"tier": "T2",
"year": "2015"
}
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Let $A B C D E F$ be a hexagon with all its angles equal to $120^{\circ}$. Show that $A B + B C = D E + E F$.
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We extend the sides [AB], [CD], and [EF], and call $X$ the intersection of $(AB)$ and $(CD)$, $Y$ that of $(CD)$ and $(EF)$, and $Z$ that of $(EF)$ and $(AB)$. Then $\widehat{XBC}=180^{\circ}-\widehat{ABC}=60^{\circ}$ and similarly for $\widehat{XCB}$, so:
$$
\widehat{ZXY}=\widehat{BXC}=180^{\circ}-\widehat{XBC}-\widehat{XCB}=180^{\circ}-60^{\circ}-60^{\circ}=60^{\circ}
$$
and similarly for the angles of triangle $XYZ$: we have represented the angles of $120^{\circ}$ in green and those of $60^{\circ}$ in red in the figure.
Triangle $XBC$ is therefore equilateral, so $AB+BC=AB+BX=AX$ and similarly $DE+EF=FY$. Since $XYZ$ is equilateral, $ZX=ZY$ and $ZAF$ is equilateral, so $ZA=ZF$, hence $AX=ZX-$ $ZA=ZY-ZF=FY$, which gives the result.
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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 $A B C D E F$ un hexagone ayant tous ses angles égaux à $120^{\circ}$. Montrer que $A B+$ $B C=D E+E F$.
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On prolonge les côtés [AB], [CD] et [EF], et on appelle Xl l'intersection de $\left(A B\right.$ ) et (CD), $Y$ celle de (CD) et (EF), et $Z$ celle de (EF) et $\left(A B\right.$ ). Alors $\widehat{X B C}=180^{\circ}-\widehat{A B C}=60^{\circ}$ et de même pour $\widehat{X C B}$, donc:
$$
\widehat{Z X Y}=\widehat{B X C}=180^{\circ}-\widehat{X B C}-\widehat{X C B}=180^{\circ}-60^{\circ}-60^{\circ}=60^{\circ}
$$
et de même pour les angles du triangle $X Y Z$ : on a représenté les angles de $120^{\circ}$ en vert et ceux de $60^{\circ}$ en rouge sur la figure.
Le triangle $X B C$ est donc équilatéral, donc $A B+B C=A B+B X=A X$ et de même $D E+E F=F Y$. Or, $X Y Z$ est équilatéral donc $Z X=Z Y$ et $Z A F$ est équilatéral donc $Z A=Z F$, d'où $A X=Z X-$ $Z A=Z Y-Z F=F Y$, d'où le résultat.
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{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "3",
"problem_match": "\nExercice 3.",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2014-2015-envoi-2-solutions.jsonl",
"solution_match": "\nSolution de l'exercice 3",
"tier": "T2",
"year": "2015"
}
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Let $ABCD$ be a convex quadrilateral. We denote $P, Q, R$ and $S$ as the midpoints of the sides $[AB], [BC], [CD]$ and $[DA]$. Show that the area of $PQRS$ is equal to half the area of $ABCD$.
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Let $X$ be the intersection of the diagonals of $ABCD$. [PQ] intersects [BD] at $Y$, and $[QR]$ intersects $[AC]$ at $Z$. According to the midline theorem, ( $PQ$ ) is parallel to ( $AC$ ), so (QZ) is parallel to ( $CX$ ) and, again by the midline theorem, Z is the midpoint of $[BX]$, thus the area of triangle $XQZ$ is half the area of triangle $XQB$. Similarly, the area of triangle XQY is half that of triangle XQC.
The quadrilateral PQRS therefore covers half of triangle XBC. In the same way, it covers half of the triangles $XCD, XDA$, and $XAB$, so its area is half that of $ABCD$.
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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. On note $P, Q, R$ et $S$ les milieux des côtés $[A B],[B C],[C D]$ et $[D A]$. Montrer que l'aire de PQRS est égale à la moitié de l'aire de $A B C D$.
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On note $X$ l'intersection des diagonales de $A B C D$. [PQ] coupe [BD] en $Y$, et $[Q R]$ coupe $[A C]$ en $Z$. D'après le théorème de la droite des milieux, ( $P Q$ ) est parallèle à ( $A C$ ), donc (QZ) est parallèle à ( $C X$ ) et, de nouveau d'après le théorème de la droite des milieux, Z est le milieu de $[B X]$, donc l'aire du triangle $X Q Z$ est la moitié de l'aire du triangle $X Q B$. De même, l'aire du triangle XQY est la moitié de celle du triangle XQC.
Le quadrilatère PQRS couvre donc la moitié du triangle XBC. De la même manière, il couvre la moitié des triangles $X C D, X D A$ et $X A B$, donc son aire est la moitié de celle de $A B C D$.
## Exercices Communs
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{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "4",
"problem_match": "\nExercice 4.",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2014-2015-envoi-2-solutions.jsonl",
"solution_match": "\nSolution de l'exercice 4",
"tier": "T2",
"year": "2015"
}
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Let $ABC$ be a right triangle at $C$. The bisector of $\widehat{BAC}$ intersects $[BC]$ at $P$, and that of $\widehat{ABC}$ intersects $[AC]$ at $Q$. Let $M$ and $N$ be on $[AB]$ such that $(MP)$ and $(NQ)$ are perpendicular to $(AB)$. What is the measure of the angle $\widehat{MCN}$?
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Since the angles $\widehat{A M P}$ and $\widehat{A C P}$ are right angles, the points $A, C, P$ and $M$ are concyclic on the circle with diameter $[A P]$. Similarly, the points $\mathrm{B}, \mathrm{C}, \mathrm{Q}$ and N are concyclic on the circle with diameter $[B Q]$. Therefore, we can perform an angle chase:
$$
\begin{aligned}
\widehat{M C N} & =90^{\circ}-\widehat{M C P}-\widehat{\mathrm{NCQ}} \\
& =90^{\circ}-\widehat{\mathrm{MAP}}-\widehat{\mathrm{NBQ}} \\
& =90^{\circ}-\frac{1}{2} \widehat{A B C}-\frac{1}{2} \widehat{\mathrm{BAC}} \\
& =\frac{1}{2}\left(180^{\circ}-\widehat{\mathrm{ABC}}-\widehat{\mathrm{BAC}}\right) \\
& =\frac{1}{2} \widehat{A C B} \\
& =45^{\circ}
\end{aligned}
$$
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45^{\circ}
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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 $A B C$ un triangle rectangle en $C$. La bissectrice de $\widehat{B A C}$ coupe $[B C]$ en $P$, et celle de $\widehat{A B C}$ coupe $[A C]$ en $Q$. Soient $M$ et $N$ sur $[A B]$ tels que (MP) et (NQ) soient perpendiculaires à $(A B)$. Combien vaut l'angle $\widehat{M C N}$ ?
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Comme les angles $\widehat{A M P}$ et $\widehat{A C P}$ sont droits, les points $A, C, P$ et $M$ sont cocycliques sur le cercle de diamètre $[A P]$. De même, les points $\mathrm{B}, \mathrm{C}, \mathrm{Q}$ et N sont cocycliques sur le cercle de diamètre $[B Q]$. On peut donc faire une chasse aux angles :
$$
\begin{aligned}
\widehat{M C N} & =90^{\circ}-\widehat{M C P}-\widehat{\mathrm{NCQ}} \\
& =90^{\circ}-\widehat{\mathrm{MAP}}-\widehat{\mathrm{NBQ}} \\
& =90^{\circ}-\frac{1}{2} \widehat{A B C}-\frac{1}{2} \widehat{\mathrm{BAC}} \\
& =\frac{1}{2}\left(180^{\circ}-\widehat{\mathrm{ABC}}-\widehat{\mathrm{BAC}}\right) \\
& =\frac{1}{2} \widehat{A C B} \\
& =45^{\circ}
\end{aligned}
$$
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{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "5",
"problem_match": "\nExercice 5.",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2014-2015-envoi-2-solutions.jsonl",
"solution_match": "\nSolution de l'exercice 5",
"tier": "T2",
"year": "2015"
}
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Let $ABC$ be a triangle with all three angles acute, and $P$ the foot of the altitude from $A$. We denote $I_{1}$ and $I_{2}$ as the centers of the inscribed circles of $ABP$ and $ACP$. The incircle of $ABC$ touches $[BC]$ at $D$. What are the angles of the triangle $I_{1}I_{2}D$?
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We denote $E$ and $F$ as the points where the incircles of $\triangle ABP$ and $\triangle ACP$ touch $[BC]$, and $G$ and $H$ as the points where they touch $[AP]$. $\triangle PEI_{1}H$ is a square because the angles at $P$, $E$, and $H$ are right angles, and $I_{1}E = I_{1}H$, so $EP = EI_{1}$, and similarly $FP = FI_{2}$. Therefore, we have:
$FD = CD - CF = \frac{CA + CB - AB}{2} - \frac{CA + CP - AP}{2} = \frac{CB - CP + AP - AB}{2} = \frac{BP + AP - AB}{2} = PE = EI_{1}$
and similarly $ED = FI_{2}$. Since $\angle I_{2}FD$ and $\angle I_{1}ED$ are right angles, triangles $I_{1}ED$ and $I_{2}FD$ are congruent, so $DI_{1} = DI_{2}$. Furthermore, we have:
$$
\angle I_{1}DI_{2} = 180^{\circ} - \angle I_{1}DE - \angle I_{2}DF = 180^{\circ} - \angle I_{1}DE - \angle DI_{1}E = \angle DEI_{1} = 90^{\circ}
$$
The triangle is therefore isosceles right-angled at $D$, so its angles are $90^{\circ}$, $45^{\circ}$, and $45^{\circ}$.
## Exercises of Group A
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90^{\circ}, 45^{\circ}, 45^{\circ}
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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 $A B C$ un triangle ayant ses trois angles aigus, et $P$ le pied de la hauteur issue de $A$. On note $I_{1}$ et $I_{2}$ les centres de cercles inscrits à $A B P$ et $A C P$. Le cercle inscrit à $A B C$ touche $[\mathrm{BC}]$ en D . Combien valent les angles du triangle $\mathrm{I}_{1} \mathrm{I}_{2} \mathrm{D}$ ?
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On note $E$ et $F$ les points où les cercles inscrits à ABP et ACP touchent $[B C]$, et G et H les points où ils touchent $[A P]: \mathrm{PEI}_{1} \mathrm{H}$ est un carré car les angles en $\mathrm{P}, \mathrm{E}$ et H sont droits, et $I_{1} E=I_{1} H$, donc $E P=E I_{1}$, et de même $F P=\mathrm{FI}_{2}$. On a donc:
$\mathrm{FD}=\mathrm{CD}-\mathrm{CF}=\frac{\mathrm{CA}+\mathrm{CB}-\mathrm{AB}}{2}-\frac{\mathrm{CA}+\mathrm{CP}-\mathrm{AP}}{2}=\frac{\mathrm{CB}-\mathrm{CP}+\mathrm{AP}-\mathrm{AB}}{2}=\frac{\mathrm{BP}+\mathrm{AP}-\mathrm{AB}}{2}=\mathrm{PE}=\mathrm{EI}_{1}$
et de même $\mathrm{ED}=\mathrm{FI}_{2}$. Comme de plus $\widehat{\mathrm{I}_{2} \mathrm{FD}}$ et $\widehat{\mathrm{I}_{1} \mathrm{ED}}$ sont droits, les triangles $\mathrm{I}_{1} \mathrm{ED}$ et $\mathrm{I}_{2} \mathrm{FD}$ sont isométriques donc $\mathrm{DI}_{1}=\mathrm{DI}_{2}$. De plus on a:
$$
\widehat{\mathrm{I}_{1} \mathrm{DI}_{2}}=180^{\circ}-\widehat{\mathrm{I}_{1} \mathrm{DE}}-\widehat{\mathrm{I}_{2} \mathrm{DF}}=180^{\circ}-\widehat{\mathrm{I}_{1} \mathrm{DE}}-\widehat{\mathrm{DI}_{1} \mathrm{E}}=\widehat{\mathrm{DEI}_{1}}=90^{\circ}
$$
Le triangle est donc isocèle rectangle en D , donc ses angles valent $90^{\circ}, 45^{\circ}$ et $45^{\circ}$.
## Exercices du groupe A
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{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "6",
"problem_match": "\nExercice 6.",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2014-2015-envoi-2-solutions.jsonl",
"solution_match": "\nSolution de l'exercice 6",
"tier": "T2",
"year": "2015"
}
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Two circles $\Gamma_{1}$ and $\Gamma_{2}$ with centers $\mathrm{O}_{1}$ and $\mathrm{O}_{2}$ intersect at P and Q. A line passing through $O_{1}$ intersects $\Gamma_{2}$ at $A$ and $B$, and a line passing through $O_{2}$ intersects $\Gamma_{1}$ at $C$ and $D$. Show that if there exists a circle passing through $A, B, C$ and $D$, then the center of this circle lies on (PQ).
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We denote $\Gamma$ as the circle passing through $A, B, C$, and $D$. According to the radical axis theorem, $(\mathrm{AB}), (CD)$, and $(PQ)$ are concurrent at a point called $X$. Furthermore, $(\mathrm{AB})$ is perpendicular to $\left(\mathrm{OO}_{2}\right)$, so it is the altitude from $\mathrm{O}_{1}$ in $\mathrm{OO}_{1} \mathrm{O}_{2}$. Similarly, $(CD)$ is the altitude from $\mathrm{O}_{2}$, so $X$ is the orthocenter of $\mathrm{OO}_{1} \mathrm{O}_{2}$. Consequently, $(\mathrm{OX})$ is perpendicular to $\left(\mathrm{O}_{1} \mathrm{O}_{2}\right)$, but we already know that the perpendicular to $\left(\mathrm{O}_{1} \mathrm{O}_{2}\right)$ passing through $X$ is $(\mathrm{PQ})$, so the lines $(\mathrm{OX})$ and $(PQ)$ are coincident, and $\mathrm{O} \in (\mathrm{PQ})$.
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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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Deux cercles $\Gamma_{1}$ et $\Gamma_{2}$ de centres $\mathrm{O}_{1}$ et $\mathrm{O}_{2}$ se coupent en P et Q . Une droite passant par $O_{1}$ coupe $\Gamma_{2}$ en $A$ et $B$, et une droite passant par $O_{2}$ coupe $\Gamma_{1}$ en $C$ et $D$. Montrer que s'il existe un cercle passant par $A, B, C$ et $D$, alors le centre de ce cercle est sur (PQ).
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On note $\Gamma$ le cercle passant par $A, B, C$ et $D$. D'après le théorème des axes radicaux, $(\mathrm{AB}),(C D)$ et (PQ) sont concourrantes en un point qu'on appelle $X$. De plus, $(\mathrm{AB})$ est perpendiculaire à $\left(\mathrm{OO}_{2}\right)$, donc est la hauteur issue de $\mathrm{O}_{1}$ dans $\mathrm{OO}_{1} \mathrm{O}_{2}$. De même, (CD) est la hauteur issue de $\mathrm{O}_{2}$, donc $X$ est l'orthocentre de $\mathrm{OO}_{1} \mathrm{O}_{2}$. Par conséquent, ( OX ) est perpendiculaire à $\left(\mathrm{O}_{1} \mathrm{O}_{2}\right)$, mais on sait déjà que la perpendiculaire à $\left(\mathrm{O}_{1} \mathrm{O}_{2}\right)$ passant par X est $(\mathrm{PQ})$, donc les droites $(\mathrm{OX})$ et ( PQ ) sont confondues, et $\mathrm{O} \in(\mathrm{PQ})$.
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{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "7",
"problem_match": "\nExercice 7.",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2014-2015-envoi-2-solutions.jsonl",
"solution_match": "\nSolution de l'exercice 7",
"tier": "T2",
"year": "2015"
}
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Let $A B C D$ be a convex quadrilateral. Suppose that the incircles of the triangles $A B C, B C D, C D A$ and $D A B$ have a common point. Show that $A B C D$ is a rhombus.
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We denote $\omega_{A}$ as the incircle of DAB, and so on: The circles $\omega_{B}$ and $\omega_{D}$ are located on either side of (AC), so they can only intersect on (BC). Similarly, $\omega_{A}$ and $\omega_{C}$ can only intersect on (BD), so the intersection of the four circles can only be the intersection of the diagonals, which we denote as $X$.
Furthermore, let $R$ and $S$ be the points of tangency of the incircle of $ABC$ with $[AB]$ and $[BC]$, and $T$ and $U$ be the points of tangency of the incircle of CDA with $[CD]$ and $[DA]$. We have:
$$
AB + CD = AR + BR + CT + DT = AX + BS + CX + DU = AU + BS + CS + DU = AD + BC
$$
Thus, $ABCD$ is tangential: there exists a circle inside $ABCD$ that is tangent to all sides, which we denote as $\omega$.
The center of the negative homothety that maps $\omega_{A}$ to $\omega_{C}$ is $X$, so it lies on (AC). Moreover, $A$ is the center of the positive homothety that maps $\omega_{A}$ to $\omega$, and $C$ is the center of the positive homothety that maps $\omega$ to $\omega_{C}$, so the center of the positive homothety that maps $\omega_{A}$ to $\omega_{C}$ also lies on (AC), so the centers of $\omega_{A}$ and $\omega_{C}$ lie on (AC), so (AC) is the angle bisector of $\widehat{BCD}$ and $\widehat{DAB}$, so the quadrilateral is symmetric with respect to (AC), hence $AB = AD$ and $CB = CD$. Similarly, we have $BA = BC$ and $DA = DC$, so $ABCD$ is a rhombus.
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proof
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Incomplete
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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. On suppose que les cercles inscrits aux triangles $A B C, B C D, C D A$ et $D A B$ ont un point commun. Montrer que $A B C D$ est un losange.
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On note $\omega_{A}$ le cercle inscrit à DAB et ainsi de suite: Les cercles $\omega_{B}$ et $\omega_{D}$ sont situés de part et d'autre de (AC), donc ils ne peuvent s'intersecter que sur ( $B C$ ). De même, $\omega_{\mathrm{A}}$ et $\omega_{\mathrm{c}}$ ne peuvent s'intersecter que sur (BD), donc l'intersection des 4 cercles ne peut être que l'intersection des diagonales, qu'on note $X$.
De plus, notons $R$ et $S$ les points de tangence du cercle inscrit à $A B C$ avec $[A B]$ et $[B C]$, et $T$ et $U$ les points de contact du cercle inscrit à CDA avec [CD] et [DA]. On a :
$$
A B+C D=A R+B R+C T+D T=A X+B S+C X+D U=A U+B S+C S+D U=A D+B C
$$
donc $A B C D$ est circonscriptible : il existe un cercle à l'intérieur de $A B C D$ tangent à tous les côtés, qu'on note $\omega$.
Le centre de l'homothétie négative qui envoie $\omega_{A}$ sur $\omega_{C}$ est $X$, donc est sur ( $A C$ ). De plus, $A$ est le centre de l'homothétie positive qui envoie $\omega_{A}$ sur $\omega$, et $C$ est le centre de l'homothétie positive qui envoie $\omega$ sur $\omega_{C}$, donc le centre de l'homothétie positive qui envoie $\omega_{A}$ sur $\omega_{C}$ est aussi sur (AC), donc les centres de $\omega_{A}$ et $\omega_{C}$ sont sur ( $A C$ ), donc ( $A C$ ) est la bissectrice de $\widehat{B C D}$ et $\widehat{D A B}$, donc le quadrilatère est symétrique par rapport à $(A C)$ d'où $A B=A D$ et $C B=C D$. On a de même $B A=B C$ et $D A=D C$, donc $A B C D$ est un losange.
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{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "8",
"problem_match": "\nExercice 8.",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2014-2015-envoi-2-solutions.jsonl",
"solution_match": "\nSolution de l'exercice 8",
"tier": "T2",
"year": "2015"
}
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Two circles $\omega_{1}$ and $\omega_{2}$ are tangent at $S$, with $\omega_{1}$ inside $\omega_{2}$. Let $O$ be the center of $\omega_{1}$. A chord $[A B]$ of $\omega_{2}$ is tangent to $\omega_{1}$ at $T$. Show that $(A O)$, the perpendicular to $(\mathrm{AB})$ passing through $B$ and the perpendicular to $(S T)$ passing through $S$ are concurrent.
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We denote $(\mathrm{Bx})$ as the perpendicular to (AB) passing through B, and (Sy) as the perpendicular to (ST) passing through S. To obtain the result using the trigonometric form of Ceva's theorem in triangle ABS, we need to show:
$$
\frac{\sin \widehat{B A O}}{\sin \widehat{S A O}} \cdot \frac{\sin \widehat{A S y}}{\sin \widehat{B S y}} \cdot \frac{\sin \widehat{S B x}}{\sin \widehat{A B x}}=1
$$
We know that $\sin A B x=1$. Furthermore, the homothety centered at $S$ that maps $\omega_{1}$ to $\omega_{2}$ maps $T$ to the midpoint of the arc $\widehat{A B}$, so (ST) is the internal angle bisector of $\widehat{A S B}$ and (Sy) is its external angle bisector, hence $\sin \widehat{\mathrm{ASy}}=\sin \widehat{\mathrm{BSy}}$. Therefore, it remains to show:
$$
\frac{\sin \widehat{\mathrm{BAO}}}{\sin \widehat{\mathrm{SAO}}} \cdot \sin \widehat{\mathrm{SBX}}=1
$$
We have $\sin \widehat{\mathrm{BAO}}=\frac{\mathrm{OT}}{\mathrm{AO}}=\frac{\mathrm{OS}}{\mathrm{AO}}=\frac{\sin \widehat{O A S}}{\sin \widehat{A S O}}$, so it remains to show $\widehat{A S O}=\widehat{\mathrm{SBx}}$. If we denote $\mathrm{O}^{\prime}$ as the center of $\omega_{2}$, then:
$$
\widehat{\mathrm{ASO}}=\widehat{\mathrm{ASO}^{\prime}}=\frac{1}{2}\left(\pi-\widehat{\mathrm{AO}^{\prime} \mathrm{S}}\right)=\frac{\pi}{2}-\widehat{\mathrm{SBA}}=\widehat{\mathrm{SBx}}
$$
which gives the result.
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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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Deux cercles $\omega_{1}$ et $\omega_{2}$ sont tangents en $S$, avec $\omega_{1}$ à l'intérieur de $\omega_{2}$. On note O le centre de $\omega_{1}$. Une corde $[A B]$ de $\omega_{2}$ est tangente à $\omega_{1}$ en $T$. Montrer que $(A O)$, la perpendiculaire à $(\mathrm{AB})$ passant par $B$ et la perpendiculaire à $(S T)$ passant par $S$ sont concourantes.
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On note $(\mathrm{Bx})$ la perpendiculaire à ( AB ) passant par B, et (Sy) la perpendiculaire à (ST) passant par S. Pour obtenir le résultat grâce au théorème de Ceva trigonométrique dans le triangle ABS, on doit montrer :
$$
\frac{\sin \widehat{B A O}}{\sin \widehat{S A O}} \cdot \frac{\sin \widehat{A S y}}{\sin \widehat{B S y}} \cdot \frac{\sin \widehat{S B x}}{\sin \widehat{A B x}}=1
$$
Or, on sait que $\sin A B x=1$. De plus, l'homothétie de centre $S$ qui envoie $\omega_{1}$ sur $\omega_{2}$ envoie $T$ sur le milieu de l'arc $\widehat{A B}$, donc (ST) est la bissectrice intérieure de $\widehat{A S B}$ et (Sy) est sa bissectrice extérieure, $\mathrm{d}^{\prime}$ où $\sin \widehat{\mathrm{ASy}}=\sin \widehat{\mathrm{BSy}}$. Il reste donc à montrer :
$$
\frac{\sin \widehat{\mathrm{BAO}}}{\sin \widehat{\mathrm{SAO}}} \cdot \sin \widehat{\mathrm{SBX}}=1
$$
Or, $\sin \widehat{\mathrm{BAO}}=\frac{\mathrm{OT}}{\mathrm{AO}}=\frac{\mathrm{OS}}{\mathrm{AO}}=\frac{\sin \widehat{O A S}}{\sin \widehat{A S O}}$, donc il ne reste plus qu'à montrer $\widehat{A S O}=\widehat{\mathrm{SBx}}$. Si on note $\mathrm{O}^{\prime}$ le centre de $\omega_{2}$, alors :
$$
\widehat{\mathrm{ASO}}=\widehat{\mathrm{ASO}^{\prime}}=\frac{1}{2}\left(\pi-\widehat{\mathrm{AO}^{\prime} \mathrm{S}}\right)=\frac{\pi}{2}-\widehat{\mathrm{SBA}}=\widehat{\mathrm{SBx}}
$$
d'où le résultat.
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{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "9",
"problem_match": "\nExercice 9.",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2014-2015-envoi-2-solutions.jsonl",
"solution_match": "\nSolution de l'exercice 9",
"tier": "T2",
"year": "2015"
}
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Let $\Gamma$ be a circle with center O, and (d) a line that does not intersect $\Gamma$. We call $P$ the orthogonal projection of $O$ onto (d). Let $Q$ be a variable point on the line (d), and $\left(t_{1}\right)$ and $\left(t_{2}\right)$ the tangents to $\Gamma$ passing through $Q$. We denote $A$ and $B$ as the orthogonal projections of $P$ onto $\left(t_{1}\right)$ and $\left(t_{2}\right)$. Show that the point of intersection of $(A B)$ and ( $O P)$ remains fixed when $Q$ varies.
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Let $X$ be the intersection of $(A B)$ and $(O P), S$ and $T$ the points where $\left(t_{1}\right)$ and $\left(t_{2}\right)$ touch $\Gamma$, and $Y$ the intersection of $(ST)$ and $(OP)$. A first remark we can make is that $O, P, Q, S$ and $T$ are concyclic on the circle with diameter [OQ]. A good figure suggests that $Y$ does not depend on $Q$. And indeed, we have:
$$
\widehat{\mathrm{OSY}}=\widehat{\mathrm{OST}}=\widehat{\mathrm{OQT}}=\widehat{\mathrm{OQS}}=\widehat{\mathrm{OPS}}
$$
so the triangles OSY and OPS are indirectly similar, thus $\frac{\mathrm{OY}}{\mathrm{OS}}=\frac{\mathrm{OS}}{\mathrm{OP}} \mathrm{d}'$ where $\mathrm{OY}=\frac{\mathrm{r}^{2}}{\mathrm{OP}}$ where $r$ is the radius of $\Gamma$, so $O Y$ does not depend on $Q$ and $Y$ is fixed (enthusiasts of projective geometry will have recognized the pole of (d) with respect to $\Gamma$).
Now let $Z$ be the orthogonal projection of $P$ on $(ST)$: since $P$ is on the circumcircle of PST, the Simson line guarantees that $Z \in(A B)$. Let's do some angle chasing:
$$
\widehat{\mathrm{PZX}}=\widehat{\mathrm{PZA}}=\widehat{\mathrm{PSA}}=\widehat{\mathrm{PSQ}}=\widehat{\mathrm{POQ}}=\widehat{\mathrm{OPZ}}
$$
where we have used successively that $P, Z, A$ and $S$ are concyclic (on the circle with diameter [PS]), that $O, P, Q, S$ are concyclic, and finally that (OQ) // (PZ). Therefore, XPZ is isosceles at $X$, so $X$ is on the perpendicular bisector of $[P Z]$. The center of the circumcircle of PYZ is on this perpendicular bisector, and is on $(PY)$ because PYZ is right-angled at $Z$.
$X$ is thus the center of the circumcircle of PYZ, and is the midpoint of [PY] because PYZ is right-angled at $Z$. Since $P$ and $Y$ do not depend on $Q$, neither does $X$.
$\mathcal{F i n}$
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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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Soient $\Gamma$ un cercle de centre O , et ( d ) une droite qui n'intersecte pas $\Gamma$. On appelle $P$ le projeté orthogonal de $O$ sur (d). Soit $Q$ un point variable sur la droite (d), et $\left(t_{1}\right)$ et $\left(t_{2}\right)$ les tangentes à $\Gamma$ passant par $Q$. On note $A$ et $B$ les projetés orthogonaux de $P$ sur $\left(t_{1}\right)$ et $\left(t_{2}\right)$. Montrer que le point d'intersection de $(A B)$ et ( $O P)$ reste fixe quand $Q$ varie.
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On note $X$ l'intersection de $(A B)$ et $(O P), S$ et $T$ les points où $\left(t_{1}\right)$ et $\left(t_{2}\right)$ touchent $\Gamma$, et $Y$ le point d'intersection de (ST) et (OP). Une première remarque qu'on peut faire est que $O, P, Q, S$ et $T$ sont cocycliques sur le cercle de diamètre [OQ]. Une bonne figure suggère que $Y$ ne dépend pas de $Q$. Et en effet, on a :
$$
\widehat{\mathrm{OSY}}=\widehat{\mathrm{OST}}=\widehat{\mathrm{OQT}}=\widehat{\mathrm{OQS}}=\widehat{\mathrm{OPS}}
$$
donc les triangles OSY et OPS sont indirectement semblables donc $\frac{\mathrm{OY}}{\mathrm{OS}}=\frac{\mathrm{OS}}{\mathrm{OP}} \mathrm{d}^{\prime}$ où $\mathrm{OY}=\frac{\mathrm{r}^{2}}{\mathrm{OP}}$ où $r$ est le rayon de $\Gamma$, donc $O Y$ ne dépend pas de $Q$ et $Y$ est fixe (les amateurs de géométrie projective auront reconnu le pôle de (d) par rapport à $\Gamma$ ).
Soit maintenant $Z$ le projeté orthogonal de $P$ sur (ST) : comme $P$ est sur le cercle circonscrit à PST, la droite de Simson nous garantit que $Z \in(A B)$. Faisons maintenant un peu de chasse aux angles:
$$
\widehat{\mathrm{PZX}}=\widehat{\mathrm{PZA}}=\widehat{\mathrm{PSA}}=\widehat{\mathrm{PSQ}}=\widehat{\mathrm{POQ}}=\widehat{\mathrm{OPZ}}
$$
où on a utilisé successivement que $P, Z, A$ et $S$ sont cocycliques (sur le cercle de diamètre [PS]), que $O, P, Q, S$ sont cocycliques et enfin que (OQ) // (PZ). On a donc que XPZ est isocèle en $X$, donc $X$ est sur la médiatrice de $[P Z]$. Or, le centre du cercle circonscrit à PYZ est sur cette médiatrice, et est sur (PY) car PYZ est rectangle en Z.
$X$ est donc le centre du cercle circonscrit à PYZ, donc est le milieu de [PY] car PYZ est rectangle en $Z$. Comme $P$ et $Y$ ne dépendent pas de $Q, X$ non plus.
$\mathcal{F i n}$
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{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "10",
"problem_match": "\nExercice 10.",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2014-2015-envoi-2-solutions.jsonl",
"solution_match": "\nSolution de l'exercice 10",
"tier": "T2",
"year": "2015"
}
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Let $n \geqslant 1$ be an integer such that the quotient of $2^{n}$ by $n$ is a power of 2. Show that $n$ is a power of 2.
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By hypothesis, $2^{\text{n }} / n$ is a power of 2 (here, we are talking about a quotient, not the quotient in Euclidean division). There exists an integer $k \geqslant 0$ such that $2^{\mathrm{n}}=2^{\mathrm{k}} n$. Thus, $n=2^{\mathrm{n}-\mathrm{k}}$, so n is indeed a power of 2.
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n \text{ is a power of 2}
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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 $n \geqslant 1$ un entier tel que le quotient de $2^{n}$ par $n$ est une puissance de 2 . Montrer que $n$ est une puissance de 2 .
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Par hypothèse, $2^{\text {n }} / n$ est une puissance de 2 (ici, on parle bien de quotient, et non pas de quotient dans la division euclidienne). Il existe donc un entier $k \geqslant 0$ tel que $2^{\mathrm{n}}=2^{\mathrm{k}} n$. Ainsi, $n=2^{\mathrm{n}-\mathrm{k}}$, de sorte que n est bien une puissance de 2 .
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{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "1",
"problem_match": "\nExercice 1.",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2014-2015-envoi-3-solutions.jsonl",
"solution_match": "\nSolution de l'exercice 1",
"tier": "T2",
"year": "2015"
}
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Find all strictly positive integers $m$ and $n$ such that
$$
3 \cdot 2^{\mathrm{m}}+1=\mathrm{n}^{2} .
$$
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First, note that the condition can be rewritten as $3 \cdot 2^{\mathrm{m}}=(n-1)(n+1)$.
$\triangleright$ If $n$ is even, the integers $(n+1)$ and $(n-1)$ are coprime, so they must be equal to $2^{m}$ and 3, or to $3 \cdot 2^{\mathrm{m}}$ and 1. However, they are both odd (and $\mathrm{m}>0$): contradiction.
$\triangleright$ If $n$ is odd, the gcd of $(n+1)$ and $(n-1)$ is the gcd of $(n+1)$ and $n+1-(n-1)=2$, so it is 2. Thus, they are equal to 6 and $2^{\mathrm{m}-1}$, or to 2 and $3 \cdot 2^{\mathrm{m}-1}$.
- If $n-1=6$, then $n=7$ and $2^{\mathrm{m-1}}=n+1=8$ hence $m=4$.
- If $n+1=6$, then $n=5$ and $2^{\mathrm{m}-1}=\mathrm{n}-1=4$ hence $m=3$.
- If $n-1=2$ then $n=3$ and $3 \cdot 2^{m}=n^{2}-1=8$, which is impossible since 3 does not divide 8.
- If $n+1=2$ then $n=1$ and $3 \cdot 2^{m}=n^{2}-1=0$, which is impossible.
In conclusion, the equation is only satisfied for the pairs $(\mathfrak{m}, \mathfrak{n}) \in\{(4,7),(3,5)\}$.
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(4,7),(3,5)
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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 strictement positifs $m$ et $n$ tels que
$$
3 \cdot 2^{\mathrm{m}}+1=\mathrm{n}^{2} .
$$
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Remarquons tout d'abord que la condition se réécrit $3 \cdot 2^{\mathrm{m}}=(n-1)(n+1)$.
$\triangleright \operatorname{Sin}$ est pair, les entiers $(n+1)$ et $(n-1)$ sont premiers entre eux donc égaux à $2^{m}$ et 3 ou à $3 \cdot 2^{\mathrm{m}}$ et 1 . Or, ils sont tous les deux impairs (et $\mathrm{m}>0$ ) : contradiction.
$\triangleright$ Si $n$ est impair, le pgcd de $(n+1)$ et $(n-1)$ est le pgcd de $(n+1)$ et $n+1-(n-1)=2$ donc 2 . Ainsi, ils sont égaux à 6 et $2^{\mathrm{m}-1}$, ou bien à 2 et $3 \cdot 2^{\mathrm{m}-1}$.
- Si $n-1=6$, alors $n=7$ et $2^{\mathrm{m-1}}=n+1=8$ d'où $m=4$.
- Si $n+1=6$, alors $n=5$ et $2^{\mathrm{m}-1}=\mathrm{n}-1=4$ d'où $m=3$.
- Si $n-1=2$ alors $n=3$ et $3 \cdot 2^{m}=n^{2}-1=8$, ce qui est impossible car 3 ne divise pas 8 .
- Si $n+1=2$ alors $n=1$ et $3 \cdot 2^{m}=n^{2}-1=0$, ce qui est impossible.
En conclusion, l'équation n'est vérifiée que pour les couples $(\mathfrak{m}, \mathfrak{n}) \in\{(4,7),(3,5)\}$.
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{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "2",
"problem_match": "\nExercice 2.",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2014-2015-envoi-3-solutions.jsonl",
"solution_match": "\nSolution de l'exercice 2",
"tier": "T2",
"year": "2015"
}
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Let $p$ be a prime number. Find all integers $n \geqslant 1$ such that for any integer $a \geqslant 1$, if $a^{n}-1$ is divisible by $p$, then $a^{n}-1$ is also divisible by $p^{2}$.
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Let's show that the integers $n$ that work are exactly the multiples of $p$. To do this, we will first prove that when $n = pm$ for an integer $m \geq 1$, for any integer $a \geq 1$, if $a^n - 1$ is divisible by $p$, then $a^n - 1$ is also divisible by $p^2$. Then, conversely, we will prove that if $p$ does not divide $n$, there exists an integer $a \geq 1$ such that $a^n - 1$ is divisible by $p$ but $a^n - 1$ is not divisible by $p^2$.
$\triangleright$ If $n = pm$ for an integer $m \geq 1$, then $a^n = a^{pm} \equiv a^m \pmod{p}$ according to Fermat's Little Theorem for any integer $a$. Suppose now that the integer $a$ is such that $a^n - 1$ is divisible by $p$. From the line above, $a^m - 1$ is divisible by $p$. Furthermore, the following factorization holds:
$$
a^n - 1 = a^{pm} - 1 = (a^m - 1)(1 + a^m + \cdots + a^{(p-1)m})
$$
Since $p$ divides $a^m - 1$, $a^m \equiv 1 \pmod{p}$, so
$$
1 + a^m + \cdots + a^{(p-1)m} \equiv 1 + 1 + \cdots + 1 \equiv p \equiv 0 \pmod{p}
$$
In conclusion, $a^n - 1$ is the product of two integers divisible by $p$ and is therefore divisible by $p^2$.
$\triangleright$ If $p$ does not divide $n$, then with the integer $a = p + 1$, we have that $a^n - 1 \equiv 1^n - 1 \equiv 0 \pmod{p}$, so $p$ divides $a^n - 1$. However,
$$
1 + a + \cdots + a^{(n-1)} \equiv 1 + 1 + \cdots + 1^{(n-1)} \equiv n \not\equiv 0 \pmod{p}
$$
Thus, $p$ does not divide $1 + a + \cdots + a^{(n-1)}$, and therefore $p^2$ does not divide $p(1 + a + \cdots + a^{(n-1)}) = (a - 1)(1 + a + \cdots + a^{(n-1)}) = a^n - 1$.
## 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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Soit $p$ un nombre premier. Trouver tous les entiers $n \geqslant 1$ tels que pour tout entier $a \geqslant 1$, si $a^{n}-1$ est divisible par $p$, alors $a^{n}-1$ est aussi divisible par $p^{2}$.
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Montrons que les entiers $n$ qui conviennent sont exactement les multiples de $p$. Pour cela, nous allons d'abord prouver que lorsque $n=p m$ pour un entier $m \geqslant 1$, pour tout entier $a \geqslant 1$, si $a^{n}-1$ est divisible par $p$, alors $a^{n}-1$ est aussi divisible par $p^{2}$. Puis, réciproquement, nous allons prouver que si $p$ ne divise pas $n$, alors il existe un entier $a \geqslant 1$ tel que $a^{n}-1$ est divisible par $p$ mais tel que $a^{n}-1$ n'est pas divisible par $p^{2}$.
$\triangleright$ Si $n=p m$ pour un entier $m \geqslant 1$, alors $a^{n}=a^{p m} \equiv a^{m}(\bmod \mathfrak{p})$ d'après le petit théorème de Fermat pour tout entier a. Supposons dorénavant que l'entier a est tel que $a^{n}-1$ est divisible par $p$. D'après la ligne ci-dessus, $a^{\mathrm{m}}-1$ est divisible par $p$. Par ailleurs, la factorisation suivante est vérifiée:
$$
a^{n}-1=a^{p m}-1=\left(a^{m}-1\right)\left(1+a^{m}+\cdots+a^{(p-1) m}\right)
$$
Comme $p$ divise $a^{m}-1, a^{m} \equiv 1(\bmod p)$ donc
$$
1+a^{m}+\cdots+a^{(\mathfrak{p}-1) m} \equiv 1+1+\cdots+1 \equiv p \equiv 0 \quad(\bmod \mathfrak{p})
$$
En conclusion, $a^{n}-1$ est le produit de deux entiers divisibles par $p$ donc est divisible par $p^{2}$.
$\triangleright$ Si $p$ ne divise pas $n$, alors avec l'entier $a=p+1$, on a que $a^{n}-1 \equiv 1^{n}-1 \equiv 0(\bmod \mathfrak{p})$ donc $p$ divise $a^{n}-1$. Or
$$
1+a+\cdots+a^{(n-1)} \equiv 1+1+\cdots+1^{n-1} \equiv n \not \equiv 0(\bmod p)
$$
Ainsi, $p$ ne divise pas $1+a+\cdots+a^{(n-1)}$, et donc $p^{2}$ ne divise pas $p\left(1+a+\cdots+a^{(n-1)}\right)=$ $(a-1)\left(1+a+\cdots+a^{(n-1)}\right)=a^{n}-1$.
## Exercices communs
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{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "3",
"problem_match": "\nExercice 3.",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2014-2015-envoi-3-solutions.jsonl",
"solution_match": "\nSolution de l'exercice 3",
"tier": "T2",
"year": "2015"
}
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Find all triplets of strictly positive integers $(a, b, c)$ such that $6^{a}=1+2^{b}+3^{c}$.
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First, note that 3 divides $2^{b}+1$, so b is odd (since $2^{b}+$ $\left.1 \equiv(-1)^{b}+1(\bmod 3)\right)$.
$\triangleright$ If $\mathrm{b}=1$, the equation can be rewritten as $1+3^{\mathrm{c}-1}=2 \cdot 6^{a-1}$ by dividing by 3.
- If $a>1$, then 3 divides $1+3^{\mathrm{c}-1}$, which is impossible.
- Otherwise, $\mathrm{a}=1$ and consequently $\mathrm{c}=1$.
$\triangleright$ If $\mathrm{b} \geqslant 3$, then $\mathrm{a} \geqslant 2\left(\right.$ because $\left.6<1+2^{3}\right)$. Reducing modulo 4, we get the necessary condition $1+3^{c} \equiv 0(\bmod 4)$, and thus c is odd. Reducing modulo 8, we get the new condition $1+2^{\mathrm{b}}+3^{\mathrm{c}} \equiv 1+0+3(\bmod 8) \equiv 4(\bmod 8)$, so $6^{\mathrm{a}} \equiv 4(\bmod 8)$, which immediately implies $a=2\left(\right.$ indeed, for $6^{a} \equiv 0(\bmod 8)$ for $\left.a \geqslant 3\right)$. The initial equation then becomes $2^{\mathrm{b}}+3^{\mathrm{c}}=35$, and an exhaustive study gives $\mathrm{b}=3$ and $\mathrm{c}=3$ or $\mathrm{b}=5$ and $\mathrm{c}=1$.
In conclusion, the solution triplets are $(\mathbf{a}, \boldsymbol{b}, \boldsymbol{c}) \in\{(1,1,1),(2,3,3),(2,5,1)\}$.
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(1,1,1),(2,3,3),(2,5,1)
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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 triplets d'entiers strictement positifs ( $a, b, c)$ tels que $6^{a}=1+2^{b}+$ $3^{\mathrm{c}}$.
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Remarquons tout d'abord que 3 divise $2^{b}+1$ donc b est impair (car $2^{b}+$ $\left.1 \equiv(-1)^{\mathrm{b}}+1(\bmod 3)\right)$.
$\triangleright$ Si $\mathrm{b}=1$, l'équation se réécrit $1+3^{\mathrm{c}-1}=2 \cdot 6^{a-1}$ en divisant par 3 .
- Si $a>1$, alors 3 divise $1+3^{\mathrm{c}-1}$ ce qui est impossible.
- Sinon, $\mathrm{a}=1$ et par conséquent $\mathrm{c}=1$.
$\triangleright \mathrm{Si} \mathrm{b} \geqslant 3$, alors $\mathrm{a} \geqslant 2\left(\right.$ car $\left.6<1+2^{3}\right)$. En réduisant modulo 4 , on obtient la condition nécessaire $1+3^{c} \equiv 0(\bmod 4)$, et donc c est impair. En réduisant alors modulo 8 , on obtient la nouvelle condition $1+2^{\mathrm{b}}+3^{\mathrm{c}} \equiv 1+0+3(\bmod 8) \equiv 4(\bmod 8)$ donc $6^{\mathrm{a}} \equiv 4(\bmod 8)$ ce qui entraîne immédiatement $a=2\left(\right.$ en effet, pour $6^{a} \equiv 0(\bmod 8)$ pour $\left.a \geqslant 3\right)$. L'équation initiale devient alors $2^{\mathrm{b}}+3^{\mathrm{c}}=35$ et une étude exhaustive donne $\mathrm{b}=3$ et $\mathrm{c}=3$ ou $\mathrm{b}=5$ et $\mathrm{c}=1$.
En conclusion, les triplets solutions sont $(\mathbf{a}, \boldsymbol{b}, \boldsymbol{c}) \in\{(1,1,1),(2,3,3),(2,5,1)\}$.
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{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "4",
"problem_match": "\nExercice 4.",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2014-2015-envoi-3-solutions.jsonl",
"solution_match": "\nSolution de l'exercice 4",
"tier": "T2",
"year": "2015"
}
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Let n be the integer $4 \times 201420142014 \ldots 2014$ (where 2014 is written 117819 times). Show that $2014^{3}$ divides n.
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We can write
$$
4 \times 201420142014 \ldots 2014 = 4 \cdot 2014 \cdot \frac{10^{4 \cdot 117819}-1}{10^{4}-1}
$$
Since $2014 = 2 \cdot 19 \cdot 53$ and $10^{4}-1 = 3^{2} \cdot 11 \cdot 101$ are coprime, it suffices to show that $19^{2}$ and $53^{2}$ divide $10^{4 \cdot 117819}-1$. According to Euler's theorem,
$$
10^{\Phi\left(19^{2}\right)} \equiv 1 \quad\left(\bmod 19^{2}\right) \quad \text { and } \quad 10^{\Phi\left(53^{2}\right)} \equiv 1 \quad\left(\bmod 53^{2}\right),
$$
where $\phi$ denotes the Euler's totient function. It suffices to verify that $\phi\left(19^{2}\right)$ and $\phi\left(53^{2}\right)$ both divide $4 \cdot 117819$. This follows from the fact that $\phi\left(19^{2}\right) = 19^{2}-19 = 2 \cdot 3^{2} \cdot 19$, $\phi\left(53^{2}\right) = 53^{2}-53 = 2^{2} \cdot 13 \cdot 53$ and $4 \cdot 117819 = 2^{2} \cdot 3^{2} \cdot 13 \cdot 19 \cdot 53$.
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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 l'entier $4 \times 201420142014 \ldots 2014$ (où 2014 est écrit 117819 fois). Montrer que $2014^{3}$ divise n.
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On peut écrire
$$
4 \times 201420142014 \ldots 2014=4 \cdot 2014 \cdot \frac{10^{4 \cdot 117819}-1}{10^{4}-1}
$$
Comme $2014=2 \cdot 19 \cdot 53$ et $10^{4}-1=3^{2} \cdot 11 \cdot 101$ sont premiers entre eux, il suffit de montrer que $19^{2}$ et $53^{2}$ divisent $10^{4 \cdot 117819}-1$. D'après le théorème d'Euler,
$$
10^{\Phi\left(19^{2}\right)} \equiv 1 \quad\left(\bmod 19^{2}\right) \quad \text { et } \quad 10^{\Phi\left(53^{2}\right)} \equiv 1 \quad\left(\bmod 53^{2}\right),
$$
où $\phi$ désigne la fonction indicatrice d'Euler. Il suffit donc de vérifier que $\phi\left(19^{2}\right)$ et $\phi\left(53^{2}\right)$ divisent tous les deux $4 \cdot 117819$. Ceci découle du fait que $\phi\left(19^{2}\right)=19^{2}-19=2 \cdot 3^{2} \cdot 19$, $\phi\left(53^{2}\right)=53^{2}-53=2^{2} \cdot 13 \cdot 53$ et $4 \cdot 117819=2^{2} \cdot 3^{2} \cdot 13 \cdot 19 \cdot 53$.
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{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "5",
"problem_match": "\nExercice 5.",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2014-2015-envoi-3-solutions.jsonl",
"solution_match": "\nSolution de l'exercice 5",
"tier": "T2",
"year": "2015"
}
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Let $m$ and $n$ be integers such that $0 \leqslant m \leqslant 2 n$. Prove that the integer
$$
2^{2 n+2}+2^{m+2}+1
$$
is a perfect square if, and only if, $m=n$.
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$\triangleright$ Note that if $\mathrm{m}=\mathrm{n}$, then $2^{2 \mathrm{n}+2}+2^{\mathrm{m}+2}+1=\left(2^{\mathrm{m}+1}+1\right)^{2}$ is indeed a perfect square.
$\triangleright$ Conversely, suppose that $2^{2 n+2}+2^{\mathrm{m}+2}+1$ is a perfect square. Since it is strictly greater than $2^{2 \mathrm{n}+2}=\left(2^{\mathrm{n}+1}\right)^{2}$, it is greater than or equal to the next square, i.e., $2^{2 n+2}+2^{m+2}+1 \geqslant\left(2^{n+1}+1\right)^{2}$.
By expanding, we get $2^{\mathfrak{m}+2} \geqslant 2^{\mathfrak{n}+2}$, hence $\mathfrak{m} \geqslant n$. Suppose, for the sake of contradiction, that $\mathrm{m}>n$, which means $2^{m}>2^{2 n-m}$.
By hypothesis, the quantity $2^{2 n+2}+2^{m+2}+1$ is the square of an odd integer $2 k+1$ strictly greater than 1, so
$$
2^{2 \mathrm{n}+2}+2^{\mathrm{m}+2}+1=(2 \mathrm{k}+1)^{2}
$$
for some integer $k \geqslant 1$, which can be rewritten as $k(k+1)=2^{2 n}+2^{m}=2^{m}\left(2^{2 n-m}+1\right)$. Since the integers $k$ and $k+1$ are coprime, we deduce that:
- either $k=2^{m} p$ and $p(k+1)=2^{2 n-m}+1$ which implies $(k+1) p<k / p+1$: contradiction.
- or $k+1=2^{m} p$ and $p k=2^{2 n-m}+1$ which implies $k p<\frac{k+1}{p}+1$ hence $k p \leqslant \frac{k+1}{p}$, or $k\left(p^{2}-1\right) \leqslant 1$, which forces $p=1$ since $k \geqslant 1$. Then, $2^{2 n-m}=2\left(2^{m-1}-1\right)$ so $2 \mathrm{n}-\mathrm{m}=1$ and $\mathrm{m}=2$: contradiction.
Thus, if $2^{2 \mathrm{n}+2}+2^{\mathrm{m}+2}+1=\left(2^{\mathrm{m}+1}+1\right)^{2}$ is a perfect square, then $\mathrm{m}=\mathrm{n}$.
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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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Soient $m$ et $n$ deux entiers tels que $0 \leqslant \mathfrak{m} \leqslant 2 \boldsymbol{n}$. Prouver que le nombre entier
$$
2^{2 n+2}+2^{m+2}+1
$$
est un carré parfait $s i$, et seulement $\mathrm{si}, \mathrm{m}=\mathrm{n}$.
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$\triangleright$ Remarquons que si $\mathrm{m}=\mathrm{n}$, alors $2^{2 \mathrm{n}+2}+2^{\mathrm{m}+2}+1=\left(2^{\mathrm{m}+1}+1\right)^{2}$ est bien un carré parfait.
$\triangleright$ Réciproquement, supposons que $2^{2 n+2}+2^{\mathrm{m}+2}+1$ est un carré parfait. Comme il est strictement plus grand que $2^{2 \mathrm{n}+2}=\left(2^{\mathrm{n}+1}\right)^{2}$, il est supérieur ou égal au carré suivant, c'est-à-dire $2^{2 n+2}+2^{m+2}+1 \geqslant\left(2^{n+1}+1\right)^{2}$.
En développant, il vient $2^{\mathfrak{m}+2} \geqslant 2^{\mathfrak{n}+2}$, donc $\mathfrak{m} \geqslant n$. Supposons par l'absurde que $\mathrm{m}>n$ soit $2^{m}>2^{2 n-m}$.
Par hypothèse, la quantité $2^{2 n+2}+2^{m+2}+1$ est le carré d'un entier impair $2 k+1$ strictement plus grand que 1 , d'où
$$
2^{2 \mathrm{n}+2}+2^{\mathrm{m}+2}+1=(2 \mathrm{k}+1)^{2}
$$
pour un certain entier $k \geqslant 1$, ce qui se réécrit sous la forme $k(k+1)=2^{2 n}+2^{m}=2^{m}\left(2^{2 n-m}+1\right)$. Or les entiers $k$ et $k+1$ sont premiers entre eux. On en déduit que :
- soit $k=2^{m} p$ et $p(k+1)=2^{2 n-m}+1$ ce qui entraîne $(k+1) p<k / p+1$ : contradiction.
- soit $k+1=2^{m} p$ et $p k=2^{2 n-m}+1$ ce qui entraîne $k p<\frac{k+1}{p}+1$ donc $k p \leqslant \frac{k+1}{p}$, ou encore $k\left(p^{2}-1\right) \leqslant 1$, ce qui impose $p=1$ puisque $k \geqslant 1$. Alors, $2^{2 n-m}=2\left(2^{m-1}-1\right)$ donc $2 \mathrm{n}-\mathrm{m}=1$ et $\mathrm{m}=2:$ contradiction.
Ainsi, si $2^{2 \mathrm{n}+2}+2^{\mathrm{m}+2}+1=\left(2^{\mathrm{m}+1}+1\right)^{2}$ est un carré parfait, alors $\mathrm{m}=\mathrm{n}$.
## Exercices du groupe A
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{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "6",
"problem_match": "\nExercice 6.",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2014-2015-envoi-3-solutions.jsonl",
"solution_match": "## Solution de l'exercice 6",
"tier": "T2",
"year": "2015"
}
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Show that there are infinitely many strictly positive integers \( a \) such that \( a^2 \) divides \( 2^a + 3^a \).
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Let's note that $a=1$ works, then construct by induction a strictly increasing sequence $(u_n)$ of odd integers satisfying the property.
$\triangleright$ First, we verify that $a=1$ and $a=5$ work. Let us set $u_0=1$ and $u_1=5$.
$\triangleright$ Consider an integer $n \geqslant 1$ and suppose the sequence is defined up to rank $n$. By definition of $u_n$, there exists an integer $q$ such that $q u_n^2 = 2^{u_n} + 3^{u_n}$. Since $u_n \geqslant u_1 = 5$, we have $q > 1$.
Let $p \geqslant 3$ be an odd prime factor of $q$ and verify that $u_{n+1} = p u_n$ satisfies the required property. Show that
$$
p \quad \text{divides} \quad 3^{u_n(p-1)} - 2^{u_n} 3^{u_n(p-2)} + \cdots + 2^{u_n(p-1)}.
$$
This allows us to conclude, because then, given that $p u_n^2$ divides $2^{u_n} + 3^{u_n}$, it follows that $p \cdot p u_n^2$ divides
which completes the proof.
To establish (1), we note that $p$ divides $2^{u_n} + 3^{u_n}$ (since $p$ divides $q$), so we have the congruence $2^{u_n} \equiv -3^{u_n} \pmod{p}$. Thus,
$$
\begin{aligned}
3^{u_n(p-1)} - 2^{u_n} 3^{u_n(p-2)} + \cdots + 2^{u_n(p-1)} & \equiv 3^{u_n(p-1)} + 3^{u_n(p-1)} + \cdots + 3^{u_n(p-1)} \quad (\bmod p) \\
& \equiv p 3^{u_n(p-1)} \quad (\bmod p) \\
& \equiv 0 \quad (\bmod p).
\end{aligned}
$$
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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 nombres entiers strictement positifs a tels que $a^{2}$ divise $2^{a}+3^{a}$.
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Remarquons que $a=1$ convient puis construisons par récurrence une suite ( $u_{n}$ ) strictement croissante d'entiers impairs vérifiant la propriété.
$\triangleright$ Tout d'abord, on vérifie que $a=1$ et $a=5$ conviennent. Posons ainsi $u_{0}=1$ et $u_{1}=5$.
$\triangleright$ Considerons un entier $n \geqslant 1$ et supposons la suite définie jusqu'au rang $n$. Par définition de $u_{n}$, il existe un entier $q$ tel que $q u_{n}^{2}=2^{u_{n}}+3^{u_{n}}$. Comme $u_{n} \geqslant u_{1}=5$, on a $q>1$.
Soit $p \geqslant 3$ un facteur premier (impair) de $q$ et vérifions que $u_{n+1}=p u_{n}$ vérifie la propriété requise. Montrons que
$$
p \quad \text { divise } \quad 3^{\mathfrak{u}_{n}(\mathfrak{p}-1)}-2^{\mathfrak{u}_{n}} 3^{\mathfrak{u}_{\mathfrak{n}}(\mathfrak{p}-2)}+\cdots+2^{\mathfrak{u}_{n}(p-1)} .
$$
Ceci permet de conclure, car alors, étant donné que $p u_{n}^{2}$ divise $2^{u_{n}}+3^{\mathfrak{u}_{n}}$, il en découle que $p \cdot p u_{n}^{2}$ divise
ce qui achève la démonstration.
Pour établir (1), on remarque que $p$ divise $2^{u_{n}}+3^{\mathfrak{u}_{n}}$ (car $p$ divise $q$ ), de sorte qu'on a la congruence $2^{\mathfrak{u}_{n}} \equiv-3^{\mathfrak{u}_{n}}(\bmod p)$. Ainsi,
$$
\begin{aligned}
3^{\mathfrak{u}_{n}(\mathfrak{p}-1)}-2^{\mathfrak{u}_{n}} 3^{\mathfrak{u}_{n}(\mathfrak{p}-2)}+\cdots+2^{\mathfrak{u}_{n}(\mathfrak{p}-1)} & \equiv 3^{\mathfrak{u}_{n}(\mathfrak{p}-1)}+3^{\mathfrak{u}_{n}(\mathfrak{p}-1)}+\cdots+3^{\mathfrak{u}_{n}(\mathfrak{p}-1)} \quad(\bmod p) \\
& \equiv p 3^{\mathfrak{u}_{n}(\mathfrak{p}-1)} \quad(\bmod p) \\
& \equiv 0 \quad(\bmod p) .
\end{aligned}
$$
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{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "7",
"problem_match": "\nExercice 7.",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2014-2015-envoi-3-solutions.jsonl",
"solution_match": "\nSolution de l'exercice 7",
"tier": "T2",
"year": "2015"
}
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Let $m, n \geqslant 1$ be two odd integers such that $m$ divides $n^{2}+2$ and $n$ divides $m^{2}+2$. Prove that $m$ and $n$ are both terms of the sequence $\left(u_{n}\right)_{n \geqslant 1}$ defined by
$$
\mathfrak{u}_{1}=\mathrm{u}_{2}=1, \quad \mathrm{u}_{\mathrm{n}}=4 \mathrm{u}_{n-1}-\mathrm{u}_{n-2} \quad \text { if } n \geqslant 3
$$
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The structure of the solution is as follows:
- We show that $mn$ divides $m^2 + n^2 + 2$;
- We show that $m^2 + n^2 + 2 = 4mn$;
- We show that the sequence $(u_n)_{n \geq 1}$ is increasing;
- We conclude by showing that in fact $m$ and $n$ are two consecutive terms of the sequence $(u_n)_{n \geq 1}$.
$\triangleright$ Let $d$ be the GCD of $m$ and $n$. Since $m$ divides $n^2 + 2$, we deduce that $d$ divides $n^2 + 2$ and thus that $d$ divides 2. Since $m$ and $n$ are odd, we deduce that $d=1$, so $m$ and $n$ are coprime. Thus, $mn$ divides $m^2 + n^2 + 2$.
$\triangleright$ We show that $m^2 + n^2 + 2 = 4mn$ using the technique known in English as "Vieta jumping". More precisely, let $k = (m^2 + n^2 + 2) / (mn)$, and consider all pairs of positive integers $(x, y)$ such that
$$
x^2 + y^2 + 2 = kxy.
$$
Among these pairs, choose one that minimizes the sum $x + y$. We will show that $x = y$. Suppose, for the sake of contradiction, that $x > y \geq 1$. We then consider the quadratic equation
$$
t^2 - kyt + y^2 + 2 = 0
$$
in the variable $t$. We already know that $t_1 = x$ is a solution. By Vieta's formulas,
$$
t_2 = ky - x = \frac{y^2 + 2}{x}
$$
is also a solution. Equation (2) shows that $t_2$ is a positive integer. Since $1 \leq y \leq x - 1$, we have
$$
t_2 = \frac{y^2 + 2}{x} \leq \frac{(x-1)^2 + 2}{x} < x = t_1
$$
where we used the fact that $x \geq 2$ for the last inequality. Thus, $t_2 + y < t_1 + y = x + y$, which contradicts the minimality of $x + y$. It follows that $x = y$, and thus $x^2$ divides $2x^2 + 2$. We deduce that $x = 1$, hence
$$
k = \frac{1^2 + 1^2 + 2}{1} = 4
$$
We have thus established that
$$
m^2 + n^2 + 2 = 4mn
$$
$\triangleright$ Verify that the sequence $(u_n)_{n \geq 1}$ is strictly increasing, by writing that for all integers $n \geq 1$,
$$
u_{n+1} - u_n = 3u_n - u_{n-1} > u_n - u_{n-1}
$$
By induction, we deduce that for all integers $n \geq 1$, $u_{n+1} - u_n > u_2 - u_1 = 0$.
$\triangleright$ Finally, show that $m$ and $n$ are two consecutive terms of the sequence $(u_n)_{n \geq 1}$ by strong induction on $m + n$. The base case is straightforward: if $m + n = 2$, then $m = n = 1$. Let $k \geq 3$, and suppose the result is established for all pairs $(m, n)$ of positive integers satisfying (3) with $m + n < k$, and consider a pair of positive integers $(m, n)$ satisfying (3) such that $m + n = k$. First, $m \neq n$, otherwise $m = n = 1$ by (3). Without loss of generality, assume $m > n$. As in the previous paragraph, if $(m, n)$ is a solution, then $(n, 4n - m)$ is also a solution, with $m + n > n + (4n - m)$. Moreover, it is easily verified that $2n - \sqrt{3n^2 - 2} < n < 3n < 2n + \sqrt{3n^2 - 2}$ for all integers $n \geq 2$. Thus, by (3), we have $m = 2n + \sqrt{3n^2 - 2}$, so $n > 4n - m$. By the induction hypothesis, there exists an integer $i \geq 2$ such that $u_{i-1} = n$ and $u_{i-2} = 4n - m$. But then $u_i = 4n - (4n - m) = m$, which shows that $m$ and $n$ are two consecutive terms of the sequence $(u_n)_{n \geq 1}$.
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Number Theory
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Soient $m, n \geqslant 1$ deux entiers impairs tels que $m$ divise $n^{2}+2$ et $n$ divise $m^{2}+2$. Prouver que $m$ et $n$ sont tous les deux des termes de la suite $\left(u_{n}\right)_{n \geqslant 1}$ définie par
$$
\mathfrak{u}_{1}=\mathrm{u}_{2}=1, \quad \mathrm{u}_{\mathrm{n}}=4 \mathrm{u}_{n-1}-\mathrm{u}_{n-2} \quad \text { si } n \geqslant 3
$$
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La structure de la solution est la suivante:
- On montre que mn divise $\mathrm{m}^{2}+\mathrm{n}^{2}+2$;
- On montre que $\mathrm{m}^{2}+\mathrm{n}^{2}+2=4 \mathrm{mn}$;
- On montre que la suite $\left(u_{n}\right)_{n \geqslant 1}$ est croissante;
- On conclut en montrant qu'en fait $m$ et $n$ sont deux termes consécutifs de la suite $\left(u_{n}\right)_{n \geqslant 1}$.
$\triangleright$ Soit $d$ le PGCD de $m$ et de $n$. Comme $m$ divise $n^{2}+2$, on en déduit que $d$ divise $n^{2}+2$ et donc que $d$ divise 2 . Comme $m$ et $n$ sont impairs, on en déduit que $d=1$, de sorte que $m$ et $n$ sont premiers entre eux. Ainsi, mn divise $\mathrm{m}^{2}+\mathrm{n}^{2}+2$.
$\triangleright$ Montrons que $\mathrm{m}^{2}+\mathrm{n}^{2}+2=4 \mathrm{mn}$ en utilisant la technique connue en anglais sous le nom de $\ll$ Vieta jumping $\gg$. Plus précisément, soit $k=\left(m^{2}+n^{2}+2\right) /(m n)$, et considérons tous les couples d'entiers strictement positifs $(x, y)$ tels que
$$
x^{2}+y^{2}+2=k x y .
$$
Parmi ces couples, choissisons-en un qui minimise la somme $x+y$. Nous allons montrer que $x=y$. Raisonnons par l'absurde en supposant, sans perte de généralité, que $x>y \geqslant 1$. On s'intéresse alors à l'équation du second degré
$$
t^{2}-k y t+y^{2}+2=0
$$
d'inconnue $t$. On sait déjà que $t_{1}=x$ est solution. D'après les formules de Viète,
$$
\mathrm{t}_{2}=\mathrm{ky}-\mathrm{x}=\frac{\mathrm{y}^{2}+2}{\mathrm{x}}
$$
est également solution. L'équation (2) montre que $t_{2}$ est un entier strictement positif. Comme $1 \leqslant y \leqslant x-1$, on a
$$
t_{2}=\frac{y^{2}+2}{x} \leqslant \frac{(x-1)^{2}+2}{x}<x=t_{1}
$$
où on a utilisé le fait que $x \geqslant 2$ pour la dernière inégalité. Ainsi, $t_{2}+y<t_{1}+y=x+y$, ce qui contredit la minimalité de $x+y$. Il en découle que $x=y$, et donc $x^{2}$ divise $2 x^{2}+2$. On en déduit que $x=1$, d'où
$$
\mathrm{k}=\frac{1^{2}+1^{2}+2}{1}=4
$$
Nous avons donc établi que
$$
m^{2}+n^{2}+2=4 m n
$$
$\triangleright$ Vérifions que la suite $\left(u_{n}\right)_{n \geqslant 1}$ est strictement croissante, en écrivant que pour tout entier $n \geqslant 1$,
$$
u_{n+1}-u_{n}=3 u_{n}-u_{n-1}>u_{n}-u_{n-1}
$$
Par récurrence, on en déduit que, pour tout entier $\boldsymbol{n} \geqslant 1, \mathfrak{u}_{n+1}-\boldsymbol{u}_{n}>\mathfrak{u}_{2}-\mathfrak{u}_{1}=0$.
$\triangleright$ Montrons finalement que $m$ et $n$ sont deux termes consécutifs de la suite $\left(u_{n}\right)_{n \geqslant 1}$ par récurrence forte sur $m+n$. L'initialisation ne pose pas de soucis: si $m+n=2$, on a $m=n=1$. Soit donc $k \geqslant 3$, supposons le résultat établi pour tous les couples ( $m, n$ ) d'entiers strictement positifs vérifiant (3) avec $m+n<k$, et considérons un couple d'entiers strictement positifs ( $m, n$ ) vérifiant (3) tels que $m+n=k$. Tout d'abord, $m \neq n$, car sinon $m=n=1$ d'après (3). Sans perte de généralité, supposons $\mathrm{m}>\mathrm{n}$. Mais, comme dans le paragraphe précédent, si $(m, n)$ est solution, alors $(n, 4 n-m)$ l'est également, avec $m+n>n+(4 n-m)$. D'autre part, on vérifie aisément que $2 n-\sqrt{3 n^{2}-2}<n<3 n<2 n+\sqrt{3 n^{2}-2}$ pour tout entier $n \geqslant 2$. Ainsi, par (3), on a $m=2 n+\sqrt{3 n^{2}-2}$ de sorte que $n>4 n-m$. Par hypothèse de récurrence, il existe un entier $i \geqslant 2$ tel que $u_{i-1}=n$ et $u_{i-2}=4 n-m$. Mais alors $u_{i}=4 n-(4 n-m)=m$, ce qui montre bien que $m$ et $n$ sont deux termes consécutifs de la suite $\left(u_{n}\right)_{n \geqslant 1}$.
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{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "8",
"problem_match": "\nExercice 8.",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2014-2015-envoi-3-solutions.jsonl",
"solution_match": "\nSolution de l'exercice 8",
"tier": "T2",
"year": "2015"
}
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Find all strictly positive integers \( a \) such that the integer
\[
1-8 \cdot 3^{a}+2^{a+2}\left(2^{a}-1\right)
\]
is a perfect square.
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The quantity (4) is equal to $\left(2^{\mathrm{a}+1}-1\right)^{2}-2^{3} \cdot 3^{\mathrm{a}}$. We notice that this quantity is a square for $a=3$ (it equals $9=3^{2}$) and $a=5$ (it equals $2025=45^{2}$) but not for $a \in\{1,2,4,6,7\}$. We now assume $a \geqslant 8$.
Suppose that the quantity (4) is a square, that is, since it is odd, there exists an integer $k$ such that
$$
\left(2^{a+1}-1\right)^{2}-2^{3} \cdot 3^{a}=(2 \mathrm{k}+1)^{2}
$$
Thus,
$$
\left(2^{a+1}-1\right)^{2}-(2 k+1)^{2}=2^{3} \cdot 3^{a}
$$
or equivalently $\left(2^{a}-k-1\right)\left(2^{a}+k\right)=2 \cdot 3^{a}$. There then exists an integer $b \geqslant 0$ such that one of the two following situations occurs (depending on the parity of $k$):
- We have $2^{a}+\mathrm{k}=2 \cdot 3^{\mathrm{b}}$ and $2^{\mathrm{a}}-\mathrm{k}-1=3^{\mathrm{a}-\mathrm{b}}$ so $2 \mathrm{k}+1=2 \cdot 3^{\mathrm{b}}-3^{\mathrm{a}-\mathrm{b}}$ (thus $\mathrm{b} \geqslant \mathrm{a}-\mathrm{b}$);
- We have $2^{\mathrm{a}}+\mathrm{k}=3^{\mathrm{b}}$ and $2^{\mathrm{a}}-\mathrm{k}-1=2 \cdot 3^{\mathrm{a}-\mathrm{b}}$ so $2 \mathrm{k}+1=3^{\mathrm{b}}-2 \cdot 3^{\mathrm{a}-\mathrm{b}}$ (thus $\mathrm{b} \geqslant \mathrm{a}-\mathrm{b}$). Thus, $3^{\mathrm{a}-\mathrm{b}}$ divides $2 \mathrm{k}+1$, and therefore $3^{2(\mathrm{a}-\mathrm{b})}$ divides $(2 \mathrm{k}+1)^{2}+2^{3} \cdot 3^{\mathrm{a}}$. Using (5), we get $3^{\mathrm{a}-\mathrm{b}} \mid 2^{\mathrm{a}+1}-1$.
In the first situation, by adding the two equations we have $2 \cdot 3^{\mathbf{b}}=2^{a+1}-3^{a-b}-1<2^{a+1}$ so $3^{b}<2^{a+1}$. We show similarly that this inequality is also valid in the second situation.
Notice that $2^{9} \leqslant 3^{9-3}$ so, for all $a \geqslant 8$,
$$
2^{a+1}=2^{9} \cdot 2^{a-8} \leqslant 2^{9} \cdot 3^{a-8} \leqslant 3^{6} \cdot 3^{a-8}=3^{a-2}
$$
Combining the two inequalities, $3^{\mathbf{b}}<3^{\mathbf{a}-2}$ so $\mathbf{a}-\mathrm{b} \geqslant 3$.
Since $3^{a-b}$ divides $2^{a+1}-1$ and $a-b \geqslant 3$, we have $2^{a+1} \equiv 1(\bmod 27)$ hence 18 divides $a+1$ (noting that the smallest integer $k>0$ such that $2^{k} \equiv 1(\bmod 27)$ is 18). With this condition, reduce the quantity from the statement modulo 19 using Euler's theorem ($\chi^{18}=\chi^{\varphi(19)} \equiv 1$ $(\bmod 19)$ for any integer $x$ not divisible by 19) and the relation $3 \cdot 13 \equiv 1(\bmod 19)$:
$$
\left(2^{a+1}-1\right)^{2}-2^{3} \cdot 3^{a} \equiv(1-1)^{2}-2^{3} \cdot 13 \quad(\bmod 19) \equiv 10 \quad(\bmod 19)
$$
We conclude by noting that $(2 \mathrm{k}+1)^{18} \equiv 10^{9}(\bmod 19)=18(\bmod 19)$ which contradicts Euler's theorem. Therefore, there is no solution $a \geqslant 9$.
In conclusion, the only solutions are 3 and 5.
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3, 5
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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 strictement positifs a tels que l'entier
$$
1-8 \cdot 3^{a}+2^{a+2}\left(2^{a}-1\right)
$$
soit un carré parfait.
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La quantité (4) est égale à $\left(2^{\mathrm{a}+1}-1\right)^{2}-2^{3} \cdot 3^{\mathrm{a}}$. On remarque que cette quantité est un carré pour $a=3$ (elle vaut $9=3^{2}$ ) et $a=5$ (elle vaut $2025=45^{2}$ ) mais pas pour $a \in\{1,2,4,6,7\}$. On suppose dorénavant $a \geqslant 8$.
Supposons que la quantité (4) soit un carré, c'est-à-dire, puisqu'elle est impaire, qu'il existe un entier $k$ tel que
$$
\left(2^{a+1}-1\right)^{2}-2^{3} \cdot 3^{a}=(2 \mathrm{k}+1)^{2}
$$
Ainsi
$$
\left(2^{a+1}-1\right)^{2}-(2 k+1)^{2}=2^{3} \cdot 3^{a}
$$
soit encore $\left(2^{a}-k-1\right)\left(2^{a}+k\right)=2 \cdot 3^{a}$. Il existe alors un entier $b \geqslant 0$ tel que l'une des deux situations suivantes se produit (en discutant selon la parité de $k$ ):
- on a $2^{a}+\mathrm{k}=2 \cdot 3^{\mathrm{b}}$ et $2^{\mathrm{a}}-\mathrm{k}-1=3^{\mathrm{a}-\mathrm{b}}$ donc $2 \mathrm{k}+1=2 \cdot 3^{\mathrm{b}}-3^{\mathrm{a}-\mathrm{b}}$ (donc $\mathrm{b} \geqslant \mathrm{a}-\mathrm{b}$ );
- on a $2^{\mathrm{a}}+\mathrm{k}=3^{\mathrm{b}}$ et $2^{\mathrm{a}}-\mathrm{k}-1=2 \cdot 3^{\mathrm{a}-\mathrm{b}}$ donc $2 \mathrm{k}+1=3^{\mathrm{b}}-2 \cdot 3^{\mathrm{a}-\mathrm{b}}$ (donc $\mathrm{b} \geqslant \mathrm{a}-\mathrm{b}$ ). Ainsi, $3^{\mathrm{a}-\mathrm{b}}$ divise $2 \mathrm{k}+1$, et donc $3^{2(\mathrm{a}-\mathrm{b})}$ divise $(2 \mathrm{k}+1)^{2}+2^{3} \cdot 3^{\mathrm{a}}$. En utilisant (5), il vient $3^{\mathrm{a}-\mathrm{b}} \mid 2^{\mathrm{a}+1}-1$.
Dans la première situation, en additionnant les deux égalités on a $2 \cdot 3^{\mathbf{b}}=2^{a+1}-3^{a-b}-1<$ $2^{a+1}$ donc $3^{b}<2^{a+1}$. On montre de manière analogue que cette inégalité est valable aussi dans la deuxième situation.
Remarquons que $2^{9} \leqslant 3^{9-3}$ donc, pour tout $a \geqslant 8$,
$$
2^{a+1}=2^{9} \cdot 2^{a-8} \leqslant 2^{9} \cdot 3^{a-8} \leqslant 3^{6} \cdot 3^{a-8}=3^{a-2}
$$
En combinant les deux inégalités, $3^{\mathbf{b}}<3^{\mathbf{a}-2}$ donc $\mathbf{a}-\mathrm{b} \geqslant 3$.
Comme $3^{a-b}$ divise $2^{a+1}-1$ et $a-b \geqslant 3$, on a $2^{a+1} \equiv 1(\bmod 27)$ d'où 18 divise $a+1$ (en remarquant que le plus petit entier $k>0$ tel que $2^{k} \equiv 1(\bmod 27)$ est 18). Fort de cette condition, réduisons la quantité de l'énoncé modulo 19 en utilisant le théorème d'Euler ( $\chi^{18}=\chi^{\varphi(19)} \equiv 1$ $(\bmod 19)$ pour tout entier $x$ non divisible par 19$)$ et la relation $3 \cdot 13 \equiv 1(\bmod 19)$ :
$$
\left(2^{a+1}-1\right)^{2}-2^{3} \cdot 3^{a} \equiv(1-1)^{2}-2^{3} \cdot 13 \quad(\bmod 19) \equiv 10 \quad(\bmod 19)
$$
On conclut en remarquant alors que $(2 \mathrm{k}+1)^{18} \equiv 10^{9}(\bmod 19)=18(\bmod 19)$ ce qui contredit le théorème d'Euler. Il n'y a donc pas de solution $a \geqslant 9$.
En conclusion, les seules solutions sont 3 et 5 .
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{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "9",
"problem_match": "\nExercice 9.",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2014-2015-envoi-3-solutions.jsonl",
"solution_match": "\nSolution de l'exercice 9",
"tier": "T2",
"year": "2015"
}
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Let $a, b$ and $c$ be real numbers such that
$$
|a-b| \geq|c|,|b-c| \geq|a| \text { and }|c-a| \geq|b| .
$$
Prove that one of the three numbers $a, b$ and $c$ is the sum of the other two.
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The first inequality is written as $(a-b)^{2} \geq c^{2}$, or equivalently $(a-b+c)(a-b-c) \geq 0$. Similarly, the other two inequalities lead to $(b-c+a)(b-c-a) \geq 0$ and $(c-a+b)(c-a-b) \geq 0$.
By multiplying these three inequalities term by term, we get
$$
(a-b+c)^{2}(-a+b+c)^{2}(a+b-c)^{2} \leq 0
$$
Since a square is always non-negative, it follows that one of the factors must be zero, 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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Algebra
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Soit $a, b$ et $c$ des réels tels que
$$
|a-b| \geq|c|,|b-c| \geq|a| \text { et }|c-a| \geq|b| .
$$
Prouver que l'un des trois nombres $a, b$ et $c$ est la somme des deux autres.
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La première inégalité s'écrit $(a-b)^{2} \geq c^{2}$, ou encore $(a-b+c)(a-b-c) \geq 0$. De même, les deux autre inégalités conduisent à $(b-c+a)(b-c-a) \geq 0$ et $(c-a+b)(c-a-b) \geq 0$.
En multipliant membre à membre ces trois inégalités, il vient
$$
(a-b+c)^{2}(-a+b+c)^{2}(a+b-c)^{2} \leq 0
$$
Or, un carré étant toujours positif, c'est donc que l'un des facteurs est nul, ce qui conclut.
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{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "1",
"problem_match": "## Exercice 1.",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2014-2015-envoi-4-solutions.jsonl",
"solution_match": "## Solution.",
"tier": "T2",
"year": "2015"
}
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Let $a, b$ and $c$ be real numbers such that
$$
|a-b| \geq|c|,|b-c| \geq|a| \text { and }|c-a| \geq|b| .
$$
Prove that one of the three numbers $a, b$ and $c$ is the sum of the other two.
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.
The variables $a, b$, and $c$ play symmetric roles. Moreover, the problem is invariant if the signs of $a, b$, and $c$ are simultaneously changed. Therefore, there are at least two variables among $a, b$, and $c$ that have the same sign; we can thus assume, without loss of generality, that we are in one of the two cases $a \geq b \geq c \geq 0$ or $a \geq b \geq 0 \geq c$.
Let's show that the relation $b=a+c$ holds in both cases, which will conclude the problem.
1. If $a \geq b \geq c \geq 0$, then $b \geq b-c=|b-c| \geq|a|=a$; each inequality is therefore an equality, leading to the relation $b=b-c=|b-c|=|a|=a$.
2. If $a \geq b \geq 0 \geq c$, then $b-c=|b-c| \geq|a|=a$ and $a-b=|a-b| \geq|c|=-c$, leading to the relation $a+c \geq b \geq a+c$.
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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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Soit $a, b$ et $c$ des réels tels que
$$
|a-b| \geq|c|,|b-c| \geq|a| \text { et }|c-a| \geq|b| .
$$
Prouver que l'un des trois nombres $a, b$ et $c$ est la somme des deux autres.
|
.
Les variables $a, b$ et $c$ jouent des rôles symétriques. En outre, le problème est invariant si on change simultanément les signes de $a, b$ et $c$. Ainsi, il y a au moins deux variables parmi $a, b$ et $c$ qui ont le même signe ; on peut donc supposer, sans perte de généralité, que l'on est dans un des deux cas $a \geq b \geq c \geq 0$ ou $a \geq b \geq 0 \geq c$.
Montrons que la relation $b=a+c$ est vraie dans les deux cas, ce qui conclura le problème.
1. Si $a \geq b \geq c \geq 0$, alors $b \geq b-c=|b-c| \geq|a|=a$; chaque inégalité est donc une égalité, d'où la relation $b=b-c=|b-c|=|a|=a$.
2. Si $a \geq b \geq 0 \geq c$, alors $b-c=|b-c| \geq|a|=a$ et $a-b=|a-b| \geq|c|=-c$, d'où la relation $a+c \geq b \geq a+c$.
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{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "1",
"problem_match": "## Exercice 1.",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2014-2015-envoi-4-solutions.jsonl",
"solution_match": "## Solution alternative",
"tier": "T2",
"year": "2015"
}
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Determine all irrational numbers $x$ for which the two numbers $x^{2}+x$ and $x^{3}+2 x^{2}$ are integers.
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Let $x$ be an irrational number for which the two numbers $x^{2}+x$ and $x^{3}+2 x^{2}$ are integers.
We set $x^{2}+x=a$ and $x^{3}+2 x^{2}=b$, where $a$ and $b$ are integers. Then $b-a x=x^{2}=a-x$, and thus $x(a-1)=b-a$. If $a-1 \neq 0$, we would have $x=\frac{b-a}{a-1}$, and $x$ would be rational, contradicting the statement.
Therefore, we have $a=1$ and thus $b=a=1$. But then $x^{2}+x-1=0$ and $x^{3}+2 x^{2}-1=0$. We note that, if $x^{2}+x-1=0$, then $x^{3}=-x^{2}+x$ and $x=-x^{2}+1$, from which $x^{3}+2 x^{2}-1=0$.
Thus, the solutions to the problem are the irrational solutions of the quadratic equation $x^{2}+x-1=0$, that is, the numbers $x_{1}=\frac{-1-\sqrt{5}}{2}$ and $x_{2}=\frac{-1+\sqrt{5}}{2}$. Since $\sqrt{5}$ is not rational, these two numbers are indeed solutions to the problem.
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x_{1}=\frac{-1-\sqrt{5}}{2}, x_{2}=\frac{-1+\sqrt{5}}{2}
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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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Déterminer tous les nombres irrationnels $x$ pour lesquels les deux nombres $x^{2}+x$ et $x^{3}+2 x^{2}$ sont des entiers.
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Soit $x$ un nombre irrationnel pour lequel les deux nombres $x^{2}+x$ et $x^{3}+2 x^{2}$ sont des entiers.
On pose $x^{2}+x=a$ et $x^{3}+2 x^{2}=b$, où $a$ et $b$ sont des entiers. Alors $b-a x=x^{2}=a-x$, et ainsi $x(a-1)=b-a$. Si $a-1 \neq 0$, on aurait $x=\frac{b-a}{a-1}$, et $x$ serait rationnel, en contradiction avec l'énoncé.
Par suite, on a $a=1$ et donc $b=a=1$. Mais alors $x^{2}+x-1=0$ et $x^{3}+2 x^{2}-1=0$. On note que, si $x^{2}+x-1=0$, alors $x^{3}=-x^{2}+x$ et $x=-x^{2}+1$, d'où $x^{3}+2 x^{2}-1=0$.
Ainsi, les solutions du problème sont les solutions irrationnelles de l'équation du second degré $x^{2}+x-1=0$, c'est-à-dire les nombres $x_{1}=\frac{-1-\sqrt{5}}{2}$ et $x_{2}=\frac{-1+\sqrt{5}}{2}$. Puisque $\sqrt{5}$ n'est pas rationnel, ces deux nombres sont effectivement des solutions du problème.
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{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "2",
"problem_match": "## Exercice 2.",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2014-2015-envoi-4-solutions.jsonl",
"solution_match": "## Solution.",
"tier": "T2",
"year": "2015"
}
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Let $x$ be a strictly positive real number such that $x^{5}-x^{3}+x \geq 3$. Prove that $x^{6} \geq 5$.
untranslated text has been translated while preserving the original formatting and structure.
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The key to the problem is the factorization $x^{6}+1=\left(x^{2}+1\right)\left(x^{4}-x^{2}+1\right)$, valid for all real $x$.
Let $x>0$ such that $x^{5}-x^{3}+x \geq 3$. According to the identity above, we then have
$$
x^{6}+1=\left(x^{2}+1\right)\left(x^{4}-x^{2}+1\right)=\frac{x^{2}+1}{x}\left(x^{5}-x^{3}+x\right)=\left(x+\frac{1}{x}\right)\left(x^{5}-x^{3}+x\right)
$$
and thus $x^{6}+1 \geq 3\left(x+\frac{1}{x}\right)$.
By the arithmetic-geometric mean inequality (AGM), we have $x+\frac{1}{x} \geq 2$, hence $x^{6}+1 \geq 6$, and thus $x^{6} \geq 5$, as desired.
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x^{6} \geq 5
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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 $x$ un réel strictement positif tel que $x^{5}-x^{3}+x \geq 3$. Prouver que $x^{6} \geq 5$.
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La clé du problème est la factorisation $x^{6}+1=\left(x^{2}+1\right)\left(x^{4}-x^{2}+1\right)$, valable pour tout réel $x$.
Soit $x>0$ tel que $x^{5}-x^{3}+x \geq 3$. D'après l'identité ci-dessus, on a alors
$$
x^{6}+1=\left(x^{2}+1\right)\left(x^{4}-x^{2}+1\right)=\frac{x^{2}+1}{x}\left(x^{5}-x^{3}+x\right)=\left(x+\frac{1}{x}\right)\left(x^{5}-x^{3}+x\right)
$$
et donc $x^{6}+1 \geq 3\left(x+\frac{1}{x}\right)$.
Or, d'après l'inégalité arithmético-géométrique (IAG), on a $x+\frac{1}{x} \geq 2$, d'où $x^{6}+1 \geq 6$, et ainsi $x^{6} \geq 5$, comme souhaité.
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{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "3",
"problem_match": "## Exercice 3.",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2014-2015-envoi-4-solutions.jsonl",
"solution_match": "## Solution.",
"tier": "T2",
"year": "2015"
}
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Determine all real numbers $t$ for which the polynomial
$$
P(x)=x^{3}+3 t x^{2}+(4 t-1) x+t
$$
has two real roots whose difference is equal to 1.
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If $t$ is a fixed real number, we set $P_{t}(x)=x^{3}+3 t x^{2}+(4 t-1) x+t$.
The first thing to notice is that, for all $t$, we have $P_{t}(-1)=0$. Therefore, -1 is a root of the polynomial $P_{t}$, which ensures that $P_{t}(x)$ is factorable by $x+1$. We thus find that
$$
P_{t}(x)=(x+1)\left(x^{2}+(3 t-1) x+t\right)
$$
for all real numbers $x$ and $t$.
Let $t$ be a real number for which $P_{t}$ has two real roots whose difference is equal to 1, say $a$ and $a+1$.
- If $a=-1$: it is necessary and sufficient that 0 is also a root of $P_{t}$. Since $P_{t}(0)=t$, this means that $t=0$.
- If $a+1=-1$, it is necessary and sufficient that -2 is also a root of $P_{t}$. Since $P_{t}(-2)=5 t-6$, this means that $t=\frac{6}{5}$.
- If -1 is neither $a$ nor $a+1$, then $a$ and $a+1$ are the roots of $x^{2}+(3 t-1) x+t$. Therefore, we have $a^{2}+(3 t-1) a+t=0$ and $(a+1)^{2}+(3 t-1)(a+1)+t=0$. By subtraction, we get $2 a+1+3 t-1=0$, which simplifies to $a=-\frac{3 t}{2}$. Substituting into the first equation above, we then get $-9 t^{2}+10 t=0$, which means $t=0$ or $t=\frac{10}{9}$.
Conversely, we have already seen that $t=0$ works and, for $t=\frac{10}{9}$, the roots of $P_{t}$ are $-1, -\frac{2}{3}$, and $-\frac{5}{3}$, which proves that $t=\frac{10}{9}$ is indeed a solution to the problem.
Finally, the real numbers $t$ sought are $\frac{10}{9}, \frac{6}{5}$, and 0.
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\frac{10}{9}, \frac{6}{5}, 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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Déterminer tous les réels $t$ pour lesquels le polynôme
$$
P(x)=x^{3}+3 t x^{2}+(4 t-1) x+t
$$
possède deux racines réelles dont la différence est égale à 1 .
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Si $t$ est un réel fixé, on pose $P_{t}(x)=x^{3}+3 t x^{2}+(4 t-1) x+t$.
La première chose à remarquer est que, pour tout $t$, on a $P_{t}(-1)=0$. Par suite, -1 est une racine du polynôme $P_{t}$, ce qui assure que $P_{t}(x)$ est factorisable par $x+1$. On trouve ainsi que
$$
P_{t}(x)=(x+1)\left(x^{2}+(3 t-1) x+t\right)
$$
pour tout réels $x$ et $t$.
Soit $t$ un réel pour lequel $P_{t}$ possède deux racines réelles dont la différence est égale à 1 , disons $a$ et $a+1$.
- Si $a=-1$ : il faut et il suffit que 0 soit également une racine de $P_{t}$. Comme $P_{t}(0)=t$, cela signifie que $t=0$.
- Si $a+1=-1$, il faut et il suffit que -2 soit également une racine de $P_{t}$. Comme $P_{t}(-2)=5 t-6$, cela signifie que $t=\frac{6}{5}$.
- Si -1 n'est ni $a$ ni $a+1$, c'est donc que $a$ et $a+1$ sont les racines de $x^{2}+(3 t-1) x+t$. On a donc $a^{2}+(3 t-1) a+t=0$ et $(a+1)^{2}+(3 t-1)(a+1)+t=0$. Par soustraction, il vient $2 a+1+3 t-1=0$, soit donc $a=-\frac{3 t}{2}$. En reportant dans la première équation ci-dessus, il vient alors $-9 t^{2}+10 t=0$, soit $t=0$ ou $t=\frac{10}{9}$.
Réciproquement, on a déjà vu que $t=0$ convenait et, pour $t=\frac{10}{9}$, les racines de $P_{t}$ sont $-1,-\frac{2}{3}$ et $-\frac{5}{3}$, ce qui prouve que $t=\frac{10}{9}$ est bien une solution du problème.
Finalement, les réels $t$ cherchés sont $\frac{10}{9}, \frac{6}{5}$ et 0 .
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{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "4",
"problem_match": "## Exercice 4.",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2014-2015-envoi-4-solutions.jsonl",
"solution_match": "## Solution.",
"tier": "T2",
"year": "2015"
}
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(Vietnam 2014).
Determine all functions $f: \mathbb{Z} \mapsto \mathbb{Z}$ such that
$$
f(2 m+f(m)+f(m) f(n))=n f(m)+m
$$
for all integers $m$ and $n$.
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Let $f$ be a potential solution. We denote $\mathbf{E}_{x, y}$ as the equality in the statement.
Let $a=f(0)$. The equality $\mathbf{E}_{x, 0}$ indicates that $f(2 x+(1+a) f(x))=x$, which shows that $f$ is surjective. Then, by choosing an integer $b$ such that $f(b)=-1$, the equality $\mathbf{E}_{b, y}$ indicates that $f(2 b+1-f(y))=b-y$, which shows that $f$ is injective, hence bijective.
The equalities $\mathbf{E}_{b, b}$ and $\mathbf{E}_{0,0}$ respectively indicate that $f(2 b)=0$ and $f\left(a+a^{2}\right)=0$. It follows that $2 b=a+a^{2}$. Moreover, the equality $\mathbf{E}_{a b, 0}$ indicates that $f(0)=a b$, i.e., $0=a(a-1)(a+2)$. Thus, $a \in\{-2,0,1\}$.
Finally, the equalities $\mathbf{E}_{0, y}$ and $\mathbf{E}_{a y, 0}$ respectively indicate that $f(a f(y)+a)=a y$ and $f(2 a y+(a+1) f(a y))=a y$. It follows that $a f(y)+a=2 a y+(a+1) f(a y)$, which we denote as ( $\boldsymbol{\phi}$ ).
- If $a=1$, then the equality ( $\boldsymbol{\oplus}$ ) indicates that $f(y)+1=2 y+2 f(y)$. It follows that $f: y \mapsto 1-2 y$, which is clearly not bijective.
- If $a=0$, then $b=0$, and the equality $\mathbf{E}_{x, 0}$ indicates that $f(2 x)=x$. This proves that $f$ is not injective, since every integer already has a preceding even number.
- If $a=-2$, then $b=1$, and the equality ( $\boldsymbol{\oplus}$ ) indicates that $-2 f(y)-2=-4 y-f(-2 y)$. However, the equality $\mathbf{E}_{x, 1}$ indicates that $f(2 x)=f(x)+x$. By combining these two equalities, we deduce that $f(-x)-x=f(-2 x)=2 f(x)+2-4 x$, hence $f(-x)=2 f(x)+2-3 x$. Symmetrically, we know that $f(x)=2 f(-x)+2+3 x$, leading to the relation $f: x \mapsto x-2$.
Conversely, it is easily verified that the function $f: n \longmapsto n-2$ is indeed a solution to the problem: it is therefore the unique solution.
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f: n \longmapsto n-2
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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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(Vietnam 2014).
Déterminer toutes les fonctions $f: \mathbb{Z} \mapsto \mathbb{Z}$ telles
$$
f(2 m+f(m)+f(m) f(n))=n f(m)+m
$$
pour tous les entiers $m$ et $n$.
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Soit $f$ une éventuelle solution. On note $\mathbf{E}_{x, y}$ l'égalité de l'énoncé.
Posons $a=f(0)$. L'égalité $\mathbf{E}_{x, 0}$ indique que $f(2 x+(1+a) f(x))=x$, ce qui montre que $f$ est surjective. Puis, en choisissant un entier $b$ tel que $f(b)=-1$, l'égalité $\mathbf{E}_{b, y}$ indique que $f(2 b+1-f(y))=b-y$, ce qui montre que $f$ est injective, donc bijective.
Les égalités $\mathbf{E}_{b, b}$ et $\mathbf{E}_{0,0}$ indiquent respectivement que $f(2 b)=0$ et que $f\left(a+a^{2}\right)=0$. Il s'ensuit que $2 b=a+a^{2}$. De surcroît, l'égalité $\mathbf{E}_{a b, 0}$ indique que $f(0)=a b$, c'est-à-dire $0=a(a-1)(a+2)$. Ainsi, $a \in\{-2,0,1\}$.
Enfin, les égalités $\mathbf{E}_{0, y}$ et $\mathbf{E}_{a y, 0}$ indiquent respectivement que $f(a f(y)+a)=a y$ et que $f(2 a y+(a+1) f(a y))=a y$. Il s'ensuit que $a f(y)+a=2 a y+(a+1) f(a y)$, égalité que l'on note ( $\boldsymbol{\phi}$ ).
- Si $a=1$, alors l'égalité ( $\boldsymbol{\oplus}$ ) indique que $f(y)+1=2 y+2 f(y)$. Il s'ensuit que $f: y \mapsto 1-2 y$, qui n'est manifestement pas bijective.
- Si $a=0$, alors $b=0$, et l'égalité $\mathbf{E}_{x, 0}$ indique que $f(2 x)=x$. Cela prouve que $f$ n'est pas injective, puisque chaque entier a déjà un antécédent pair.
- Si $a=-2$, alors $b=1$, et l'égalité ( $\boldsymbol{\oplus}$ ) indique que $-2 f(y)-2=-4 y-f(-2 y)$. Or, l'égalité $\mathbf{E}_{x, 1}$ indique que $f(2 x)=f(x)+x$. En combinant ces deux égalités, on en déduit que $f(-x)-x=f(-2 x)=2 f(x)+2-4 x$, donc que $f(-x)=2 f(x)+2-3 x$. De manière symétrique, on sait que $f(x)=2 f(-x)+2+3 x$, d'où la relation $f: x \mapsto x-2$.
Réciproquement, il on vérifie aisément que la fonction $f: n \longmapsto n-2$ est bien une solution du problème : c'en est donc l'unique solution.
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{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "5",
"problem_match": "## Exercice 5",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2014-2015-envoi-4-solutions.jsonl",
"solution_match": "## Solution.",
"tier": "T2",
"year": "2015"
}
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(Netherlands 2014).
Let $P$ be a polynomial with integer coefficients, of degree $n$, with $n \leq 10$. Suppose that $|P(10)-P(0)|<1000$ and that, for every $k \in\{1, \ldots, 10\}$, there exists an integer $m$ such that $P(m)=k$. Show that, for every integer $k$, there exists an integer $m$ such that $P(m)=k$.
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For $i \in\{1, \ldots, 10\}$, let $c_{i}$ be an integer such that $P\left(c_{i}\right)=i$. For $i \in\{1, \ldots, 9\}$, since $P$ has integer coefficients, the integer $c_{i+1}-c_{i}$ divides $P\left(c_{i+1}\right)-P\left(c_{i}\right)=i+1-i=1$, hence $c_{i+1}-c_{i}= \pm 1$. Furthermore, for $i, j \in\{1, \ldots, 10\}$ distinct, we have $P\left(c_{i}\right)=i \neq j=P\left(c_{j}\right)$, so $c_{i} \neq c_{j}$. Thus, $c_{1}, c_{2}, \ldots, c_{10}$ are, in this order, ten consecutive integers.
By studying the polynomial $P(10-X)$ instead of the polynomial $P(X)$ itself, we can assume that $c_{1}<c_{2}<\cdots<c_{10}$: we then have $c_{i}=c_{1}+i-1$. Let then the polynomials $Q(X)=X+1-c_{1}$ and $R(X)=P(X)-Q(X)$. The polynomial $Q$ is affine, hence of degree 1, and $R$ is of degree at most 10.
Moreover, for $i=1,2, \ldots, 10$, we have $R\left(c_{i}\right)=P\left(c_{i}\right)-Q\left(c_{i}\right)=i-i=0$, so $c_{1}, \ldots, c_{10}$ are ten distinct integer roots of the polynomial $R$, with integer coefficients. We can therefore factorize $R$ as $R(X)=S(X) T(X)$, where $S(X)=\prod_{i=1}^{10}\left(X-c_{i}\right)$ and where $T$ is a polynomial with integer coefficients. Note that $T$ is of degree at most 0, which means that $T$ is constant: there exists an integer $a$ such that $R=a S$.
If $a=0$, we have $P=Q$, so $P$ is affine with coefficient $\pm 1$ and $P(\mathbb{Z})=\mathbb{Z}$: we now assume that $a \neq 0$. Then note that $S(n) \equiv 0(\bmod 10!)$ for all integer $n$. Indeed, let $k \geq 10$ be an integer. Then
$$
S\left(c_{1}+k\right)=\prod_{i=0}^{9}(k-i)=10!\binom{k}{10} \equiv 0 \quad(\bmod 10!)
$$
The relation $S\left(c_{1}+k\right) \equiv 0$ is therefore true in $\mathbb{Z} / 10!\mathbb{Z}$, which means that $S(n) \equiv 0$ $(\bmod 10!)$ for all integer $n$.
In particular, it follows that $R(n) \equiv 0(\bmod 10!)$ for all integer $n$. However,
$$
|R(10)-R(0)| \leq|P(10)-P(0)|+|Q(10)-Q(0)| \leq 1010<10!
$$
Thus, $R(10)=R(0)$, so $S(10)=S(0)$. The polynomial $S$ is strictly monotonic on $\left.]-\infty, c_{1}\right]$ and on $\left[c_{10},+\infty\left[\right.\right.$, so we cannot have either $10 \leq c_{1}$ or $0 \geq c_{10}$. Thus, one of the integers 0 and 10 must be a root of $S$, but then the other must be as well, which is impossible since the roots of $S$ are mutually at most 9 apart.
The case $a \neq 0$ is therefore impossible, which concludes 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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Algebra
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(Pays-Bas 2014).
Soit $P$ un polynôme à coefficients entiers, de degré $n$, avec $n \leq 10$. On suppose que $|P(10)-P(0)|<1000$ et que, pour tout $k \in\{1, \ldots, 10\}$, il existe un entier $m$ tel que $P(m)=k$. Montrer que, pour tout entier $k$ il existe un entier $m$ tel que $P(m)=k$.
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Pour $i \in\{1, \ldots, 10\}$, on désigne par $c_{i}$ un entier tel que $P\left(c_{i}\right)=i$. Pour $i \in\{1, \ldots, 9\}$, puisque $P$ est à coefficients entiers, l'entier $c_{i+1}-c_{i}$ divise $P\left(c_{i+1}\right)-P\left(c_{i}\right)=i+1-i=1$, d'où $c_{i+1}-c_{i}= \pm 1$. De plus, pour $i, j \in\{1, \ldots, 10\}$ distincts, on a $P\left(c_{i}\right)=i \neq j=P\left(c_{j}\right)$, donc $c_{i} \neq c_{j}$. Ainsi, $c_{1}, c_{2}, \ldots, c_{10}$ sont, dans cet ordre, dix entiers consécutifs.
Quitte à étudier le polynôme $P(10-X)$ plutôt que le polynôme $P(X)$ lui-même, on peut supposer que $c_{1}<c_{2}<\cdots<c_{10}$ : on a donc $c_{i}=c_{1}+i-1$. Soit alors les polynômes $Q(X)=X+1-c_{1}$ et $R(X)=P(X)-Q(X)$. Le polynôme $Q$ est affine, donc de degré 1 , et $R$ est de degré au plus 10 .
En outre, pour $i=1,2, \ldots, 10$, on a $R\left(c_{i}\right)=P\left(c_{i}\right)-Q\left(c_{i}\right)=i-i=0$, donc $c_{1}, \ldots, c_{10}$ sont dix racines distinctes entières du polynôme $R$, à coefficients entiers. On peut donc factoriser $R$ sous la forme $R(X)=S(X) T(X)$, où $S(X)=\prod_{i=1}^{10}\left(X-c_{i}\right)$ et où $T$ est un polynôme à coefficients entiers. Remarquons que $T$ est de degré au plus 0 , ce qui signifie que $T$ est constant : il existe un entier $a$ tel que $R=a S$.
Si $a=0$, on a bien $P=Q$, donc $P$ est affine de coefficient $\pm 1$ et $P(\mathbb{Z})=\mathbb{Z}$ : on suppose désormais que $a \neq 0$. Notons alors que $S(n) \equiv 0(\bmod 10!)$ pour tout entier $n$. En effet, soit $k \geq 10$ un entier. Alors
$$
S\left(c_{1}+k\right)=\prod_{i=0}^{9}(k-i)=10!\binom{k}{10} \equiv 0 \quad(\bmod 10!)
$$
La relation $S\left(c_{1}+k\right) \equiv 0$ est donc vraie dans $\mathbb{Z} / 10!\mathbb{Z}$, ce qui signifie bien que $S(n) \equiv 0$ $(\bmod 10!)$ pour tout entier $n$.
En particulier, il s'ensuit que $R(n) \equiv 0(\bmod 10!)$ pour tout entier $n$. Or,
$$
|R(10)-R(0)| \leq|P(10)-P(0)|+|Q(10)-Q(0)| \leq 1010<10!
$$
Ainsi, $R(10)=R(0)$, donc $S(10)=S(0)$. Le polynôme $S$ est strictement monotone sur $\left.]-\infty, c_{1}\right]$ et sur $\left[c_{10},+\infty\left[\right.\right.$, donc on ne peut avoir ni $10 \leq c_{1}$ ni $0 \geq c_{10}$. Ainsi, l'un des entiers 0 et 10 doit être une racine de $S$, mais alors l'autre aussi, ce qui est impossible car les racines de $S$ sont mutuellement distantes d'au plus 9 .
Le cas $a \neq 0$ est donc impossible, ce qui conclut le problème.
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{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "6",
"problem_match": "## Exercice 6",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2014-2015-envoi-4-solutions.jsonl",
"solution_match": "## Solution.",
"tier": "T2",
"year": "2015"
}
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Let $n \geq 0$ be an integer, and $x_{1}, x_{2}, \ldots, x_{n+1}$ be strictly positive real numbers such that $\prod_{k=1}^{n+1} x_{i}=1$. Prove that
$$
\sqrt[x_{1}]{n}+\sqrt[x_{2}]{n}+\cdots+\sqrt[x_{n+1}]{n} \geq n \sqrt[n]{x_{1}}+n \sqrt[n]{x_{2}}+\cdots+n \sqrt[n]{x_{n+1}}
$$
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By IAG (twice), we have
$$
\begin{aligned}
n \cdot \sum_{i=1}^{n+1} \sqrt[x_{i}]{n} & =\sum_{j=1}^{n+1}\left(\sum_{i \neq j} n^{\frac{1}{x_{i}}}\right) \\
& \geq \sum_{j=1}^{n+1}\left(n \cdot n^{\frac{1}{n} \sum_{i \neq j} \frac{1}{x_{i}}}\right) \\
& \geq \sum_{j=1}^{n+1} n \cdot n \sqrt[n]{\prod_{i \neq j} \frac{1}{x_{i}}} \\
& =\sum_{j=1}^{n+1} n \cdot n \sqrt[{n \sqrt{x_{j}}}]{ } \text{ since } x_{1} x_{2} \cdots x_{n+1}=1
\end{aligned}
$$
and it only remains to divide the first and last members by $n$ to obtain the desired inequality.
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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 $n \geq 0$ un entier, et $x_{1}, x_{2}, \ldots, x_{n+1}$ des réels strictement positifs tels que $\prod_{k=1}^{n+1} x_{i}=1$. Prouver que
$$
\sqrt[x_{1}]{n}+\sqrt[x_{2}]{n}+\cdots+\sqrt[x_{n+1}]{n} \geq n \sqrt[n]{x_{1}}+n \sqrt[n]{x_{2}}+\cdots+n \sqrt[n]{x_{n+1}}
$$
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Par IAG (deux fois), on a
$$
\begin{aligned}
n \cdot \sum_{i=1}^{n+1} \sqrt[x_{i}]{n} & =\sum_{j=1}^{n+1}\left(\sum_{i \neq j} n^{\frac{1}{x_{i}}}\right) \\
& \geq \sum_{j=1}^{n+1}\left(n \cdot n^{\frac{1}{n} \sum_{i \neq j} \frac{1}{x_{i}}}\right) \\
& \geq \sum_{j=1}^{n+1} n \cdot n \sqrt[n]{\prod_{i \neq j} \frac{1}{x_{i}}} \\
& =\sum_{j=1}^{n+1} n \cdot n \sqrt[{n \sqrt{x_{j}}}]{ } \operatorname{car} x_{1} x_{2} \cdots x_{n+1}=1
\end{aligned}
$$
et il ne reste plus qu'à diviser par $n$ les premier et dernier membres pour obtenir l'inégalité demandée.
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{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "7",
"problem_match": "## Exercice 7.",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2014-2015-envoi-4-solutions.jsonl",
"solution_match": "## Solution.",
"tier": "T2",
"year": "2015"
}
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(Iran 2014).
Determine all functions $f: \mathbb{R}_{+}^{*} \longmapsto \mathbb{R}_{+}^{*}$ such that
$$
f\left(\frac{y}{f(x+1)}\right)+f\left(\frac{x+1}{x f(y)}\right)=f(y)
$$
for all $x, y \in \mathbb{R}_{+}^{*}$.
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By searching a bit among the usual functions, we observe that the function $f: x \longmapsto \frac{1}{x}$ is a solution to the problem. We will now prove that it is the only one.
Let $f$ be a solution to the problem. If $y>0$ is such that $y f(y)>1$, let $x=\frac{1}{y f(y)-1}$. The relation in the statement gives
$$
f\left(\frac{y}{f(x+1)}\right)+f(y)=f(y)
$$
which is impossible since $f$ takes strictly positive values. Thus, $y f(y) \leq 1$.
For all $x, y \in \mathbb{R}_{+}^{*}$, we have
$$
f(y)=f\left(\frac{y}{f(x+1)}\right)+f\left(\frac{x+1}{x f(y)}\right) \leq \frac{f(x+1)}{y}+\frac{x f(y)}{x+1},
$$
so $y f(y) \leq (x+1) f(x+1)$. In particular, for all real numbers $a, b>1$, we have $a f(a) \leq b f(b) \leq a f(a)$: there exists a real number $c \in (0,1]$ such that $x f(x)=c$ for all $x>1$.
If $y>1$, then $y>c$ so $\frac{y(x+1)}{c}>x+1>1$ and $\frac{(x+1)y}{xc}>\frac{y}{c}>1$, and
$$
\begin{aligned}
c & = y \cdot f(y) = y \cdot f\left(\frac{y}{f(x+1)}\right) + y \cdot f\left(\frac{x+1}{x f(y)}\right) \\
& = y \cdot f\left(\frac{(x+1) \cdot y}{c}\right) + y \cdot f\left(\frac{(x+1) \cdot y}{c \cdot x}\right) \\
& = \frac{c^2 \cdot y}{(x+1) \cdot y} + \frac{c^2 \cdot x \cdot y}{(x+1) \cdot y} = c^2,
\end{aligned}
$$
so $c=1$. Therefore, $f(x)=\frac{1}{x}$ for all $x>1$.
We will now prove by induction on $k \in \mathbb{N}$ that $f(x)=\frac{1}{x}$ for all $x>2^{-k}$. The result is already known for $k=0$. Furthermore, if we assume the result is known for $k \geq 0$, let $x=1$. If $y>2^{-1-k}$, then $2y>2^{-k}$ and $\frac{2}{f(y)} \geq 2y > 2^{-k}$. The statement indicates that
$$
f(y)=f(2y)+f\left(\frac{2}{f(y)}\right)=\frac{1}{2y}+\frac{f(y)}{2}
$$
which means $f(y)=\frac{1}{y}$. The result is therefore also true for $k+1$.
This shows that $f: x \longmapsto \frac{1}{x}$ is indeed the unique solution to the problem.
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f(x) = \frac{1}{x}
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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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(Iran 2014).
Déterminer toutes les fonctions $f: \mathbb{R}_{+}^{*} \longmapsto \mathbb{R}_{+}^{*}$ telles que
$$
f\left(\frac{y}{f(x+1)}\right)+f\left(\frac{x+1}{x f(y)}\right)=f(y)
$$
pour tous $x, y \in \mathbb{R}_{+}^{*}$.
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En cherchant un peu parmi les fonctions usuelles, on constate que la fonction $f: x \longmapsto \frac{1}{x}$ est une solution du problème. Nous allons maintenant prouver que c'est la seule.
Soit $f$ une solution du problème. Si $y>0$ est tel que $y f(y)>1$, posons $x=\frac{1}{y f(y)-1}$. La relation de l'énoncé donne
$$
f\left(\frac{y}{f(x+1)}\right)+f(y)=f(y)
$$
ce qui est impossible car $f$ est à valeurs strictement positives. Ainsi, $y f(y) \leq 1$.
Pour tous $x, y \in \mathbb{R}_{+}^{*}$, on a donc
$$
f(y)=f\left(\frac{y}{f(x+1)}\right)+f\left(\frac{x+1}{x f(y)}\right) \leq \frac{f(x+1)}{y}+\frac{x f(y)}{x+1},
$$
donc $y f(y) \leq(x+1) f(x+1)$. En particulier, pour tous les réels $a, b>1$, on a bien $a f(a) \leq b f(b) \leq a f(a)$ : il existe donc un réel $c \in] 0,1]$ tel que $x f(x)=c$ pour tout $x>1$.
Si $y>1$, alors $y>c$ donc $\frac{y(x+1)}{c}>x+1>1$ et $\frac{(x+1) y}{x c}>\frac{y}{c}>1$, et
$$
\begin{aligned}
c & =y \cdot f(y)=y \cdot f\left(\frac{y}{f(x+1)}\right)+y \cdot f\left(\frac{x+1}{x f(y)}\right) \\
& =y \cdot f\left(\frac{(x+1) \cdot y}{c}\right)+y \cdot f\left(\frac{(x+1) \cdot y}{c \cdot x}\right) \\
& =\frac{c^{2} \cdot y}{(x+1) \cdot y}+\frac{c^{2} \cdot x \cdot y}{(x+1) \cdot y}=c^{2},
\end{aligned}
$$
donc $c=1$. On a donc $f(x)=\frac{1}{x}$ pour tout $x>1$.
On va maintenant prouver, par récurrence sur $k \in \mathbb{N}$, que $f(x)=\frac{1}{x}$ pour tout $x>2^{-k}$. Le résultat est déjà connu pour $k=0$. En outre, si on suppose le résultat connu pour $k \geq 0$, posons $x=1$. Si $y>2^{-1-k}$, alors $2 y>2^{-k}$ et $\frac{2}{f(y)} \geq 2 y>2^{-k}$. L'énoncé indique donc que
$$
f(y)=f(2 y)+f\left(\frac{2}{f(y)}\right)=\frac{1}{2 y}+\frac{f(y)}{2}
$$
c'est-à-dire $f(y)=\frac{1}{y}$. Le résultat est donc vrai aussi pour $k+1$.
Ceci montre que $f: x \longmapsto \frac{1}{x}$ est bien l'unique solution du problème.
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{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "8",
"problem_match": "## Exercice 8",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2014-2015-envoi-4-solutions.jsonl",
"solution_match": "## Solution.",
"tier": "T2",
"year": "2015"
}
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Let $a \in] 0 ; 1\left[\right.$ and $n>0$ be an integer. We denote $f_{n}$ the function defined on $\mathbb{R}$ by $f_{n}(x)=x+\frac{x^{2}}{n}$, for all real $x$. Prove that
$$
\frac{a(1-a) n^{2}+2 a^{2} n+a^{3}}{(1-a)^{2} n^{2}+a(2-a) n+a^{2}}<\underbrace{\left(f_{n} \circ f_{n} \circ \cdots \circ f_{n}\right)}_{n}(a)<\frac{a n+a^{2}}{(1-a) n+a} .
$$
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For any integer $k \geq 0$, let $a_{k}=\underbrace{\left(f_{n} \circ f_{n} \circ \cdots \circ f_{n}\right)}_{k}(a)$. In particular, $a_{0}=a$.
We observe that, for all $k \geq 0$, we have $a_{k+1}=a_{k}+\frac{a_{k}^{2}}{n}>a_{k}$, so the sequence $\left(a_{k}\right)$ is strictly increasing. In particular, $a_{k} \geq a>0$ for all $k \geq 0$.
Furthermore, for all $k \geq 0$, we have $a_{k+1}=\frac{a_{k}\left(a_{k}+n\right)}{n}$ and thus
$$
\frac{1}{a_{k+1}}=\frac{1}{a_{k}}-\frac{1}{a_{k}+n} .
$$
Thus, after summing these equalities for $k=0, \ldots, n-1$, we have
$$
\frac{1}{a_{n}}=\frac{1}{a}-\sum_{k=0}^{n-1} \frac{1}{a_{k}+n}
$$
Since $\left(a_{k}\right)$ is strictly increasing and positive, we have
$$
\frac{n}{a_{n}+n}<\sum_{k=0}^{n-1} \frac{1}{a_{k}+n}<\frac{n}{a+n}
$$
and thus
$$
\frac{1}{a}-\frac{n}{a+n}<\frac{1}{a_{n}}<\frac{1}{a}-\frac{n}{a_{n}+n} .
$$
The left inequality is equivalent to $a_{n}<\frac{a n+a^{2}}{(1-a) n+a}$, which is the right inequality of the desired bound.
Now, substitute this last inequality into the right inequality of (1). We get
$$
\frac{1}{a_{n}}<\frac{1}{a}-\frac{n}{\frac{a n+a^{2}}{(1-a) n+a}+n}
$$
or equivalently,
$$
\frac{a(1-a) n^{2}+2 a^{2} n+a^{3}}{(1-a)^{2} n^{2}+a(2-a) n+a^{2}}<a_{n}
$$
which is the left inequality of the desired bound.
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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 $a \in] 0 ; 1\left[\right.$ et $n>0$ un entier. On note $f_{n}$ la fonction définie sur $\mathbb{R}$ par $f_{n}(x)=x+\frac{x^{2}}{n}$, pour tout réel $x$. Prouver que
$$
\frac{a(1-a) n^{2}+2 a^{2} n+a^{3}}{(1-a)^{2} n^{2}+a(2-a) n+a^{2}}<\underbrace{\left(f_{n} \circ f_{n} \circ \cdots \circ f_{n}\right)}_{n}(a)<\frac{a n+a^{2}}{(1-a) n+a} .
$$
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Pour tout entier $k \geq 0$, posons $a_{k}=\underbrace{\left(f_{n} \circ f_{n} \circ \cdots \circ f_{n}\right)}_{k}(a)$. En particulier, $a_{0}=a$.
On remarque que, pour tout $k \geq 0$, on a $a_{k+1}=a_{k}+\frac{a_{k}^{2}}{n}>a_{k}$, donc la suite $\left(a_{k}\right)$ est strictement croissante. En particulier, $a_{k} \geq a>0$ pour tout $k \geq 0$.
De plus, pour tout $k \geq 0$, on a $a_{k+1}=\frac{a_{k}\left(a_{k}+n\right)}{n}$ et donc
$$
\frac{1}{a_{k+1}}=\frac{1}{a_{k}}-\frac{1}{a_{k}+n} .
$$
Ainsi, après sommation de ces égalités pour $k=0, \ldots, n-1$, on a
$$
\frac{1}{a_{n}}=\frac{1}{a}-\sum_{k=0}^{n-1} \frac{1}{a_{k}+n}
$$
Puisque $\left(a_{k}\right)$ est strictement croissante et à valeurs positives, on a
$$
\frac{n}{a_{n}+n}<\sum_{k=0}^{n-1} \frac{1}{a_{k}+n}<\frac{n}{a+n}
$$
et ainsi
$$
\frac{1}{a}-\frac{n}{a+n}<\frac{1}{a_{n}}<\frac{1}{a}-\frac{n}{a_{n}+n} .
$$
L'inégalité de gauche est équivalente à $a_{n}<\frac{a n+a^{2}}{(1-a) n+a}$, ce qui est l'inégalité de droite de l'encadrement demandé.
Reportons maintenant cette dernière inégalité dans l'inégalité de droite de (1). Il vient
$$
\frac{1}{a_{n}}<\frac{1}{a}-\frac{n}{\frac{a n+a^{2}}{(1-a) n+a}+n}
$$
ou encore
$$
\frac{a(1-a) n^{2}+2 a^{2} n+a^{3}}{(1-a)^{2} n^{2}+a(2-a) n+a^{2}}<a_{n}
$$
ce qui est l'inégalité de gauche de l'encadrement demandé.
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{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "9",
"problem_match": "## Exercice 9.",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2014-2015-envoi-4-solutions.jsonl",
"solution_match": "## Solution.",
"tier": "T2",
"year": "2015"
}
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(Iran 2014).
Determine all polynomials $P$ with integer coefficients for which the set $P(\mathbb{N})$ contains an infinite geometric sequence with ratio $a$ where $a \notin\{-1,0,1\}$ and the first term is non-zero.
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First, we note that if $P$ is a polynomial with the properties described, then $-P$ also has these properties (it suffices to change the first term of the geometric sequence to its opposite). We can therefore assume that the leading coefficient of $P$ is strictly positive.
Let $\left(u_{k}\right)=\left(u_{0} \cdot a^{k}\right)$ be an infinite geometric sequence as described above. Then, by replacing the sequence with $\left(u_{2 k}\right)=\left(u_{0} \cdot\left(a^{2}\right)^{k}\right)$, we can assume that $a>0$.
Moreover, note that $a=\frac{u_{1}}{u_{0}}$ is rational. If $a$ is not an integer, let $p$ be a prime factor such that the $p$-adic valuation of $a$ is strictly negative, i.e., $v_{p}(a) \leq-1$. By setting $k=v_{p}\left(u_{0}\right)$, we observe that $v_{p}\left(u_{k+1}\right) \leq-1$, which contradicts the fact that $u_{k+1}$ is an integer, and thus that $u_{k+1} \in P(\mathbb{N})$. Therefore, we know that $a$ is an integer such that $a>1$.
Let's expand the polynomial $P$ in the form $P(x)=p_{n} x^{n}+p_{n-1} x^{n-1}+\cdots+p_{1} x+p_{0}$. For any integer $b$, we have
$$
\begin{aligned}
P(a x+b) & =a^{n} p_{n} x^{n}+\left(n a^{n-1} p_{n} b+a^{n-1} p_{n-1}\right) x^{n-1}+\cdots \text { and } \\
a^{n} P(x) & =a^{n} p_{n} x^{n}+a^{n} p_{n-1} x^{n-1}+\cdots+a^{n} p_{0} .
\end{aligned}
$$
The polynomial $P(a x+b)-a^{n} P(x)$ is a polynomial of degree at most $n-1$ and whose coefficient of degree $n-1$ is $a^{n-1}\left(n p_{n} b+p_{n-1}(1-a)\right)$. Note that $P$ is non-constant, so $n p_{n}>0$: this coefficient therefore has a strictly increasing affine expression in $b$. Thus, there exists an integer $b$ such that
$$
n p_{n}(b+1)+p_{n-1}(1-a)>0>n p_{n}(b-1)+p_{n-1}(1-a) .
$$
Consequently, there even exists an integer $N \geq 0$ such that
- $P(a x+b-1)<a^{n} P(x)<P(a x+b+1)$ for all $x \geq N$, and
- $P$ is strictly increasing on $[N,+\infty[$.
Furthermore, let $M$ be an integer such that $M \geq N$ and $a M+b-1 \geq N$: by considering the sequence $\left(u_{k+\ell}\right)=\left(u_{\ell} \cdot a^{k}\right)$ instead of the sequence $\left(u_{k}\right)$, we can assume that $\left|u_{0}\right|>\sum_{i=0}^{M}|P(i)|$. For any integer $k \geq 0$, there therefore exists an integer $v_{k}>M$ such that $P\left(v_{k}\right)=u_{k}=u_{0} \cdot a^{k}$.
In particular, note that
$$
P\left(a v_{k}+b-1\right)<a^{n} P\left(v_{k}\right)=P\left(v_{k+n}\right)<P\left(a v_{k}+b+1\right),
$$
so $v_{k+n}=a v_{k}+b$ and $a^{n} P\left(v_{k}\right)=P\left(a v_{k}+b\right)$. Thus, each integer $v_{k}$ is a root of the polynomial $a^{n} P(X)-P(a X+b)$, which is therefore zero. We thus have the polynomial equality $a^{n} P(X)=P(a X+b)$.
Since $P$ is non-constant, let $r$ be a root of $P$. We then set
$$
\delta=\frac{b}{1-a} \text { and } \rho_{k}=a^{k}(r-\delta)+\delta
$$
Then $\rho_{0}=r$ and $\rho_{k+1}=a\left(\rho_{k}-\delta\right)+\delta=a \rho_{k}+b$. An immediate induction shows that all terms $\rho_{k}$ are roots of $P$.
However, if $r \neq \delta$, the terms $\rho_{k}$ are pairwise distinct, and $P$ would be zero, which is impossible. Therefore, $r=\delta$ is necessarily the only root of $P$, so we can write $P(X)=p_{n}(X-\delta)^{n}$. Since $P(X)=p_{n} X^{n}-n p_{n} \delta X^{n-1}+\cdots+(-1)^{n} p_{n} \delta^{n}$ has integer coefficients, then $n p_{n} \delta$ is an integer, so $\delta$ is rational and can be written in irreducible form $\delta=\frac{u}{v}$. Then $p_{n} \delta^{n}$ is an integer, so $v^{n}$ divides $p_{n}$, and we can factorize $p_{n}$ as $p_{n}=w v^{n}$. We can then rewrite $P(X)=w(v X-u)^{n}$, with $n, u, v$ and $w$ integers and $n \geq 1, v \neq 0, w \neq 0$.
Conversely, suppose that $P(X)=w(v X-u)^{n}$ with $n, u, v$ and $w$ integers and $n \geq 1$, $v \neq 0, w \neq 0$.
- If $u=0$, then $P\left(2^{k}\right)=v^{n} \cdot w \cdot 2^{k n}$ describes a geometric sequence with ratio $2^{n} \notin\{-1,0,1\}$ and non-zero first term $P(1)=v^{n} \cdot w$.
- If $u \cdot v>0$, we set $x_{k}=(3 u v-1)^{2 k+1}+1$ and $y_{k}=\frac{u}{v} x_{k}$. Then $x_{k} \equiv 0(\bmod v)$, so $y_{k} \in \mathbb{N}$. Furthermore, $P\left(y_{k}\right)=w \cdot u^{n} \cdot(3 u v-1)^{(2 k+1) n}$ describes a geometric sequence with ratio $(3 u v-1)^{2 n} \notin\{-1,0,1\}$ and non-zero first term $P\left(3 u^{2}\right)=w \cdot u^{n} \cdot(3 u v-1)^{n}$.
- If $u \cdot v<0$, we set $x_{k}=1-(3 u v+1)^{2 k}$ and $y_{k}=\frac{u}{v} x_{k}$. Then $x_{k} \equiv 0(\bmod v)$, so $y_{k} \in \mathbb{N}$. Furthermore, $P\left(y_{k}\right)=w \cdot(-u)^{n} \cdot(3 u v+1)^{(2 k) n}$ describes a geometric sequence with ratio $(3 u v+1)^{2 n} \notin\{-1,0,1\}$ and non-zero first term $P(0)=w \cdot(-u)^{n}$.
The polynomials sought are therefore exactly those of the form $P(x)=w(v x+u)^{n}$, with $n, u, v$ and $w$ integers such that $n>0, v \neq 0$ and $w \neq 0$.
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P(x)=w(v x+u)^{n}
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Yes
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Incomplete
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proof
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Algebra
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(Iran 2014).
Déterminer tous les polynômes $P$ à coefficients entiers pour lesquels l'ensemble $P(\mathbb{N})$ contient une suite géométrique infinie de raison $a$ avec $a \notin\{-1,0,1\}$ et de premier terme non nul.
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Tout d'abord, on note que si $P$ est un polynôme ayant les propriétés de l'énoncé, alors - $P$ les possède aussi (il suffit de changer le premier terme de la suite géométrique en son opposée). On peut donc supposer que le coefficient dominant de $P$ est strictement positif.
Soit $\left(u_{k}\right)=\left(u_{0} \cdot a^{k}\right)$ une suite géométrique infinie telle que décrite ci-dessus. Alors, quitte à la remplacer par la suite $\left(u_{2 k}\right)=\left(u_{0} \cdot\left(a^{2}\right)^{k}\right)$, on peut supposer que $a>0$.
De plus, notons que $a=\frac{u_{1}}{u_{0}}$ est rationnel. Si $a$ n'est pas entier, soit $p$ un facteur premier tel que la valuation $p$-adique de $a$ soit strictement négative c'est-à-dire que $v_{p}(a) \leq-1$. En posant $k=v_{p}\left(u_{0}\right)$, on constate alors que $v_{p}\left(u_{k+1}\right) \leq-1$, ce qui contredit le fait que $u_{k+1}$ soit entier, donc que $u_{k+1} \in P(\mathbb{N})$. Ainsi, on sait que $a$ est un entier tel que $a>1$.
Développons alors le polynôme $P$ sous la forme $P(x)=p_{n} x^{n}+p_{n-1} x^{n-1}+\cdots+p_{1} x+p_{0}$. Pour tout entier $b$, on a
$$
\begin{aligned}
P(a x+b) & =a^{n} p_{n} x^{n}+\left(n a^{n-1} p_{n} b+a^{n-1} p_{n-1}\right) x^{n-1}+\cdots \text { et } \\
a^{n} P(x) & =a^{n} p_{n} x^{n}+a^{n} p_{n-1} x^{n-1}+\cdots+a^{n} p_{0} .
\end{aligned}
$$
Le polynôme $P(a x+b)-a^{n} P(x)$ est un polynôme de degré au plus $n-1$ et dont le coefficient de degré $n-1$ est $a^{n-1}\left(n p_{n} b+p_{n-1}(1-a)\right)$. Notons que $P$ est non constant, donc que $n p_{n}>0$ : ce coefficient a donc une expression affine strictement croissante en $b$. Ainsi, il existe un entier $b$ tel que
$$
n p_{n}(b+1)+p_{n-1}(1-a)>0>n p_{n}(b-1)+p_{n-1}(1-a) .
$$
Par conséquent, il existe même un entier $N \geq 0$ tel que
- $P(a x+b-1)<a^{n} P(x)<P(a x+b+1)$ pour tout $x \geq N$, et
- $P$ est strictement croissante sur $[N,+\infty[$.
En outre, soit $M$ un entier tel que $M \geq N$ et $a M+b-1 \geq N$ : quitte à considérer une suite $\left(u_{k+\ell}\right)=\left(u_{\ell} \cdot a^{k}\right)$ au lieu de la suite $\left(u_{k}\right)$, on peut supposer que $\left|u_{0}\right|>\sum_{i=0}^{M}|P(i)|$. Pour tout entier $k \geq 0$, il existe donc un entier $v_{k}>M$ tel que $P\left(v_{k}\right)=u_{k}=u_{0} \cdot a^{k}$.
En particulier, notons que
$$
P\left(a v_{k}+b-1\right)<a^{n} P\left(v_{k}\right)=P\left(v_{k+n}\right)<P\left(a v_{k}+b+1\right),
$$
donc que $v_{k+n}=a v_{k}+b$ et que $a^{n} P\left(v_{k}\right)=P\left(a v_{k}+b\right)$. Ainsi, chaque entier $v_{k}$ est une racine du polynôme $a^{n} P(X)-P(a X+b)$, qui est donc nul. On a donc l'égalité de polynômes $a^{n} P(X)=P(a X+b)$.
Puisque $P$ est non constant, soit $r$ une racine de $P$. On pose alors
$$
\delta=\frac{b}{1-a} \text { et } \rho_{k}=a^{k}(r-\delta)+\delta
$$
Alors $\rho_{0}=r$ et $\rho_{k+1}=a\left(\rho_{k}-\delta\right)+\delta=a \rho_{k}+b$. Une récurrence immédiate montre donc que tous les termes $\rho_{k}$ sont des racines de $P$.
Or, si $r \neq \delta$, les termes $\rho_{k}$ sont deux à deux distincts, et $P$ se retrouve être nul, ce qui est impossible. donc $r=\delta$ est nécessairement la seule racine de $P$, de sorte que l'on peut écrire $P(X)=p_{n}(X-\delta)^{n}$. Puisque $P(X)=p_{n} X^{n}-n p_{n} \delta X^{n-1}+\cdots+(-1)^{n} p_{n} \delta^{n}$ est à coefficients entiers, alors $n p_{n} \delta$ est entier, donc $\delta$ est rationnel, et peut s'écrire sous forme irréductible $\delta=\frac{u}{v}$. Puis $p_{n} \delta^{n}$ est entier, donc $v^{n}$ divise $p_{n}$, et l'on peut factoriser $p_{n}$ sous la forme $p_{n}=w v^{n}$. On peut alors réécrire $P(X)=w(v X-u)^{n}$, avec $n, u, v$ et $w$ entiers et $n \geq 1, v \neq 0, w \neq 0$.
Réciproquement, supposons que $P(X)=w(v X-u)^{n}$ avec $n, u, v$ et $w$ entiers et $n \geq 1$, $v \neq 0, w \neq 0$.
- Si $u=0$, alors $P\left(2^{k}\right)=v^{n} \cdot w \cdot 2^{k n}$ décrit bien une suite géométrique de raison $2^{n} \notin\{-1,0,1\}$ et de premier terme $P(1)=v^{n} \cdot w$ non nul.
- Si $u \cdot v>0$, on pose $x_{k}=(3 u v-1)^{2 k+1}+1$ et $y_{k}=\frac{u}{v} x_{k}$. Alors $x_{k} \equiv 0(\bmod v)$, de sorte que $y_{k} \in \mathbb{N}$. En outre, $P\left(y_{k}\right)=w \cdot u^{n} \cdot(3 u v-1)^{(2 k+1) n}$ décrit bien une suite géométrique de raison $(3 u v-1)^{2 n} \notin\{-1,0,1\}$ et de premier terme $P\left(3 u^{2}\right)=w \cdot u^{n} \cdot(3 u v-1)^{n}$ non nul.
- Si $u \cdot v<0$, on pose $x_{k}=1-(3 u v+1)^{2 k}$ et $y_{k}=\frac{u}{v} x_{k}$. Alors $x_{k} \equiv 0(\bmod v)$, de sorte que $y_{k} \in \mathbb{N}$. En outre, $P\left(y_{k}\right)=w \cdot(-u)^{n} \cdot(3 u v+1)^{(2 k) n}$ décrit bien une suite géométrique de raison $(3 u v+1)^{2 n} \notin\{-1,0,1\}$ et de premier terme $P(0)=w \cdot(-u)^{n}$ non nul.
Les polynômes recherchés sont donc exactement ceux de la forme $P(x)=w(v x+u)^{n}$, avec $n, u, v$ et $w$ des entiers tels que $n>0, v \neq 0$ et $w \neq 0$.
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{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "10",
"problem_match": "## Exercice 10",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2014-2015-envoi-4-solutions.jsonl",
"solution_match": "## Solution.",
"tier": "T2",
"year": "2015"
}
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A polyhedron has 6 vertices and 12 edges. Show that each face is a triangle.
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Let $F$ be the number of faces, $A$ be the number of edges, and $S$ be the number of vertices. Euler's formula gives $F-A+S=2$, so $F=A-S+2=8$.
Let $x_{i}(i=1,2, \ldots, 8)$ be the number of edges of face $i$. We have $x_{1}+\cdots+x_{8}=2 A=24$ because each edge belongs to exactly two faces. We deduce that
$$
\frac{x_{1}+\cdots+x_{8}}{8}=3
$$
in other words, the average number of edges per face is 3. Since each face has at least 3 edges, it follows that each face is a triangle.
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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 polyèdre a 6 sommets et 12 arêtes. Montrer que chaque face est un triangle.
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Notons $F$ le nombre de faces, $A$ le nombre d'arêtes et $S$ le nombre de sommets. La formule d'Euler donne $F-A+S=2$, donc $F=A-S+2=8$.
Notons $x_{i}(i=1,2, \ldots, 8)$ le nombre d'arêtes de la face $i$. On a $x_{1}+\cdots+x_{8}=2 A=24$ car chaque arête appartient à exactement deux faces. On en déduit que
$$
\frac{x_{1}+\cdots+x_{8}}{8}=3
$$
autrement dit le nombre moyen d'arêtes par face est 3 . Or, chaque face possède au moins 3 arêtes, donc finalement chaque face est un triangle.
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{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "1",
"problem_match": "\nExercice 1.",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2014-2015-envoi-5-solutions.jsonl",
"solution_match": "\nSolution de l'exercice 1",
"tier": "T2",
"year": "2015"
}
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Seven students in a class compare their grades in 12 tests, and notice that no two students have identical grades in all 12 tests.
Show that one can choose 6 tests such that any two students have different grades in at least one of these tests.
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Let $m$ be the smallest integer such that one can choose $m$ tests $E_{1}, \ldots, E_{m}$ so that any two students have different scores in at least one of these $m$ tests. We need to show that $m \leqslant 6$.
Since $m$ is minimal, for every $i=1, \ldots, m$ there exists a pair $A_{i}$ of students who have the same score in all tests except $E_{i}$.
We form a graph where the vertices are the students, and the edges are $A_{1}, \ldots, A_{m}$. Suppose the graph has a cycle $\left(A_{i_{1}}, \ldots, A_{i_{r}}\right)$. Let $a$ and $b$ be the endpoints of $A_{i_{1}}$. By assumption, $a$ and $b$ have different scores in the test $i_{1}$. However, the path $\left(A_{i_{2}}, \ldots, A_{i_{r}}\right)$ shows that $a$ and $b$ have the same score in the test $i_{1}$, which is contradictory.
Therefore, the graph is a tree. Since a tree has strictly more vertices than edges, we conclude that $\mathrm{m}<7$.
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m \leqslant 6
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Yes
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Yes
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proof
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Combinatorics
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Sept élèves d'une classe comparent leurs notes dans 12 épreuves, et remarquent qu'il n'existe pas deux élèves ayant des notes identiques dans chacune des 12 épreuves.
Montrer que l'on peut choisir 6 épreuves telles que deux élèves quelconques aient des notes différentes à au moins l'une de ces épreuves.
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Soit $m$ le plus petit entier tel que l'on peut choisit m épreuves $E_{1}, \ldots, E_{m}$ de sorte que deux élèves quelconques aient des notes différentes à au moins l'une de ces $m$ épreuves. On doit montrer que $m \leqslant 6$.
Comme $m$ est minimal, pour tout $i=1, \ldots, m$ il existe une paire $A_{i} d^{\prime}$ 'élèves ayant la même note à toutes les épreuves sauf $E_{i}$.
On forme un graphe dont les sommets sont les élèves, et dont les arêtes sont $A_{1}, \ldots, A_{m}$. Supposons que le graphe possède un cycle $\left(A_{i_{1}}, \ldots, A_{i_{r}}\right)$. Notons a et b les extrémités de $A_{i_{1}}$. Par hypothèse, a et $b$ obtiennent des notes différentes à l'épreuve $i_{1}$. Cependant, le chemin $\left(A_{i_{2}}, \ldots, A_{i_{r}}\right)$ montre que a et b obtiennent des notes identiques à l'épreuve $i_{1}$, ce qui est contradictoire.
Par conséquent, le graphe est un arbre. Comme un arbre a strictement plus de sommets de d'arêtes, on en déduit que $\mathrm{m}<7$.
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{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "2",
"problem_match": "\nExercice 2.",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2014-2015-envoi-5-solutions.jsonl",
"solution_match": "## Solution de l'exercice 2",
"tier": "T2",
"year": "2015"
}
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Jules and Jim, two roommates, receive 10 other pairs of roommates at their place. Jules conducts a small survey during the evening and interviews the 21 other people. Among them, no one has shaken hands with their roommate, and no two people have shaken the same number of hands. How many hands has Jim shaken?
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During the evening, among the 21, each person shakes between 0 and 20 hands. Since they all shake a different number of hands, for every n between 0 and 20, there is one and only one person $A_{n}$ among the 21 who has shaken exactly n hands.
Since $A_{20}$ has shaken 20 hands, $A_{20}$ has shaken hands with everyone except himself and his roommate. However, $A_{0}$ has not shaken hands with anyone, so $A_{0}$ is the roommate of $A_{20}$.
Since $A_{19}$ has shaken 19 hands, $A_{19}$ has shaken hands with everyone except himself, his roommate, and $A_{0}$. However, $A_{1}$ has shaken hands with $A_{20}$ and no one else, so $A_{1}$ has not shaken hands with $A_{19}$. We deduce that $A_{1}$ is the roommate of $A_{19}$.
Continuing this reasoning, we show that $A_{n}$ is the roommate of $A_{20-n}$ for all $\boldsymbol{n}=0,1, \ldots, 9$, so $A_{10}$ is the roommate of Jules. Finally, Jules has shaken 10 hands.
## Common Exercises
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10
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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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Jules et Jim, deux colocataires, reçoivent 10 autres paires de colocataires chez eux. Jules fait un petit sondage au cours de la soirée et interroge les 21 autres personnes. Parmi elles, aucune n'a serré la main de son colocataire, et il n'y en a pas deux qui ont serré le même nombre de mains. Combien de mains a serré Jim?
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Au cours de la soirée, parmi les 21 , chaque personne serre entre 0 et 20 mains. Comme elles serrent toutes un nombre différent de mains, pour tout n compris entre 0 et 20 il existe une et une seule personne $A_{n}$ parmi les 21 qui a serré exactement n mains.
Comme $A_{20}$ a serré 20 mains, $A_{20}$ a serré la main à tout le monde sauf lui même et son colocataire. Or, $A_{0}$ n'a serré la main à personne, donc $A_{0}$ est le colocataire de $A_{20}$.
Comme $\AA_{19}$ a serré 19 mains, $\AA_{19}$ a serré la main à tout le monde sauf lui-même, son colocataire et $A_{0}$. Or, $A_{1}$ a serré la main à $A_{20}$ et à personne d'autre, donc n'a pas serré la main à $A_{19}$. On en déduit que $A_{1}$ est le colocataire de $A_{19}$.
En continuant le raisonnement, on montre que $A_{n}$ est le colocataire de $A_{20-n}$ pour tout $\boldsymbol{n}=0,1, \ldots, 9$, donc $A_{10}$ est le colocataire de Jules. Finalement, Jules a serré 10 mains.
## Exercices Communs
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{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "3",
"problem_match": "\nExercice 3.",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2014-2015-envoi-5-solutions.jsonl",
"solution_match": "\nSolution de l'exercice 3",
"tier": "T2",
"year": "2015"
}
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2015 distinct lines are drawn in the plane. Suppose they delimit fewer than 8000 regions (the regions can be unbounded). Show that the number of regions is equal to 2016, 4030, 6042, or 6043, and provide an example of a configuration in each case.
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Let $\mathrm{n}=2015$ be the number of lines, $f$ the number of regions, $p$ the maximum number of parallel lines, and $q$ the maximum number of concurrent lines.
First, let's show that $\mathrm{f} \geqslant(\mathrm{p}+1)(\mathrm{n}-\mathrm{p}+1)$. Indeed, place the $p$ parallel lines first. They form $p+1$ regions. Then, there are $n-p$ lines left to place, and each of these lines creates at least $p+1$ additional regions.
Similarly, let's show that $\mathrm{g} \geqslant \mathrm{q}(\mathrm{n}-\mathrm{q}+2)$. Indeed, place the $q$ concurrent lines first. Each new line creates at least $q-1$ intersection points, thus at least $q$ new regions. We deduce that $f \geqslant(2 q)+(n-q) q=q(n-q+2)$.
Suppose that $3 \leqslant p \leqslant n-3$. Since the expression $g(p)=(p+1)(n-p+1)$ is equal to $(n+2)^{2} / 4-(p-n / 2)^{2}$, the function $g$ increases between 0 and $n / 2$ and decreases between $n / 2$ and $n$, so $\boldsymbol{g}(\mathrm{p}) \geqslant \mathrm{g}(3)=4(n-2)>8000$. Impossible. We deduce that $p \in\{1,2, n-2, n-1, n\}$ and similarly $\mathbf{q} \in\{1,2,3, \mathfrak{n}-1, \mathfrak{n}\}$.
If $\mathrm{p}=\mathrm{n}$ then all the lines are parallel, and we have $\mathrm{f}=\mathrm{n}+1=2016$.
If $p=n-1$ then all the lines except one are parallel, and we have $f=2 n=4030$.
If $p=n-2$ and the two remaining lines are parallel, or intersect on one of the $n-2$ first lines, then $\mathrm{f}=3(\mathrm{n}-1)=6042$.
If $p=n-2$ and the two remaining lines intersect elsewhere than on the $n-2$ first lines, then $\mathrm{f}=3 \mathrm{n}-2=6043$.
If $q=n$ then $f=2 n$.
If $\mathrm{q}=\mathrm{n}-1$ then $\mathrm{f}=3 \mathrm{n}-3$ or $3 \mathrm{n}-2$ depending on whether the last line is parallel or not to one of the first lines.
It remains to treat the case where $p \leqslant 2$ and $\mathrm{q} \leqslant 3$. Let $\mathrm{D}_{1}, \ldots, \mathrm{D}_{2015}$ be the lines. Each time a line $D_{i}(i>1000)$ is drawn, it intersects at least 999 of the lines $D_{1}, \ldots, D_{1000}$, and each of these intersection points is common to at most two of these lines, so we get at least 500 intersection points between $D_{i}$ and one of the first 1000 lines. Consequently, $\mathrm{D}_{\mathrm{i}}$ creates at least 501 additional regions. We deduce that $\mathrm{f} \geqslant 1015 \times 501>8000$.
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2016, 4030, 6042, 6043
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Yes
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Yes
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proof
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Geometry
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2015 droites deux à deux distinctes sont tracées dans le plan. On suppose qu'elles délimitent moins de 8000 régions (les régions peuvent être non bornées). Montrer que le nombre de régions est égal à 2016, 4030, 6042 ou 6043, et donner un exemple de configuration dans chaque cas.
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Notons $\mathrm{n}=2015$ le nombre de droites, f le nombre de régions, p le nombre maximal de droites parallèles et q le nombre maximal de droites concourantes.
Montrons d'abord que $\mathrm{f} \geqslant(\mathrm{p}+1)(\mathrm{n}-\mathrm{p}+1)$. En effet, plaçons d'abord les p droites parallèles. Elles forment $p+1$ régions. Il reste ensuite $n-p$ droites à placer, et chacune de ces droites crée au moins $p+1$ régions supplémentaires.
De même, montrons que $\mathrm{g} \geqslant \mathrm{q}(\mathrm{n}-\mathrm{q}+2)$. En effet, on place d'abord q droites concourantes. Chaque nouvelle droite crée au moins $q-1$ points d'intersection, donc au moins $q$ nouvelles régions. On en déduit que $f \geqslant(2 q)+(n-q) q=q(n-q+2)$.
Supposons que $3 \leqslant p \leqslant n-3$. Comme l'expression $g(p)=(p+1)(n-p+1)$ est égale à $(n+2)^{2} / 4-(p-n / 2)^{2}$, la fonction $g$ croît entre 0 et $n / 2$ et décroît entre $n / 2$ et $n$, donc $\boldsymbol{g}(\mathrm{p}) \geqslant \mathrm{g}(3)=4(n-2)>8000$. Impossible. On en déduit que $p \in\{1,2, n-2, n-1, n\}$ et de même $\mathbf{q} \in\{1,2,3, \mathfrak{n}-1, \mathfrak{n}\}$.
Si $\mathrm{p}=\mathrm{n}$ alors toutes les droites sont parallèles, et on a $\mathrm{f}=\mathrm{n}+1=2016$.
Si $p=n-1$ alors toutes les droites sauf une sont parallèles, et on a $f=2 n=4030$.
Si $p=n-2$ et les deux droites restantes sont parallèles, ou bien sécantes sur l'une des $n-2$ premières droites, alors $\mathrm{f}=3(\mathrm{n}-1)=6042$.
Si $p=n-2$ et les deux droites restantes sont sécantes ailleurs que sur les $n-2$ premières droites, alors $\mathrm{f}=3 \mathrm{n}-2=6043$.
Si $q=n$ alors $f=2 n$.
Si $\mathrm{q}=\mathrm{n}-1$ alors $\mathrm{f}=3 \mathrm{n}-3$ ou $3 \mathrm{n}-2$ selon que la dernière droite est parallèle ou non à l'une des premières droites.
Il reste à traiter le cas où $p \leqslant 2$ et $\mathrm{q} \leqslant 3$. Notons $\mathrm{D}_{1}, \ldots, \mathrm{D}_{2015}$ les droites. A chaque fois que l'on trace une droite $D_{i}(i>1000)$, celle-ci coupe au moins 999 des droites $D_{1}, \ldots, D_{1000}$, et chacun de ces points d'intersection est commun à au plus deux de ces droites, donc on obtient au moins 500 points d'intersection entre $D_{i}$ et l'une des 1000 premières droites. Par conséquent, $\mathrm{D}_{\mathrm{i}}$ crée au moins 501 régions supplémentaires. On en déduit que $\mathrm{f} \geqslant 1015 \times 501>8000$.
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{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "4",
"problem_match": "\nExercice 4.",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2014-2015-envoi-5-solutions.jsonl",
"solution_match": "## Solution de l'exercice 4",
"tier": "T2",
"year": "2015"
}
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In a chess club of 20 people, 14 games are played and each player has played at least one game. Show that there are 6 games in which 12 different players have participated.
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Let $r$ be the largest integer such that there exists a set $M$ of $r$ games involving $2r$ different players.
Let $J$ be the set of $2r$ people who played the games in $M$. By the maximality of $M$, if $a$ and $b$ are two players not belonging to $J$, then $a$ and $b$ have not played against each other. Consequently, they have played a game against one of the $2r$ players in $M$. We deduce that the total number of games is at least $r + (20 - 2r) = 20 - r$. By hypothesis, the number of games is 14, so $14 \geqslant 20 - r$, which implies $r \geqslant 6$.
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6
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Yes
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Yes
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proof
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Combinatorics
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Dans un club d'échecs de 20 personnes, 14 parties sont jouées et chaque joueur a joué au moins une partie. Montrer qu'il y a 6 parties auxquelles 12 joueurs différents ont participé.
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Soit r le plus grand entier tel qu'il existe un ensemble $M$ de r parties faisant intervenir 2 r joueurs différents.
Notons J l'ensemble des 2 r personnes qui ont joué les parties de $M$. Par maximalité de $M$, si $a$ et $b$ sont deux joueurs n'appartenant pas à $J$, alors $a$ et $b$ n'ont pas joué entre eux. Par conséquent, ils ont joué une partie contre l'un des 2 r joueurs de $M$. On en déduit que le nombre total de parties est au moins égal à $r+(20-2 r)=20-r$. Or, par hypothèse le nombre de parties est 14 , donc $14 \geqslant 20-r$, ce qui entraîne $r \geqslant 6$.
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{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "5",
"problem_match": "\nExercice 5.",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2014-2015-envoi-5-solutions.jsonl",
"solution_match": "\nSolution de l'exercice 5",
"tier": "T2",
"year": "2015"
}
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Consider a $2015 \times 2015$ chessboard, from which the $2 \times 2$ square at the bottom right has been removed. Show that it can be tiled with pieces composed of 3 squares in the shape of an L (the pieces can be rotated).
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As the chessboard can be decomposed into three rectangles $2010 \times 2015$, $5 \times 2004$, and $5 \times 11$, and since 2010 and 2004 are divisible by 6, it suffices to show that
1) For all $n \geqslant 2$ and any integer $m$, a chessboard $6 m \times n$ can be tiled with L-shaped pieces;
2) The chessboard $5 \times 11$ minus the $2 \times 2$ square at the bottom right can be tiled with L-shaped pieces.
For point 1), since such a chessboard is the union of $6 \times n$ chessboards, we reduce to the case $m=1$.
It is clear that one can tile a $3 \times 2$ chessboard, and therefore also $6 \times 2$ and $6 \times 3$ chessboards. We can therefore tile any chessboard of size $6 \times 2k$ or $6 \times (2k+3)$. Now, any integer $n \geqslant 2$ can be written as $2k$ if it is even, and $2k+3$ if it is odd, which concludes the proof.
Point 2) is demonstrated by constructing an example of tiling:
## Exercises of 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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Combinatorics
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On considère un échiquier $2015 \times 2015$, auquel on a retiré le carré $2 \times 2$ en bas à droite. Montrer qu'on peut le paver par des pièces composées de 3 cases en forme de L (les pièces peuvent être pivotées).
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Comme l'échiquier peut être décomposé en trois rectangles $2010 \times 2015$, $5 \times 2004$ et $5 \times 11$, et comme 2010 et 2004 sont divisibles par 6 , il suffit de montrer que
1) Pour tout $n \geqslant 2$ et tout entier $m$, un échiquier $6 m \times n$ peut être pavé par des pièces en forme de L;
2) L'échiquier $5 \times 11$ privé du carré $2 \times 2$ en bas à droite peut être pavé par des pièces en forme de L.
Pour le point 1), comme un tel échiquier est réunion d'échiquiers $6 \times \mathrm{n}$, on se ramène à traiter le cas $\mathrm{m}=1$.
Il est clair que l'on peut paver un échiquier $3 \times 2$, donc aussi des échiquiers $6 \times 2$ et $6 \times 3$. On peut donc paver tout échiquier de taille $6 \times 2 k$ ou $6 \times(2 k+3)$. Or, tout entier $n \geqslant 2$ s'écrit sous la forme $2 k$ s'il est pair, et $2 k+3$ s'il est impair, ce qui conclut.
Le point 2) se démontre en construisant un exemple de pavage:
## Exercices du groupe A
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{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "6",
"problem_match": "\nExercice 6.",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2014-2015-envoi-5-solutions.jsonl",
"solution_match": "\nSolution de l'exercice 6",
"tier": "T2",
"year": "2015"
}
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n players participate in a chess tournament. Each player plays exactly one game with each of the other players. A win earns 1 point, a draw earns half a point, and a loss earns no points. A game is said to be abnormal if the winner of the game ends up with a strictly lower score in the tournament than the loser.
a) Show that the proportion of abnormal games is less than or equal to $75 \%$.
b) Is it possible for it to be greater than or equal to $70 \%$?
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a) Let $m=[n / 2]$. We rank the players according to their scores (among players with the same score, we rank them arbitrarily). We will say that a player ranked among the $m$ best is strong; otherwise, we will say that he is weak.
Let $x$ be the number of normal matches between strong and weak players. The strong players have scored a total of $m(m-1) / 2$ points among themselves, and at most $x$ points in matches against weak players.
Let $S_{1}$ be the total score of the strong players and $S_{2}$ be the total score of the weak players. We then have $S_{1} \leqslant m(m-1) / 2 + x$ and $S_{1} + S_{2} = n(n-1) / 2$.
The average score of the strong players, $\frac{S_{1}}{m}$, is greater than the average score of all players: $\frac{S_{1}}{m} > \frac{n(n-1) / 2}{n}$, i.e., $S_{1} > m(n-1) / 2$. Consequently,
$$
x \geqslant S_{1} - m(m-1) / 2 > \frac{m(n-m)}{2} \geqslant n(n-1) / 8
$$
Since there are a total of $n(n-1) / 2$ matches, the proportion of normal matches is greater than $1 / 4$.
b) Consider a tournament consisting of $2 k+1$ groups of $k$ players (so $n=k(2 k+1)$). We assume that the players in group $i$ draw with each other, lose to the players in groups $i+1, \ldots, i+k$, and win all other matches (here, $i$ is taken modulo $k$). Then all players have the same score.
We will modify the matches of the players in the $(k+1)$-th group so that the scores are different. For all $i$, we replace $i k$ wins of players in the $(k+1)$-th group against players in the $(k+1-i)$-th group with draws, so that each player in the $(k+1)$-th group sees their score decrease by $i / 2$ while each player in the $(k+1-i)$-th group sees their score increase by $i / 2$.
Similarly, we replace $i k$ losses of the $(k+1)$-th group against the $(k+1+i)$-th group with draws.
Then the top places in the tournament are taken by the players in the first group, then the second, etc.
The players in groups $i \leqslant k$ have lost $k^{3} - i k$ matches, the players in groups $i > k+1$ have lost $(2 k+1-i) k^{2}$ abnormal matches, and the players in the $(k+1)$-th group have lost $k^{3} - k\left(\frac{1}{2} k(k+1)\right)$ abnormal matches. After all calculations, we obtain a total of
$$
\frac{3}{2} k^{4} - \frac{1}{2} k^{3} - k^{2}
$$
abnormal matches.
There are a total of $k(2 k+1)(k(2 k+1)-1) / 2$ matches. We verify that for $k=100$, the proportion of abnormal matches exceeds $70 \%$.
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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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n joueurs participent à un tournoi d'échecs. Chaque joueur fait exactement une partie avec chacun des autres joueurs. Une victoire rapporte 1 point, un match nul un demipoint et une défaite aucun point. Une partie est dite anormale si le gagnant de cette partie obtient un score au tournoi strictement plus faible que le perdant.
a) Montrer que la proportion de parties anormales est inférieure ou égale à $75 \%$.
b) Est-il possible qu'elle soit supérieure ou égale à $70 \%$ ?
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a) Soit $m=[n / 2]$. On classe les joueurs suivant leur score (parmi les joueurs ayant le même score, on les classe arbitrairement). On dira qu'un joueur classé parmi les $m$ meilleurs est fort; sinon, on dira qu'il est faible.
Soit x le nombre de parties normales entre les joueurs forts et les joueurs faibles. Les joueurs forts ont marqué au total $m(m-1) / 2$ points entre eux, et au plus $x$ lors de parties contre les joueurs faibles.
Notons $S_{1}$ le score total des joueurs forts et $S_{2}$ le score total des joueurs faibles. On a donc $S_{1} \leqslant \mathrm{~m}(\mathrm{~m}-1) / 2+x$ et $\mathrm{S}_{1}+\mathrm{S}_{2}=\mathrm{n}(\mathrm{n}-1) / 2$.
Le score moyen des joueurs forts, $\frac{\mathrm{S}_{1}}{\mathrm{~m}}$, est supérieur au score moyen de tous les joueurs: $\frac{S_{1}}{m}>\frac{n(n-1) / 2}{n}$, i.e. $S_{1}>m(n-1) / 2$. Par conséquent,
$$
x \geqslant S_{1}-m(m-1) / 2>\frac{m(n-m)}{2} \geqslant n(n-1) / 8
$$
Comme il y a au total $n(n-1) / 2$ parties, la proportion de parties normales est supérieure à $1 / 4$.
b) Considérons un tournoi constitué de $2 k+1$ groupes de $k$ joueurs (on a donc $n=k(2 k+1)$ ). On suppose que les joueurs du groupe $i$ font match nul entre eux, perdent contre les joueurs des groupes $i+1, \ldots, i+k$ et gagnent tous les autres matchs (ici, $i$ est pris modulo $k$ ). Alors tous les joueurs ont le même score.
On va modifier les parties des joueurs du $k+1$-ième groupe afin que les scores soient différents. Pour tout $i$, on remplace $i k$ victoires de joueurs du $(k+1)$-ième groupe contre des joueurs du $(k+1-i)$-ème groupe par des matchs nuls, de sorte que chaque joueur $\mathrm{du}(k+1)$ ième groupe voie son score décroître de $i / 2$ tandis que chaque joueur du ( $k+1-\mathfrak{i}$ )-ème score voie son score augmenter de $i / 2$.
De même, on remplace $i k$ défaites du $(k+1)$-ième groupe contre les $(k+1+i)$-ème groupe par des matchs nuls.
Alors les premières places dans le tournoi sont prises par les joueurs du premier groupe, puis du deuxième, etc.
Les joueurs des groupes $i \leqslant k$ ont perdu $k^{3}-i k$ parties, les joueurs des groupes $i>k+1$ perdu $(2 k+1-i) k^{2}$ parties anormales, et les joueurs du $(k+1)$-ième groupe ont perdu $k^{3}-$ $k\left(\frac{1}{2} k(k+1)\right)$ parties anormales. Tous calculs faits, on obtient en tout
$$
\frac{3}{2} k^{4}-\frac{1}{2} k^{3}-k^{2}
$$
parties anormales.
Il y a au total $k(2 k+1)(k(2 k+1)-1) / 2$ parties. On vérifie que pour $k=100$, la proportion de parties anormales dépasse $70 \%$.
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{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "7",
"problem_match": "\nExercice 7.",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2014-2015-envoi-5-solutions.jsonl",
"solution_match": "\nSolution de l'exercice 7",
"tier": "T2",
"year": "2015"
}
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Let \( a \) and \( b \) be two integers such that \( \mathrm{a}+\mathrm{b} \) is not divisible by 3. Show that it is not possible to color the integers in three colors such that for any integer \( n \), the three numbers \( n, n+a \), and \( n+b \) are of different colors.
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Suppose by contradiction that such a coloring exists. We will denote $x \sim y$ if $x$ and $y$ are of the same color.
For all $n$, the integers $(n+a)+b$ and $x+a$ are not of the same color, and similarly $n+a+b$ is not of the same color as $n+b$, so $n+a+b \sim n$. It immediately follows that $0 \sim p(a+b)$ for all integers $p$, and in particular $0 \sim a(a+b)$.
On the other hand, $n+a, n+2a$, and $n+a+b$ are of different colors, so $n, n+a$, and $n+2a$ are of different colors. By applying the above to $n+a$, we deduce that $n+3a$ is of the same color as $n$, so for any integer $j$, the number $ja$ is of the same color as $ra$ where $r$ is the remainder of the Euclidean division of $j$ by 3.
By applying this to $j=a+b$, we deduce that $0 \sim ra$ where $r$ is the remainder of the Euclidean division of $a+b$ by 3, which is impossible since 0, $a$, and $2a$ are of different colors and $r \in \{1,2\}$.
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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 a et b deux entiers tels que $\mathrm{a}+\mathrm{b}$ n'est pas divisible par 3. Montrer que l'on ne peut pas colorier les entiers relatifs en trois couleurs de sorte que que pour tout entier $n$, les trois nombres $n, n+a$ et $n+b$ soient de couleurs différentes.
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Supposons par l'absurde qu'il existe un tel coloriage. On notera $x \sim y$ si $x$ et $y$ sont de la même couleur.
Pour tout $n$, les entiers $(n+a)+b$ et $x+a$ ne sont pas de la même couleur, et de même $n+a+b$ n'est pas de la même couleur que $n+b$, donc $n+a+b \sim n$. Il vient immédiatement $0 \sim p(a+b)$ pour tout entier $p$, et en particulier $0 \sim a(a+b)$.
D'autre part, $n+a, n+2 a$ et $n+a+b$ sont de couleurs différentes, donc $n, n+a$ et $n+2 a$ sont de couleurs différentes. En appliquant ce qui précède à $n+a$, on en déduit que $n+3 a$ est de même couleur que $n$, donc pour tout entier $j$, le nombre ja est de la même couleur que ra où $r$ est le reste de la division Euclidienne de j par 3.
En appliquant ceci à $j=a+b$, on en déduit que $0 \sim r a$ où $r$ est le reste de la division Euclidienne de $\mathrm{a}+\mathrm{b}$ par 3, ce qui est impossible puisque 0 , a et 2 a sont de couleurs différentes et $\mathrm{r} \in\{1,2\}$.
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{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "8",
"problem_match": "\nExercice 8.",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2014-2015-envoi-5-solutions.jsonl",
"solution_match": "\nSolution de l'exercice 8",
"tier": "T2",
"year": "2015"
}
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Throughout the exercise, we are interested in $5 \times 5$ arrays, where the rows (resp. the columns) are denoted $\mathrm{L}_{0}, \mathrm{~L}_{1}, \mathrm{~L}_{2}, \mathrm{~L}_{3}, \mathrm{~L}_{4}$ from bottom to top (resp. $\mathrm{C}_{0}, \mathrm{C}_{1}, \mathrm{C}_{2}, \mathrm{C}_{3}, \mathrm{C}_{4}$, from left to right).
In each of the 25 cells of such an array, a number is written. The number in the cell located on row $L_{i}$ and column $C_{j}$ is denoted $f(i, j)$.
An array is said to be consistent when, for all $i$ and $j$:
The number $f(i, j)$ is the number of $i$s written in the cells of row $L_{j}$.
Determine all consistent $5 \times 5$ arrays.
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Let's consider a potential coherent table. Let's start by identifying some of its properties.
a) For all $\boldsymbol{i}, \mathfrak{j}$, we have $\boldsymbol{f}(\mathfrak{i}, \mathfrak{j}) \in\{0,1,2,3,4,5\}$.
Indeed, in a coherent table, each $f(i, j)$ represents the number of times $i$ appears on $L_{j}$, so $f(i, j)$ is a non-negative integer, and it cannot exceed 5 because that is the total number of cells in $L_{j}$.
b) We have $f(0,0) \geqslant 1$.
By contradiction: If $f(0,0)=0$ then there is no 0 on $L_{0}$. But, $f(0,0)$ is itself on $L_{0}$. Contradiction.
Thus, $f(0,0) \geqslant 1$.
For all $i$ (resp. $j$), we denote $x_{i}$ (resp. $y_{j}$) the sum of the numbers written in column $C_{i}$ (resp. row $\mathrm{L}_{\mathrm{j}}$ ).
c) We have $x_{i} \leqslant 5$ for all $i$.
Let $i$ be fixed. For all $j$, we denote $n_{j}$ the number of $j$ in $L_{i}$. Then:
$x_{i}=\mathbf{f}(0, \boldsymbol{i})+\mathbf{f}(1, \boldsymbol{i})+\mathbf{f}(2, \mathfrak{i})+\mathbf{f}(3, \mathfrak{i})+\mathbf{f}(4, \boldsymbol{i})$ $=\mathrm{n}_{0}+\mathrm{n}_{1}+\mathrm{n}_{2}+\mathrm{n}_{3}+\mathrm{n}_{4}$ $\leqslant$ number of cells in $\mathrm{L}_{i}$ (there could be a 5 on $L_{i}$) $=5$.
Thus, we have $x_{i} \leqslant 5$, for all $i$.
d) For all $i$ and $\mathfrak{j}$, we have $\boldsymbol{f}(\mathfrak{i}, \mathfrak{j}) \leqslant 4$.
By contradiction: suppose there exist $i$ and $j$ such that $f(i, j) \geqslant 5$.
According to a), this means that $f(i, j)=5$. This implies that the row $L_{j}$ contains only $i$. In particular, we have $f(j, j)=i$.
If $i>0$, the row $L_{j}$ must therefore contain at least one $\boldsymbol{j}$. Since it only contains $\mathfrak{i}$, it follows that $\boldsymbol{i}=\mathfrak{j}$ and that $5=\boldsymbol{f}(\mathfrak{i}, \mathfrak{j})=\mathbf{f}(\mathfrak{j}, \mathfrak{j})=\mathfrak{i}$, which contradicts $\mathfrak{i} \leqslant 4$.
Thus, we have $i=0$ and there are only 0s on the row $L_{j}$. Since $x_{j} \leqslant 5$, there are only 0s on $C_{j}$ except $f(0, j)=5$. In particular, each row $L_{k}$ contains at least one 0 for $k>0$. This ensures that $f(0, k) \neq 0$ for all $k>0$. But, we have seen that $f(0,0)>0$ so there must be at least one 0 on $L_{0}$, while we have just proven that none of the numbers on $L_{0}$ are equal to 0. Contradiction.
Finally, we have $f(i, j) \leqslant 4$, for all $i$ and $j$.
e) We have $x_{i}=5$ for all $i$.
Now that we know there are no 5s in the table, we can revisit the calculation and reasoning from c), but there is no longer an inequality...
Thus, we have $x_{i}=5$ for all $i$.
f) We have $y_{1}+2 y_{2}+3 y_{3}+4 y_{4}+5 y_{5}=25$.
It suffices to note that, for all $i$, the number $y_{i}$ is the number of $i$ that appear in the table. Therefore, $0 y_{0}+y_{1}+2 y_{2}+3 y_{3}+4 y_{4}+5 y_{5}$ is the sum of all the numbers in the table, and we have $y_{1}+2 y_{2}+3 y_{3}+4 y_{4}+5 y_{5}=x_{1}+x_{2}+x_{3}+x_{4}+x_{5}=25$.
g) We have $f(0,1)=0$ and $f(0, i) \geqslant 1$ for all $i \geqslant 2$.
By contradiction: Suppose there exists $i \geqslant 3$ such that $f(0, i)=0$.
Then, there is no 0 on $L_{i}$, which implies that each row contains at least one $i$. Then, we have $y_{j} \geqslant i \geqslant 3$.
According to f), it follows that $25 \geqslant(0+1+2+3+4) \times 3=30$. Contradiction.
Thus, we have $f(0,3)>0$ and $f(0,4)>0$.
By contradiction: Suppose that $f(0,2)=0$.
As above, this means that each row contains at least one 2. But then, each of the numbers $0,1,3,4$ (2 also, but it will have a special treatment) appears at least twice in the table, hence $y_{i} \geqslant 2$ for $i=0,1,3,4$.
On the other hand, there are 5 cells on $\mathrm{L}_{2}$, none containing 0 and at least one containing a 2, hence $y_{2} \geqslant 6$. Using f), it follows that
$25 \geqslant(0+1+3+4) \times 2+2 \times 6=28$. Contradiction.
Therefore, we have $f(0,2)>0$.
Since we have seen that $f(0,0)>0$ and therefore there is at least one 0 on $L_{0}$. Since $f(0, i)>0$ for all $i \neq 1$, it follows that $f(0,1)=0$.
Finally, we have $f(0,1)=0$ and $f(0, i) \geqslant 1$ for all $i \geqslant 2$.
There is therefore only one non-zero number on $L_{0}$, hence $f(0,0)=1$.
h) We have $y_{1} \geqslant 8$.
Since $f(0,1)=0$, there is no 0 on $L_{1}$. In particular, $f(1,1) \geqslant 1$ so there is at least one 1 on $L_{1}$.
- There cannot be only 1s on $L_{1}$, because then $f(1,1)=1$ and $f(1,1)=5$, which is impossible.
- If there are four 1s, we have $\mathrm{f}(1,1)=4$ and all the others are 1s, hence $y_{1}=8$.
- If there are three 1s, then $\mathrm{f}(1,1)=3$ and another number is at least 2, hence $y_{1} \geqslant 3+1+1+1+2=8$.
- If there are two 1s, the same reasoning leads to $y_{1} \geqslant 2+1+1+2+2=8$.
- If there is only one 1, then $\mathrm{f}(1,1)=1$ and the others are at least 2, hence $y_{1} \geqslant 1+4 \times 2=9$.
Thus, we have $y_{1} \geqslant 8$.
i) We have $f(4,2)=f(4,3)=f(4,4)=0$, and therefore that $f(0,4) \geqslant 3$.
There is no 0 in $L_{1}$ so each row contains at least one 1.
By contradiction: suppose there is a 4 on $\mathrm{L}_{2}, \mathrm{~L}_{3}$ or $\mathrm{L}_{4}$.
- If there is a 4 on $L_{4}$, since there is also at least one 1, we have $y_{4} \geqslant 5$. Given $y_{1} \geqslant 8$, the formula from f) leads to $25 \geqslant 28$, which is impossible. Therefore, there is no 4 on $\mathrm{L}_{4}$.
- If there is a 4 on $L_{3}$, since there is also at least one 1, we have $y_{3} \geqslant 5$. Given $y_{1} \geqslant 8$ and $y_{4} \geqslant 1$, the formula from f) leads to $25 \geqslant 27$, which is still impossible. Therefore, there is no 4 on $\mathrm{L}_{3}$.
- If there is a 4 on $L_{2}$: in each column except $C_{1}$, the rows $L_{0}$ and $L_{1}$ both have a non-zero number. Since the sum of the terms in a column is 5 according to e), the 4 on $L_{2}$ can only be in $C_{1}$, i.e., $f(2,1)=4$. There are therefore four 2s in $L_{1}$, hence $y_{1} \geqslant 9$. Since we have $y_{2} \geqslant 5, y_{3} \geqslant 1$ and $y_{4} \geqslant 1$, the formula from f) leads to $25 \geqslant 26$, which is still impossible. Therefore, there is no 4 on $\mathrm{L}_{3}$.
Finally, there is no 4 in the cells of rows $L_{2}, L_{3}$ and $L_{4}$.
This proves that $\mathbf{f}(4,2)=\mathbf{f}(4,3)=\mathbf{f}(4,4)=0$, and therefore that $\mathbf{f}(0,4) \geqslant 3$.
j) We have $\boldsymbol{f}(3,2)=\boldsymbol{f}(3,3)=\mathfrak{f}(3,4)=0$, and therefore that $f(0,3) \geqslant 3$.
By contradiction: suppose there is a 3 in the rows $\mathrm{L}_{2}, \mathrm{~L}_{3}$ or $\mathrm{L}_{4}$.
- If there is a 3 on $L_{4}$, given the 1s on each row and from h), we have $y_{4} \geqslant 4$ and $y_{1} \geqslant 8$. As in i), the formula from f) then leads to a contradiction. Therefore, there is no 3 on $\mathrm{L}_{4}$.
- If there is a 3 on $L_{3}$, given the 1s on each row and from h), we have this time $y_{4} \geqslant 1, y_{3} \geqslant 4, y_{2} \geqslant 1$ and $y_{1} \geqslant 8$. As in i), the formula from f) then leads to a contradiction. Therefore, there is no 3 on $L_{3}$.
- If there is a 3 on $\mathrm{L}_{2}$: note that we have $\mathrm{f}(0,4) \geqslant 3$ and $\mathrm{f}(1,4) \geqslant 1$. Since $x_{4}=5$, it is impossible that $f(2,4)=3$.
Similarly for $C_{3}$, since $\mathrm{f}(0,3) \geqslant 2$ and $\mathrm{f}(1,3) \geqslant 1$, we cannot have $\mathrm{f}(2,3)=3$.
If $\mathrm{f}(2,2)=3$ then $y_{2} \geqslant 7$. With $y_{4} \geqslant 1, y_{3} \geqslant 1
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not found
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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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Dans tout l'exercice, on s'intéresse à des tableaux $5 \times 5$, dont les lignes (resp. les colonnes) sont notées $\mathrm{L}_{0}, \mathrm{~L}_{1}, \mathrm{~L}_{2}, \mathrm{~L}_{3}, \mathrm{~L}_{4}$ du bas vers le haut (resp. $\mathrm{C}_{0}, \mathrm{C}_{1}, \mathrm{C}_{2}, \mathrm{C}_{3}, \mathrm{C}_{4}$, de gauche à droite).
Dans chacune des 25 cases d'un tel tableau, on écrit un nombre. Le nombre qui est dans la case située sur la ligne $L_{i}$ et la colonne $C_{j}$ est noté $f(i, j)$.
Un tableau est dit cohérent lorsque, pour tous $i$ et $j$ :
Le nombre $f(i, j)$ est le nombre de $i$ écrits dans les cases de la ligne $L_{j}$.
Déterminer tous les tableaux cohérents de taille $5 \times 5$.
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On se donne un éventuel tableau cohérent. Commençons par dégager quelques unes de ses propriétés.
a) Pour tous $\boldsymbol{i}, \mathfrak{j}$, on a $\boldsymbol{f}(\mathfrak{i}, \mathfrak{j}) \in\{0,1,2,3,4,5\}$.
En effet, dans un tableau cohérent, chaque $f(i, j)$ représente le nombre de fois où $i$ apparaît sur $L_{j}$, donc $f(i, j)$ est un entier positif ou nul, et il ne peut dépasser 5 car c'est le nombre total de cases de $L_{j}$.
b) On a $f(0,0) \geqslant 1$.
Par l'absurde : Si $f(0,0)=0$ alors, il n'y a aucun 0 sur $L_{0}$. Mais, $f(0,0)$ est lui-même sur $L_{0}$. Contradiction.
Ainsi, $f(0,0) \geqslant 1$.
Pour tout $i$ (resp.j), on note $x_{i}$ (resp. $y_{j}$ ) la somme des nombres inscrits dans la colonne $C_{i}$ (resp. la ligne $\mathrm{L}_{\mathrm{j}}$ ).
c) On a $x_{i} \leqslant 5$ pour tout $i$.
Soit $i$ fixé. Pour tout $j$, on note $n_{j}$ le nombre de $j$ dans $L_{i}$. Alors :
$x_{i}=\mathbf{f}(0, \boldsymbol{i})+\mathbf{f}(1, \boldsymbol{i})+\mathbf{f}(2, \mathfrak{i})+\mathbf{f}(3, \mathfrak{i})+\mathbf{f}(4, \boldsymbol{i})$ $=\mathrm{n}_{0}+\mathrm{n}_{1}+\mathrm{n}_{2}+\mathrm{n}_{3}+\mathrm{n}_{4}$ $\leqslant$ nombre de cases de $\mathrm{L}_{i}$ (il pourrait y avoir un 5 sur $L_{i}$ ) $=5$.
Ainsi, on a $x_{i} \leqslant 5$, pour tout $i$.
d) Pour tous $i$ et $\mathfrak{j}$, on a $\boldsymbol{f}(\mathfrak{i}, \mathfrak{j}) \leqslant 4$.
Par l'absurde : supposons qu'il existe $i$ et $j$ tels que $f(i, j) \geqslant 5$.
D'après a), c'est donc que $f(i, j)=5$. Cela signifie que la ligne $L_{j}$ ne contient que des $i$. En particulier, on a $f(j, j)=i$.
Si $i>0$, la ligne $L_{j}$ doit donc contenir au moins un $\boldsymbol{j}$. Comme elle ne contient que des $\mathfrak{i}, c^{\prime}$ est que $\boldsymbol{i}=\mathfrak{j}$ et que $5=\boldsymbol{f}(\mathfrak{i}, \mathfrak{j})=\mathbf{f}(\mathfrak{j}, \mathfrak{j})=\mathfrak{i}$, en contradiction avec $\mathfrak{i} \leqslant 4$.
Ainsi, on a $i=0$ et il n'y a que des 0 sur la ligne $L_{j}$. Puisque $x_{j} \leqslant 5$, il n'y a que des 0 sur $C_{j}$ sauf $f(0, j)=5$. En particulier, chaque ligne $L_{k}$ contient au moins un 0 pour $k>0$. Cela assure que $f(0, k) \neq 0$ pour tout $k>0$. Mais, on a vu que $f(0,0)>0$ donc il doit $y$ avoir au moins un 0 sur $L_{0}$, alors qu'on vient de prouver qu'aucun des nombres sur $L_{0}$ n'est égal à 0 . Contradiction. $^{\prime}$.
Finalement, on a $f(i, j) \leqslant 4$, pour tous $i$ et $j$.
e) On a $x_{i}=5$ pour tout $i$.
Maintenant que l'on sait qu'il n'y a pas de 5 dans le tableau, on reprend le calcul et raisonnement du c), mais il n'y a plus d'inégalité...
Ainsi, on a $x_{i}=5$ pour tout $i$.
f) On a $y_{1}+2 y_{2}+3 y_{3}+4 y_{4}+5 y_{5}=25$.
Il suffit de remarquer que, pour tout $i$, le nombre $y_{i}$ est le nombre de $i$ qui apparaîssent dans le tableau. Donc $0 y_{0}+y_{1}+2 y_{2}+3 y_{3}+4 y_{4}+5 y_{5}$ est la somme de tous les nombres du tableau, et on a $y_{1}+2 y_{2}+3 y_{3}+4 y_{4}+5 y_{5}=x_{1}+x_{2}+x_{3}+x_{4}+x_{5}=25$.
g) On a $f(0,1)=0$ et $f(0, i) \geqslant 1$ pour tout $i \geqslant 2$.
Par l'absurde : Supposons qu'il existe $i \geqslant 3$ tel que $f(0, i)=0$.
Alors, il n'y a aucun 0 sur $L_{i}$, ce qui entraine que chaque ligne contient au moins un $i$. Alors, on a $y_{j} \geqslant i \geqslant 3$.
D'après f), il vient alors $25 \geqslant(0+1+2+3+4) \times 3=30$. Contradiction.
Ainsi, on a $f(0,3)>0$ et $f(0,4)>0$.
Par l'absurde: Supposons que $f(0,2)=0$.
Comme ci-dessus, cela signifie que chaque ligne contient au moins un 2. Mais alors, chacun des nombres $0,1,3,4$ ( 2 aussi, mais il va avoir un traitement particulier) apparaît au moins deux fois dans le tableau, d'où $y_{i} \geqslant 2$ pour $i=0,1,3,4$.
D'autre part, il y a 5 cases sur $\mathrm{L}_{2}$, aucune ne contenant 0 et au moins une contenant un 2, d'où $y_{2} \geqslant 6$. En utilisant f ), il vient
$25 \geqslant(0+1+3+4) \times 2+2 \times 6=28$. Contradiction.
Par suite, on a $f(0,2)>0$.
Or, on a vu que $f(0,0)>0$ et donc qu'il y a au moins un 0 sur $L_{0}$. Comme $f(0, i)>0$ pour tout $i \neq 1$, $c^{\prime}$ est que $f(0,1)=0$.
Finalement, on a $f(0,1)=0$ et $f(0, i) \geqslant 1$ pour tout $i \geqslant 2$.
Il n'y a donc qu'un seul nombre non nul sur $L_{0}$, d'où $f(0,0)=1$.
h) On a $y_{1} \geqslant 8$.
Puisque $f(0,1)=0$, il n'y a aucun 0 sur $L_{1}$. En particulier, $f(1,1) \geqslant 1$ donc il y a au moins un 1 sur $L_{1}$.
- Il ne peut y avoir que des 1 sur $L_{1}$, car alors $f(1,1)=1$ et $f(1,1)=5$, ce qui est impossible.
- S'il y a quatre 1 , on a $\mathrm{f}(1,1)=4$ et tous les autres sont des 1 , d'où $y_{1}=8$.
- S'il y a trois 1 , alors $\mathrm{f}(1,1)=3$ et un autre des nombres est supérieur ou égal à 2 , donc $y_{1} \geqslant 3+1+1+1+2=8$.
- S'il y a deux 1 , le même raisonnement conduit à $y_{1} \geqslant 2+1+1+2+2=8$.
- S'il n'y a qu'un seul 1 , alors c'est $\mathrm{f}(1,1)=1$ et les autres sont supérieurs ou égaux à 2 , donc $y_{1} \geqslant 1+4 \times 2=9$.
Ainsi, on a $y_{1} \geqslant 8$.
i) On a $f(4,2)=f(4,3)=f(4,4)=0$, et donc que $f(0,4) \geqslant 3$.
Il n'y a aucun 0 dans $L_{1}$ donc chaque ligne contient au moins un 1.
Par l'absurde: supposons qu'il y ait un 4 sur $\mathrm{L}_{2}, \mathrm{~L}_{3}$ ou $\mathrm{L}_{4}$.
- S'il y a un 4 sur $L_{4}$, comme il y a aussi au moins un 1 , on a $y_{4} \geqslant 5$. Compte-tenu de $y_{1} \geqslant 8$, la formule du f) conduit à $25 \geqslant 28$, ce qui est impossible. Il n'y a donc pas de 4 sur $\mathrm{L}_{4}$.
- S'il y a un 4 sur $L_{3}$, comme il y a aussi au moins un 1 , on a $y_{3} \geqslant 5$. Compte-tenu de $y_{1} \geqslant 8$ et $y_{4} \geqslant 1$, la formule du f) conduit à $25 \geqslant 27$, ce qui est encore impossible. Il n'y a donc pas de 4 sur $\mathrm{L}_{3}$.
- S'il y a un 4 sur $L_{2}$ : dans chaque colonne, sauf $C_{1}$, les lignes $L_{0}$ et $L_{1}$ ont toutes les deux un nombre non nul. Or, la somme des termes d'une colonne vaut 5 d'après e), donc le $4 \mathrm{de} \mathrm{L}_{2}$ ne peut être que dans $C_{1}$, c'est-à-dire $f(2,1)=4$. Il y a donc quatre 2 dans $L_{1}$, d'où $y_{1} \geqslant 9$. Comme on a $y_{2} \geqslant 5, y_{3} \geqslant 1$ et $y_{4} \geqslant 1$, la formule du f) conduit à $25 \geqslant 26$, ce qui est encore impossible. Il n'y a donc pas de 4 sur $\mathrm{L}_{3}$.
Finalement, il n'y a aucun 4 dans les cases des lignes $L_{2}, L_{3}$ et $L_{4}$.
Cela prouve que $\mathbf{f}(4,2)=\mathbf{f}(4,3)=\mathbf{f}(4,4)=0$, et donc que $\mathbf{f}(0,4) \geqslant 3$.
j) On a $\boldsymbol{f}(3,2)=\boldsymbol{f}(3,3)=\mathfrak{f}(3,4)=0$, et donc que $f(0,3) \geqslant 3$.
Par l'absurde : supposons qu'il y ait un 3 dans les lignes $\mathrm{L}_{2}, \mathrm{~L}_{3}$ ou $\mathrm{L}_{4}$.
- S'il y a un 3 sur $L_{4}$, compte-tenu des 1 sur chaque ligne et de $h$ ), on a $y_{4} \geqslant 4$ et $y_{1} \geqslant 8$. Comme au i), la formule du f) conduit alors à une contradiction. Il n'y a donc pas de 3 sur $\mathrm{L}_{4}$.
- S'il y a un 3 sur $L_{3}$, compte-tenu des 1 sur chaque ligne et de $h$ ), on a cette fois $y_{4} \geqslant 1, y_{3} \geqslant$ $4, y_{2} \geqslant 1$ et $y_{1} \geqslant 8$. Comme au i), la formule du f) conduit alors à une contradiction. Il n'y a donc pas de 3 sur $L_{3}$.
- S'il y a un 3 sur $\mathrm{L}_{2}$ : notons que l'on a $\mathrm{f}(0,4) \geqslant 3$ et $\mathrm{f}(1,4) \geqslant 1$. Puisque $x_{4}=5$, il est impossible que $f(2,4)=3$.
De même pour $C_{3}$, comme $\mathrm{f}(0,3) \geqslant 2$ et $\mathrm{f}(1,3) \geqslant 1$, on ne peut avoir $\mathrm{f}(2,3)=3$.
Si $\mathrm{f}(2,2)=3$ alors $y_{2} \geqslant 7$. Avec $y_{4} \geqslant 1, y_{3} \geqslant 1$ et $y_{1} \geqslant 8$, on obtient le même type de contradiction que ci-dessus par utilisation de c).
Si $\mathrm{f}(2,0)=3$ alors, puisque $\mathrm{f}(0,0)=1$ et $\mathrm{f}(0,1)=0$, la ligne $\mathrm{L}_{0}$ est déterminée et, en particulier, on a $f(0,4)=2$, en contradiction avec les trois 0 que l'on a déjà identifiés sur $L_{4}$.
Reste à étudier le cas $\mathrm{f}(2,1)=3$.
On sait que $y_{4} \geqslant 1, y_{3} \geqslant 1, y_{2} \geqslant 4$ et $y_{1} \geqslant 8$. En l'état, le f) n'apporte pas de contradiction, mais permet de voir que si $y_{4} \geqslant 2$ ou $y_{3} \geqslant 2$, on en obtiendrait une. Donc, on doit avoir $y_{4}=y_{3}=1$, ce qui permet de remplir $L_{3}$ et donc $C_{3}$, et de savoir que $f(0,3)=f(0,4)=4$ ainsi que $\mathrm{f}(1,4)=\mathrm{f}(1,3)=1$. Comme $x_{4}=\mathrm{x}_{3}=5$, les colonnes $C_{3}$ et $C_{4}$ sont complètes. Les trois 2 sur $L_{1}$ permettent de compléter $L_{1}$ et donc $C_{1}$. Ces mêmes 2 sur $L_{1}$ permettent aussi de remplir
les trous sur $L_{0}$ et $L_{2}$ et de finir de remplir le tableau. On obtient
| 1 | 0 | 0 | 0 | 0 |
| :--- | :--- | :--- | :--- | :--- |
| 0 | 0 | 1 | 0 | 0 |
| 1 | 3 | 1 | 0 | 0 |
| 2 | 2 | 2 | 1 | 1 |
| 1 | 0 | 1 | 4 | 4 |
En particulier, on a $f(2,0)=1$ et pas de 2 sur $\mathrm{L}_{0}$. Contradiction.
Finalement, il n'y a aucun 3 dans les cases des lignes $\mathrm{L}_{2}, \mathrm{~L}_{3}$ et $\mathrm{L}_{4}$.
Cela prouve que $\mathbf{f}(3,2)=\mathbf{f}(3,3)=\mathbf{f}(3,4)=0$, et donc que $\mathbf{f}(0,3) \geqslant 3$.
k) On trouve tous les tableaux cohérents.
D'après ce qui précède, on part d'un tableau de la forme
| . | . | 0 | 0 | 0 |
| :--- | :--- | :--- | :--- | :--- |
| . | . | 0 | 0 | 0 |
| . | . | . | . | . |
| . | . | . | . | . |
| 1 | 0 | . | a | b |
avec $\boldsymbol{a}, \boldsymbol{b} \geqslant 3$, et aucun terme nul sur $\mathrm{L}_{1}$. Comme $\boldsymbol{a}, \boldsymbol{b} \in\{3,4\}$ et que la somme par colonne doit toujours donner 5 , on tombe assez rapidement sur les deux seuls tableaux cohérents, à savoir :
| 1 | 0 | 0 | 0 | 0 |
| :--- | :--- | :--- | :--- | :--- |
| 2 | 1 | 0 | 0 | 0 |
| 0 | 1 | 0 | 1 | 0 |
| 1 | 3 | 2 | 1 | 1 |
| 1 | 0 | 3 | 3 | 4 |
| 2 | 1 | 0 | 0 | 0 |
| :--- | :--- | :--- | :--- | :--- |
| 1 | 0 | 0 | 0 | 0 |
| 0 | 0 | 0 | 0 | 1 |
| 1 | 4 | 1 | 1 | 1 |
| 1 | 0 | 4 | 4 | 3 |
Remarque. Pour information, en affinant un peu ce qui précède, on peut prouver qu'il n'existe de tableau $n \times n$ cohérent que pour $n=5$.
|
{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "9",
"problem_match": "\nExercice 9.",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2014-2015-envoi-5-solutions.jsonl",
"solution_match": "\nSolution de l'exercice 9",
"tier": "T2",
"year": "2015"
}
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Calculate
$$
\sqrt{1+\frac{1}{1^{2}}+\frac{1}{2^{2}}}+\sqrt{1+\frac{1}{2^{2}}+\frac{1}{3^{2}}}+\cdots+\sqrt{1+\frac{1}{2014^{2}}+\frac{1}{2015^{2}}}
$$
|
We reduce to a common denominator
$$
\begin{aligned}
1+\frac{1}{n^{2}}+\frac{1}{(n+1)^{2}} & =\frac{n^{2}(n+1)^{2}+(n+1)^{2}+n^{2}}{n^{2}(n+1)^{2}} \\
& =\frac{n^{4}+n^{2}(2 n+1)+n^{2}+(n+1)^{2}}{n^{2}(n+1)^{2}} \\
& =\frac{n^{4}+2 n^{2}(n+1)+(n+1)^{2}}{n^{2}(n+1)^{2}} \\
& =\frac{\left(n^{2}+(n+1)\right)^{2}}{n^{2}(n+1)^{2}}
\end{aligned}
$$
We deduce that the desired sum is
$$
\begin{aligned}
\sum_{n=1}^{2014} \frac{n^{2}+n+1}{n(n+1)} & =\sum_{n=1}^{2014} 1+\frac{1}{n(n+1)} \\
& =2014+\sum_{n=1}^{2014} \frac{1}{n(n+1)} \\
& =2014+\sum_{n=1}^{2014} \frac{1}{n}-\frac{1}{n+1} \\
& =2014+\left(1-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}-\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{2014}-\frac{1}{2015}\right)
\end{aligned}
$$
We recognize a telescoping sum. The terms cancel out pairwise, except for 1 and $\frac{1}{2015}$, so the sum is
$$
2014+1-\frac{1}{2015}=2015-\frac{1}{2015}
$$
|
2015-\frac{1}{2015}
|
Yes
|
Yes
|
math-word-problem
|
Algebra
|
Calculer
$$
\sqrt{1+\frac{1}{1^{2}}+\frac{1}{2^{2}}}+\sqrt{1+\frac{1}{2^{2}}+\frac{1}{3^{2}}}+\cdots+\sqrt{1+\frac{1}{2014^{2}}+\frac{1}{2015^{2}}}
$$
|
On réduit au même dénominateur
$$
\begin{aligned}
1+\frac{1}{n^{2}}+\frac{1}{(n+1)^{2}} & =\frac{n^{2}(n+1)^{2}+(n+1)^{2}+n^{2}}{n^{2}(n+1)^{2}} \\
& =\frac{n^{4}+n^{2}(2 n+1)+n^{2}+(n+1)^{2}}{n^{2}(n+1)^{2}} \\
& =\frac{n^{4}+2 n^{2}(n+1)+(n+1)^{2}}{n^{2}(n+1)^{2}} \\
& =\frac{\left(n^{2}+(n+1)\right)^{2}}{n^{2}(n+1)^{2}}
\end{aligned}
$$
On en déduit que la somme recherchée vaut
$$
\begin{aligned}
\sum_{n=1}^{2014} \frac{n^{2}+n+1}{n(n+1)} & =\sum_{n=1}^{2014} 1+\frac{1}{n(n+1)} \\
& =2014+\sum_{n=1}^{2014} \frac{1}{n(n+1)} \\
& =2014+\sum_{n=1}^{2014} \frac{1}{n}-\frac{1}{n+1} \\
& =2014+\left(1-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}-\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{2014}-\frac{1}{2015}\right)
\end{aligned}
$$
On reconnaît une somme télescopique. Les termes se simplifient deux à deux, sauf 1 et $\frac{1}{2015}$, donc la somme vaut
$$
2014+1-\frac{1}{2015}=2015-\frac{1}{2015}
$$
|
{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "1",
"problem_match": "\nExercice 1.",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2014-2015-envoi-6-solutions.jsonl",
"solution_match": "\nSolution de l'exercice 1",
"tier": "T2",
"year": "2015"
}
|
Let $p$ and $q$ be two prime numbers greater than or equal to 7. Let $x=\frac{p^{2012}+q^{2016}}{120}$. Calculate $x-[x]$, where $[x]$ denotes the integer part of $x$, that is, the greatest integer less than or equal to $x$.
|
If \( a \) is an integer not divisible by 2, 3, and 5, it is easy to verify that \( a^4 \) is congruent to 1 modulo 3, 5, and 8. In other words, \( a^4 - 1 \) is divisible by 3, 5, and 8, and thus by \( 3 \times 5 \times 8 = 120 \). We can deduce that \( p^4 \) and \( q^4 \) are congruent to 1 modulo 120, so \( p^{2012} + q^{2016} \equiv 1 + 1 \equiv 2 \pmod{120} \).
We can deduce that \( x - [x] = \frac{2}{120} = \frac{1}{60} \).
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\frac{1}{60}
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Yes
|
Yes
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math-word-problem
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Number Theory
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Soient $p$ et $q$ deux nombres premiers supérieurs ou égaux à 7 . Soit $x=\frac{p^{2012}+q^{2016}}{120}$. Calculer $x-[x]$, où $[x]$ désigne la partie entière de $x$, c'est-à-dire le plus grand entier inférieur ou égal à $x$.
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Si a est un entier non divisible par 2,3 et 5 , on vérifie facilement que a ${ }^{4}$ est congru à 1 modulo 3,5 et 8 . Autrement dit, a ${ }^{4}-1$ est divisible par 3,5 et 8 , donc par $3 \times 5 \times 8=$ 120 . On en déduit que $p^{4}$ et $q^{4}$ sont congrus à 1 modulo 120 , donc $p^{2012}+q^{2016} \equiv 1+1 \equiv 2$ $(\bmod 120)$.
On en déduit que $x-[x]=\frac{2}{120}=\frac{1}{60}$.
|
{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "2",
"problem_match": "\nExercice 2.",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2014-2015-envoi-6-solutions.jsonl",
"solution_match": "\nSolution de l'exercice 2",
"tier": "T2",
"year": "2015"
}
|
Let $ABC$ be a triangle. We draw equilateral triangles $ABE$ and $ACF$ outside of $ABC$. Let $G$ be the centroid of $ABE$ and $K$ the midpoint of $[EF]$. Determine the angles of triangle $KCG$.
Determine the angles of triangle $KCG$.
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Let's show that GKC is a right triangle at $K$ with $\widehat{C G K}=60^{\circ}$. For this, consider the symmetric point $\mathrm{G}^{\prime}$ of $G$ with respect to $K$: it suffices to show that $\mathrm{GCG}^{\prime}$ is equilateral.
Since EGFG' is a parallelogram, we have $G^{\prime} F=E G$, and since $G$ is the center of the circumcircle of $A B E$, we have $G A=G E$, thus $G A=G^{\prime} F$.
Furthermore, $\mathrm{AC}=\mathrm{FC}$ because $A F C$ is equilateral.
Finally, $\widehat{\mathrm{GAC}}=30^{\circ}+\widehat{\mathrm{BAC}}$ and $(\overrightarrow{\mathrm{FG}}, \overrightarrow{\mathrm{FC}})=(\overrightarrow{\mathrm{GE}}, \overrightarrow{\mathrm{FC}})=(\overrightarrow{\mathrm{GE}}, \overrightarrow{A G})+(\overrightarrow{A G}, \overrightarrow{A C})+(\overrightarrow{A C}, \overrightarrow{F C})=$ $60^{\circ}+(\overrightarrow{A G}, \overrightarrow{A C})-60^{\circ}=(\overrightarrow{A G}, \overrightarrow{A C})$, so $G A C$ and $G^{\prime} F C$ are isometric.
Since $F$ is obtained from $A$ by performing a $60^{\circ}$ rotation around $C$, this rotation maps the triangle GAC to $\mathrm{G}^{\prime} \mathrm{FC}$. In particular, $\mathrm{GC}=\mathrm{G}^{\prime} \mathrm{C}$ and $\widehat{\mathrm{GCG}^{\prime}}=60^{\circ}$, which concludes.
Another method. If one is familiar with complex numbers, it is easy to solve the problem using a systematic analytical method.
We take a coordinate system such that $A$ is the origin. We name $b, c, e, f, g, k$ the affixes of $B, C, E, F, G, K$. We then have $e=e^{-i \pi / 3} \mathrm{~b}, \mathrm{f}=e^{i \pi / 3} \mathrm{c}, \mathrm{k}=(e+\mathrm{f}) / 2, \mathrm{~g}=(\mathrm{b}+\mathrm{e}) / 3$. It is then easy to verify that $\mathrm{c}-\mathrm{k}=\mathrm{i} \sqrt{3}(\mathrm{~g}-\mathrm{k})$, which shows that $(\mathrm{CK}) \perp(\mathrm{GK})$ and that $\mathrm{CK}=\mathrm{GK} \times \sqrt{3}$, which concludes.
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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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Geometry
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Soit $A B C$ un triangle. On dessine des triangles équilatéraux $A B E$ et $A C F$ à l'extérieur de $A B C$. Soit $G$ le centre de gravité de $A B E$ et K le milieu de $[E F]$. Déterminer les angles du triangle KCG.
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Montrons que GKC est rectangle en $K$ avec $\widehat{C G K}=60^{\circ}$. Pour cela, considérons le symétrique $\mathrm{G}^{\prime}$ de $G$ par rapport à $K$ : il suffit de montrer que $\mathrm{GCG}^{\prime}$ est équilatéral.
Comme EGFG' est un parallélogramme, on a $G^{\prime} F=E G$, et comme $G$ est le centre du cercle circonscrit à $A B E$, on a $G A=G E$, donc $G A=G^{\prime} F$.
$\mathrm{D}^{\prime}$ autre part, $\mathrm{AC}=\mathrm{FC}$ car $A F C$ est équilatéral.
Enfin, $\widehat{\mathrm{GAC}}=30^{\circ}+\widehat{\mathrm{BAC}}$ et $(\overrightarrow{\mathrm{FG}}, \overrightarrow{\mathrm{FC}})=(\overrightarrow{\mathrm{GE}}, \overrightarrow{\mathrm{FC}})=(\overrightarrow{\mathrm{GE}}, \overrightarrow{A G})+(\overrightarrow{A G}, \overrightarrow{A C})+(\overrightarrow{A C}, \overrightarrow{F C})=$ $60^{\circ}+(\overrightarrow{A G}, \overrightarrow{A C})-60^{\circ}=(\overrightarrow{A G}, \overrightarrow{A C})$, donc $G A C$ et $G^{\prime} F C$ sont isométriques.
Or, F est obtenu à partir de $A$ en effectuant une rotation de $60^{\circ}$ sutour de C , donc cette rotation envoie le triangle GAC sur $\mathrm{G}^{\prime} \mathrm{FC}$. En particulier, $\mathrm{GC}=\mathrm{G}^{\prime} \mathrm{C}$ et $\widehat{\mathrm{GCG}^{\prime}}=60^{\circ}$, ce qui conclut.
Autre méthode. Si on connaît les nombres complexes, il est facile de résoudre l'exercice par une méthode analytique systématique.
On prend un repère tel que $A$ soit l'origine. On nomme $b, c, e, f, g, k$ les affixes de $B, C, E, F, G, K$. On a alors $e=e^{-i \pi / 3} \mathrm{~b}, \mathrm{f}=e^{i \pi / 3} \mathrm{c}, \mathrm{k}=(e+\mathrm{f}) / 2, \mathrm{~g}=(\mathrm{b}+\mathrm{e}) / 3$. Il est alors facile de vérifier que $\mathrm{c}-\mathrm{k}=\mathrm{i} \sqrt{3}(\mathrm{~g}-\mathrm{k})$, ce qui montre que $(\mathrm{CK}) \perp(\mathrm{GK})$ et que $\mathrm{CK}=\mathrm{GK} \times \sqrt{3}$, ce qui conclut.
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{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "3",
"problem_match": "\nExercice 3.",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2014-2015-envoi-6-solutions.jsonl",
"solution_match": "## \nSolution de l'exercice 3",
"tier": "T2",
"year": "2015"
}
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Let $\mathrm{n} \geqslant 1$ be an integer.
Consider a set of $4 \mathrm{n}+5$ points in the plane, no three of which are collinear, and each colored either red or blue.
Prove that there exist $n$ triangles whose vertices are all of the same color (the same for all triangles), and whose respective interiors are pairwise disjoint and do not contain any colored points.
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Lemme. Let $\mathrm{n} \geqslant 3$ and $\mathrm{m} \geqslant 1$ be integers.
Consider a convex $n$-gon $P$ and $m$ of its interior points, with no three of the $n+m$ points being collinear. Then, $P$ can be triangulated into $n+2 m-2$ triangles whose vertices are all among the $n+m$ points, and none of these triangles contain any of the $m$ points in their interior.
## Proof of the lemma. We proceed by induction on $m$.
For $\mathrm{m}=1$, it suffices to connect the interior point to each of the vertices, which gives a suitable triangulation of $P$ into $k$ triangles.
Suppose the statement is true for the value $m$ and consider $m+1$ interior points of $P$. Let $I$ be one of these interior points. Using the other $m$ interior points, by the induction hypothesis, we can triangulate $P$ as desired into $k+2 m-2$ triangles. Since $I$ is interior to $P$, it is therefore interior to one of these triangles. By connecting $I$ to each of the three vertices of this triangle, we obtain a suitable triangulation into $k+2 m-2+2=k+2(m+1)-2$ triangles, which completes the proof.
Returning to the exercise. Let $r$ (resp. $b$) be the number of red (resp. blue) points. We have $r+b=4 n+5$.
Without loss of generality, we can assume that $r \geqslant b$ and thus $r \geqslant 2 n+3$.
Let $P$ be the convex hull of the red points, and suppose $P$ is a $k$-gon. In particular, there are no red points outside of $P$, so there are $m$ red points interior to $P$, with $\mathrm{k}+\mathrm{m}=\mathrm{r} \geqslant 2 \mathrm{n}+3$. (1)
Let $w$ be the number of blue points interior to $P$.
According to the lemma, considering only the red points, we can obtain a triangulation of $P$ into $k+2 m-2$ triangles with red vertices and containing no red points in their interior. If at least $n$ of these triangles contain no blue points, we are done.
Otherwise, at most $n-1$ of the triangles with red vertices contain no blue points. This ensures that at least $k+2 m-2-(n-1)=k+2 m-(n+1)$ triangles with red vertices contain at least one blue point, and since these triangles have pairwise disjoint interiors, we have $w \geqslant k+2 m-(n+1)$.
Let $Q$ be the convex hull of these $w$ blue points interior to $P$. As above, we can triangulate $Q$ into at least $w-2$ triangles that do not contain any blue points in their interiors.
By contradiction: suppose that at most $n-1$ of these blue triangles do not contain any red points.
Then, at least $w-2-(n-1)$ blue triangles contain at least one red point, and we have $m \geqslant w-(n+1)$. Consequently, we have $m \geqslant k+2 m-(n+1)-(n+1)$, hence $k+m \leqslant 2 n+2$, contradicting (1).
Thus, at least $n$ of these triangles with blue vertices contain no red points, 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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Soit $\mathrm{n} \geqslant 1$ un entier.
On considère un ensemble de $4 \mathrm{n}+5$ points du plan, trois jamais alignés, et chacun coloré soit en rouge soit en bleu.
Prouver qu'il existe $n$ triangles dont les sommets sont tous d'une même couleur (la même pour tous les triangles), et dont les intérieurs respectifs sont deux à deux disjoints et ne contiennent aucun point coloré.
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Lemme. Soit $\mathrm{n} \geqslant 3$ et $\mathrm{m} \geqslant 1$ des entiers.
On considère un n-gone convexe $P$ et $m$ de ses points intérieurs, trois des $n+m$ points jamais alignés. Alors, on peut trianguler $P$ en $n+2 m-2$ triangles dont les somments sont tous parmi les $n+m$ points, aucun de ces triangles ne contenant un des $m$ points en son intérieur.
## Preuve du lemme. On procède par récurrence sur m.
Pour $\mathrm{m}=1$, il suffit de joindre le point intérieur à chacun des sommets, ce qui donne une triangulation adéquate de $P$ en $k$ triangles.
Supposons que l'affirmation soit vraie pour la valeur $m$ et donnons-nous $m+1$ points intérieurs à $P$. Soit I un de ces points intérieurs. A l'aide des m autres points intérieurs, d'après l'hypothèse de récurrence, on peut trianguler $P$ de la façon souhaitée en $k+2 m-2$ triangles. Comme I est intérieur à $P$, il est donc intérieur à l'un de ces triangles. En joignant I à chacun des trois sommets de ce triangle, on obtient ainsi une triangulation adéquate en $k+2 \mathrm{~m}-2+2=\mathrm{k}+$ $2(m+1)-2$ triangles, ce qui achève la preuve.
Revenons à l'exercice. Notons $r$ (resp. b) le nombre de points rouges (resp. bleus). On a donc $r+b=4 n+5$.
Sans perte de généralité, on peut supposer que $r \geqslant b$ et donc $r \geqslant 2 \mathfrak{n}+3$.
Soit $P$ l'enveloppe convexe des points rouges, et on suppose que $P$ est un k-gone. En particulier, il n'existe aucun point rouge en dehors de $P$, donc il y a $m$ points rouges intérieurs à $P$, avec $\mathrm{k}+\mathrm{m}=\mathrm{r} \geqslant 2 \mathrm{n}+3$. (1)
On note $w$ le nombre points bleus intérieurs à $P$.
D'après le lemme, en ne considérant que les points rouges, on peut obtenir une triangulation de $P$ en $k+2 m-2$ triangles à sommets rouges et ne contenant intérieurement aucun point rouge. Si au moins n de ces triangles ne contiennent aucun point bleu, c'est fini.
Sans quoi, au plus $n-1$ des triangles à sommets rouges ne contiennent pas de point bleu. Cela assure qu'au moins $k+2 m-2-(n-1)=k+2 m-(n+1)$ triangles à sommets rouges contiennent chacun au moins un point bleu et, ces triangles étant d'intérieurs deux à deux disjoints, on a donc $w \geqslant k+2 m-(n+1)$.
Soit $Q$ l'enveloppe convexe de ces $w$ points bleus intérieurs à $P$. Comme ci-dessus, on peut trianguler $Q$ en au moins $w-2$ triangles ne contenant aucun point bleu en leurs intérieurs.
Par l'absurde : supposons qu'au plus $n-1$ de ces triangles bleus ne contiennent pas de point rouge.
Alors, au moins $w-2-(n-1)$ triangles bleus contiennent au moins un point rouge et on a $m \geqslant w-(n+1)$. Par suite, on a $m \geqslant k+2 m-(n+1)-(n+1)$, d'où $k+m \leqslant 2 n+2$, en contradiction avec (1).
Ainsi, au moins $n$ de ces triangles à sommets bleus ne contiennent aucun point rouge, ce qui conclut.
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{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "4",
"problem_match": "\nExercice 4.",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2014-2015-envoi-6-solutions.jsonl",
"solution_match": "## Solution de l'exercice 4",
"tier": "T2",
"year": "2015"
}
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Let $ABC$ be a non-isosceles triangle inscribed in a circle $\Gamma$ of radius $R$. The circle passing through $A$ and tangent to $[BC]$ at $C$ intersects the circle passing through $B$ and tangent to $[AC]$ at $C$ at point $D$.
a) Show that $CD \leqslant R$.
b) Show that as $C$ moves on $\Gamma$, the line $(CD)$ passes through a fixed point.
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a) First, we observe that $(A D, A C)=(C D, C B)$ and $(B C, B D)=(C A, C D)$, so $D A C$ and $D C B$ are directly similar. We deduce that $D^{2}=D A \cdot D B$.
Furthermore, denoting $\gamma=(\overrightarrow{C A}, \overrightarrow{C B})$, we have $(\overrightarrow{D C}, \overrightarrow{D A})=\pi-\gamma$ and similarly $(\overrightarrow{D B}, \overrightarrow{D C})=\pi-\gamma$, so $(\overrightarrow{D A}, \overrightarrow{D B})=2 \gamma$. It follows that
$$
\begin{aligned}
A^{2} & =D^{2}+D^{2}-2 D A \cdot D B \cos 2 \gamma=D A^{2}+D^{2}-2 D A \cdot D B\left(1-2 \sin ^{2} \gamma\right) \\
& =(D A-D B)^{2}+4 D A \cdot D B \sin ^{2} \gamma \geqslant 4 D A \cdot D B \sin ^{2} \gamma=(2 D C \sin \gamma)^{2} .
\end{aligned}
$$
Since $2 R=\frac{A B}{\sin \gamma}$, we have $R \geqslant C D$.
b) We will show that (CD) passes through the point of intersection of the tangents at $A$ and $B$ to the circumcircle, which we will call $S$. It is known that (CS) is the symmedian of the triangle passing through C, so it suffices to show that (CD) is a symmedian.
Let $M$ be the midpoint of $[A B]$. Since the areas of $A C M$ and $B C M$ are equal, we have $\frac{1}{2} C A \times C M \times$ $\sin \widehat{A C M}=\frac{1}{2} C B \times C M \times \sin \widehat{M C B}$, so $C A \sin \widehat{A C M}=C B \sin \widehat{M C B}$.
We deduce that if $\Delta$ is the symmedian and $\theta$ is the angle between $(C A)$ and $\Delta$, then $\frac{\sin \theta}{\sin (\gamma-\theta)}=$ $\frac{\sin \widehat{M C B}}{\sin \widehat{A C M}}=\frac{C A}{C B}$. It suffices to show that $\frac{\sin \widehat{A C D}}{\sin \widehat{D C B}}=\frac{C A}{C B}$.
$$
\begin{aligned}
\frac{\sin \widehat{A C D}}{\sin \widehat{D C B}} & =\frac{\sin \widehat{A C D}}{A D} \times \frac{D B}{\sin \widehat{D C B}} \times \frac{D A}{D B} \\
& =\frac{\sin \widehat{C D A}}{A C} \times \frac{B C}{\sin \widehat{B D C}} \times \frac{D A}{D B}
\end{aligned}
$$
Since $\widehat{C D A}=\widehat{B D C}=\pi-\gamma$ and $\frac{B C}{A C}=\frac{D C}{D A}=\frac{D B}{D C}$, we have
$$
\frac{\sin \widehat{A C D}}{\sin \widehat{D C B}}=\frac{B C}{A C} \times \frac{D A}{D C} \times \frac{D C}{D B}=\frac{D C}{D B}=\frac{C A}{C B}
$$
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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 $A B C$ un triangle non isocèle inscrit dans un cercle $\Gamma$ de rayon $R$. Le cercle passant par $A$ et tangent en $C$ à $[B C]$ recoupe le cercle passant par $B$ et tangent en $C$ à $[A C]$ au point D .
a) Montrer que $C D \leqslant R$.
b) Montrer que lorsque $C$ se déplace sur $\Gamma$, la droite (CD) passe par un point fixe.
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a) On observe d'abord que $(A D, A C)=(C D, C B)$ et $(B C, B D)=(C A, C D)$, donc $D A C$ et $D C B$ sont directement semblables. On en déduit que $D^{2}=D A \cdot D B$.
De plus, en notant $\gamma=(\overrightarrow{C A}, \overrightarrow{C B})$, on a $(\overrightarrow{D C}, \overrightarrow{D A})=\pi-\gamma$ et de même $(\overrightarrow{D B}, \overrightarrow{D C})=\pi-\gamma$, donc $(\overrightarrow{D A}, \overrightarrow{D B})=2 \gamma$. Il vient
$$
\begin{aligned}
A^{2} & =D^{2}+D^{2}-2 D A \cdot D B \cos 2 \gamma=D A^{2}+D^{2}-2 D A \cdot D B\left(1-2 \sin ^{2} \gamma\right) \\
& =(D A-D B)^{2}+4 D A \cdot D B \sin ^{2} \gamma \geqslant 4 D A \cdot D B \sin ^{2} \gamma=(2 D C \sin \gamma)^{2} .
\end{aligned}
$$
Or, $2 R=\frac{A B}{\sin \gamma}$, donc $R \geqslant C D$.
b) On va montrer que (CD) passe par le point de rencontre des tangentes en $A$ et $B$ au cercle circonscrit, que nous appellerons $S$. Il est connu que (CS) est la symédiane du triangle passant par C, donc il suffit de montrer que (CD) est une symédiane.
Notons $M$ le milieu de $[A B]$. Comme les aires de $A C M$ et $B C M$ sont égales, on a $\frac{1}{2} C A \times C M \times$ $\sin \widehat{A C M}=\frac{1}{2} C B \times C M \times \sin \widehat{M C B}$, donc $C A \sin \widehat{A C M}=C B \sin \widehat{M C B}$.
On en déduit que si $\Delta$ est la symédiane et $\theta$ est l'angle entre $(C A)$ et $\Delta$, alors $\frac{\sin \theta}{\sin (\gamma-\theta)}=$ $\frac{\sin \widehat{M C B}}{\sin \widehat{A C M}}=\frac{C A}{C B}$. Il suffit donc de montrer que $\frac{\sin \widehat{A C D}}{\sin \widehat{D C B}}=\frac{C A}{C B}$.
$$
\begin{aligned}
\frac{\sin \widehat{A C D}}{\sin \widehat{D C B}} & =\frac{\sin \widehat{A C D}}{A D} \times \frac{D B}{\sin \widehat{D C B}} \times \frac{D A}{D B} \\
& =\frac{\sin \widehat{C D A}}{A C} \times \frac{B C}{\sin \widehat{B D C}} \times \frac{D A}{D B}
\end{aligned}
$$
Or, $\widehat{C D A}=\widehat{B D C}=\pi-\gamma$ et $\frac{B C}{A C}=\frac{D C}{D A}=\frac{D B}{D C}$, donc
$$
\frac{\sin \widehat{A C D}}{\sin \widehat{D C B}}=\frac{B C}{A C} \times \frac{D A}{D C} \times \frac{D C}{D B}=\frac{D C}{D B}=\frac{C A}{C B}
$$
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{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "5",
"problem_match": "\nExercice 5.",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2014-2015-envoi-6-solutions.jsonl",
"solution_match": "## Solution de l'exercice 5",
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}
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Subsets and Splits
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