problem
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|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|
Find all integers $\mathrm{m}, \mathrm{n} \geq 0$ such that $n^{3}-3 n^{2}+n+2=5^{m}$.
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We can factorize $n^{3}-3 n^{2}+n+2=(n-2)\left(n^{2}-n-1\right)$. For the equation to be true, it is necessary that the two factors are, up to a sign, powers of 5.
If $n-2$ is negative, since $n$ is positive, for $-(n-2)$ to be a power of 5, we must take $n=1$, and in this case $n^{3}-3 n^{2}+n+2=1$, so $m=0$, $n=1$ is a solution.
Otherwise, $\left(n^{2}-n-1\right)-(n-2)=n^{2}-2 n+1=(n-1)^{2}>0$, so $n^{2}-n-1$ is a power of 5 larger than $n-2$, thus $n-2$ divides $n^{2}-n-1=(n-2)(n+1)+1$, so $n-2$ divides 1, hence $n=3$, and in this case $n^{3}-3 n^{2}+n+2=5$, so $m=1, n=3$ is a solution.
Thus, the only solutions are $m=0, n=1$ and $m=1, n=3$.
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m=0, n=1 \text{ and } m=1, n=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 entiers $\mathrm{m}, \mathrm{n} \geq 0$ tels que $n^{3}-3 n^{2}+n+2=5^{m}$.
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On peut factoriser $n^{3}-3 n^{2}+n+2=(n-2)\left(n^{2}-n-1\right)$. Pour que l'équation soit vraie, il faut que les deux facteurs soient, au signe près, des puissances de 5.
Si $n-2$ est négatif, comme $n$ est positif, pour que $-(n-2)$ soit une puissance de 5 , il faut prendre $n=1$, et dans ce cas $n^{3}-3 n^{2}+n+2=1$, donc $m=0$, $n=1$ est solution.
Sinon, $\left(n^{2}-n-1\right)-(n-2)=n^{2}-2 n+1=(n-1)^{2}>0$, donc $n^{2}-n-1$ est une puissance de 5 plus grande que $n-2$, donc $n-2$ divise $n^{2}-n-1=(n-2)(n+1)+1$, donc $n-2$ divise 1 , donc $n=3$, et dans ce cas $n^{3}-3 n^{2}+n+2=5$, donc $m=1, n=3$ est solution.
Ainsi les seules solutions sont $m=0, n=1$ et $m=1, n=3$.
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"exam": "French_envois",
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Show that $n!=1 \times 2 \times \cdots \times n$ is divisible by $2^{n-1}$ if and only if $n$ is a power of 2.
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For any prime number $p$, the $p$-adic valuation of an integer $n$ is defined as the largest integer, denoted $v_{p}(n)$, such that $p^{v_{p}(n)}$ divides $n$. The $p$-adic valuation of a product of integers is the sum of their $p$-adic valuations. For a real number $x$, we denote $\lfloor x\rfloor$ as the integer part of $x$, which is the greatest integer less than or equal to $x$.
We observe that $\{1, \ldots, n\}$ contains $\left\lfloor\frac{n}{p}\right\rfloor$ multiples of $p$, $\left\lfloor\frac{n}{p^{2}}\right\rfloor$ multiples of $p^{2}$, etc. From this, we derive Legendre's formula:
$$
v_{p}(n!)=\left\lfloor\frac{n}{p}\right\rfloor+\left\lfloor\frac{n}{p^{2}}\right\rfloor+\ldots
$$
For this exercise, we take $p=2$, and define $k$ as the integer such that $2^{k} \leq n < 2^{k+1}$. Then
$v_{2}(n!)=\left\lfloor\frac{n}{2}\right\rfloor+\left\lfloor\frac{n}{4}\right\rfloor+\cdots+\left\lfloor\frac{n}{2^{k}}\right\rfloor \leq \frac{n}{2}+\frac{n}{4}+\cdots+\frac{n}{2^{k}}=n\left(1-\frac{1}{2^{k}}\right) \leq n-1$.
For $n!$ to be divisible by $2^{n-1}$, i.e., for $v_{2}(n!) \geq n-1$, we must be in the cases of equality. In particular, it must be that $n\left(1-\frac{1}{2^{k}}\right)=n-1$, so $n=2^{k}$.
Conversely, if $n=2^{k}$, then we are in the cases of equality, so $2^{n-1}$ divides $n!$.
## Exercises Group A
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Number Theory
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Montrer que $n!=1 \times 2 \times \cdots \times n$ est divisible par $2^{n-1}$ si et seulement si $n$ est une puissance de 2 .
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On définit, pour tout nombre premier $p$, la valuation $p$-adique d'un entier $n$ comme le plus grand entier, noté $v_{p}(n)$, tel que $p^{v_{p}(n)}$ divise $n$. La valuation $p$-adique d'un produit d'entiers est la somme de leurs valuations $p$ adiques. Pour $x$ un nombre réel, on note $\lfloor x\rfloor$ la partie entière de $x$, c'est-à-dire le plus grand entier inférieur à $x$.
On observe que $\{1, \ldots, n\}$ contient $\left\lfloor\frac{n}{p}\right\rfloor$ multiples de $p,\left\lfloor\frac{n}{p^{2}}\right\rfloor$ multiples de $p^{2}$, etc. On en déduit la formule de Legendre :
$$
v_{p}(n!)=\left\lfloor\frac{n}{p}\right\rfloor+\left\lfloor\frac{n}{p^{2}}\right\rfloor+\ldots
$$
Pour cet exercice, on prend $p=2$, et on définit $k$ l'entier tel que $2^{k} \leq n<2^{k+1}$. Alors
$v_{2}(n!)=\left\lfloor\frac{n}{2}\right\rfloor+\left\lfloor\frac{n}{4}\right\rfloor+\cdots+\left\lfloor\frac{n}{2^{k}}\right\rfloor \leq \frac{n}{2}+\frac{n}{4}+\cdots+\frac{n}{2^{k}}=n\left(1-\frac{1}{2^{k}}\right) \leq n-1$.
Pour que $n$ ! soit divisible par $2^{n-1}$, c'est-à-dire pour que $v_{2}(n!) \geq n-1$, il faut être dans les cas d'égalité. En particulier, il faut que $n\left(1-\frac{1}{2^{k}}\right)=n-1$, donc que $n=2^{k}$.
Réciproquement, si $n=2^{k}$, alors on est dans les cas d'égalité, donc $2^{n-1}$ divise $n$ !.
## Exercices Groupe A
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Find the pairs of integers $(x, y) \in \mathbb{Z}$ that are solutions to the equation $y^{2}=x^{5}-4$.
untranslated text:
Trouver les couples d'entiers $(x, y) \in \mathbb{Z}$ solutions de l'équation $y^{2}=x^{5}-4$.
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By Fermat's little theorem, for any integer $x$ coprime with $11, x^{10} \equiv 1[11]$. Therefore, 11 divides $x^{10}-1=\left(x^{5}-1\right)\left(x^{5}+1\right)$. By Gauss's lemma, 11 divides $x^{5}-1$ or $x^{5}+1$. Thus, for any integer $x, x^{5}-4 \equiv-5[11]$ or $x^{5}-4 \equiv-3[11]$ or, in the case where 11 divides $x, x^{5}-4 \equiv-4[11]$.
For the left-hand term, we compute the quadratic residues modulo 11: $0^{2} \equiv 0[11], 1^{2}=(-1)^{2} \equiv 1[11], 2^{2}=(-2)^{2} \equiv 4[11], 3^{2}=(-3)^{2} \equiv-2[11]$, $4^{2}=(-4)^{2} \equiv 5[11]$, and $5^{2}=(-5)^{2} \equiv 3[11]$.
Thus $y^{2} \not \equiv x^{5}-4[11]$, so the equation has no solution.
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proof
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Yes
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Yes
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math-word-problem
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Number Theory
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Trouver les couples d'entiers $(x, y) \in \mathbb{Z}$ solutions de l'équation $y^{2}=x^{5}-4$.
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Par le petit théorème de Fermat, pour tout entier $x$ premier avec $11, x^{10} \equiv 1[11]$. Donc 11 divise $x^{10}-1=\left(x^{5}-1\right)\left(x^{5}+1\right)$. Par le lemme de Gauss, 11 divise $x^{5}-1$ ou $x^{5}+1$. Donc pour tout entier $x, x^{5}-4 \equiv-5[11]$ ou $x^{5}-4 \equiv-3[11]$ ou, dans le cas où 11 divise $x, x^{5}-4 \equiv-4[11]$.
Pour le terme de gauche, on calcule les résidus quadratiques modulo 11: $0^{2} \equiv 0[11], 1^{2}=(-1)^{2} \equiv 1[11], 2^{2}=(-2)^{2} \equiv 4[11], 3^{2}=(-3)^{2} \equiv-2[11]$, $4^{2}=(-4)^{2} \equiv 5[11]$, et $5^{2}=(-5)^{2} \equiv 3[11]$.
Ainsi $y^{2} \not \equiv x^{5}-4[11]$, donc l'équation n'a pas de solution.
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{
"exam": "French_envois",
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Does there exist an infinite subset $A$ of $\mathbb{N}$ that satisfies the following property: any finite sum of distinct elements of $A$ is never a power of an integer (i.e., an integer of the form $a^{b}$ with $a$ and $b$ integers greater than or equal to 2)?
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We are looking to construct a set $A=\left\{a_{0}, a_{1}, \ldots\right\}$, where $\left(a_{0}, a_{1}, \ldots\right)$ is an increasing sequence of integers. We choose the first element as $a_{0}=0$.
Let $n \in \mathbb{N}$. Suppose we have already found $a_{0}<\cdots<a_{n}$ such that the set $B$ of sums of distinct elements does not contain any power of an integer. We want to choose $a_{n+1}>a_{n}$ such that the set of sums of distinct elements of $\left\{a_{0}, \ldots a_{n+1}\right\}$ does not contain any power of an integer. It suffices that none of the $a_{n+1}+b$, with $b \in B$, is a power of an integer.
Let $N \in \mathbb{N}$. We bound the proportion $p(N)$ of powers of integers in $\left\{a_{n}+1, \ldots, N\right\}$. There are fewer than $\sqrt{N}$ squares, fewer than $\sqrt[3]{N}$ cubes, and so on up to the $k$-th roots, where $k=\left\lfloor\log _{2}(N)\right\rfloor$. We can stop at $k$ because for all $b>k, 2^{b}>N$ so there are no $b$-th powers in $\left\{a_{n}+1, \ldots, N\right\}$. Therefore,
$$
p(N) \leq \frac{\sqrt{N}+\sqrt[3]{N}+\cdots+\sqrt[k]{N}}{N-a_{n}} \leq \frac{\sqrt{N} \log _{2}(N)}{N-a_{n}} \underset{N \rightarrow+\infty}{\longrightarrow} 0 .
$$
Thus, for sufficiently large $N$, we can find $1+\max B$ consecutive numbers in $\left\{a_{n}+1, \ldots, N\right\}$ that are not powers of integers. We choose for $a_{n+1}$ the smallest of these. Then none of the $a_{n+1}+b$, with $b \in B$, is a power of an integer.
Finally, we have constructed a set $A$ satisfying the required property.
Exercise 3: Let $P(n)$ denote the largest prime divisor of $n$. Show that there are infinitely many integers $n$ such that $P(n-1)<P(n)<P(n+1)$.
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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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Existe-t-il un sous-ensemble infini $A$ de $\mathbb{N}$ qui vérifie la propriété suivante : toute somme finie d'éléments distincts de $A$ n'est jamais une puissance d'un entier (c'est-à-dire un entier de la forme $a^{b}$ avec $a$ et $b$ entiers supérieurs ou égaux à 2) ?
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On cherche à construire un tel ensemble $A=\left\{a_{0}, a_{1}, \ldots\right\}$, avec $\left(a_{0}, a_{1}, \ldots\right)$ une suite croissante d'entiers. On choisit comme premier élément $a_{0}=0$.
Soit $n \in \mathbb{N}$. On suppose qu'on a déjà trouvé $a_{0}<\cdots<a_{n}$ tels que l'ensemble B des somme d'éléments distincts ne contienne pas de puissance d'un entier. On veut choisir $a_{n+1}>a_{n}$ tel que l'ensemble des sommes d'éléments distincts de $\left\{a_{0}, \ldots a_{n+1}\right\}$ ne contienne pas de puissance d'un entier. Il suffit qu'aucun des $a_{n+1}+b$, avec $b \in B$, ne soit une puissance d'un entier.
Soit $N \in \mathbb{N}$. Majorons la proportion $p(N)$ de puissances d'entiers dans $\left\{a_{n}+1, \ldots, N\right\}$. Il y a moins de $\sqrt{N}$ carrés, moins de $\sqrt[3]{N}$ cubes, et ainsi de suites jusqu'aux racines $k$-ièmes, avec $k=\left\lfloor\log _{2}(N)\right\rfloor$. On peut s'arrêter à $k$ car pour tout $b>k, 2^{b}>N$ donc il n'y a pas de puissance $b$-ième dans $\left\{a_{n}+1, \ldots, N\right\}$. Donc
$$
p(N) \leq \frac{\sqrt{N}+\sqrt[3]{N}+\cdots+\sqrt[k]{N}}{N-a_{n}} \leq \frac{\sqrt{N} \log _{2}(N)}{N-a_{n}} \underset{N \rightarrow+\infty}{\longrightarrow} 0 .
$$
Ainsi, pour $N$ assez grand, on peut trouver $1+\max B$ nombres consécutifs dans $\left\{a_{n}+1, \ldots, N\right\}$ qui ne sont pas des puissances d'entiers. On choisit pour $a_{n+1}$ le plus petit d'entre eux. Alors aucun des $a_{n+1}+b$, avec $b \in B$, n'est une puissance d'un entier.
Finalement, on a bien construit un ensemble $A$ satisfaisant la propriété demandée.
Exercices 3 On note $P(n)$ le plus grand diviseur premier de $n$. Montrer qu'il existe une infinité d'entiers $n$ tels que $P(n-1)<P(n)<P(n+1)$.
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{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "2",
"problem_match": "\nExercice 2",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-pofm-2017-2018-envoi1-corrige.jsonl",
"solution_match": "\nSolution ",
"tier": "T2",
"year": "2018"
}
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Does there exist an infinite subset $A$ of $\mathbb{N}$ that satisfies the following property: any finite sum of distinct elements of $A$ is never a power of an integer (i.e., an integer of the form $a^{b}$ with $a$ and $b$ integers greater than or equal to 2)?
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Let $p$ be an odd prime number. We seek an integer $n$ of the form $p^{2^{k}}$, with $k$ an integer, such that $P(n-1)<P(n)<P(n+1)$.
Let $k>l \geq 0$, we have
$$
\frac{p^{2^{k}}+1}{2}=\frac{p^{2^{l}}+1}{2}\left(p^{2^{k}-2^{l}}-p^{2^{k}-2 \cdot 2^{l}}+\cdots-p^{2 \cdot 2^{l}}+p^{2^{l}}-1\right)+1 .
$$
Thus, the $\frac{p^{2^{k}}+1}{2}, k \in \mathbb{N}$, are pairwise coprime. This implies that the $P\left(\frac{p^{2^{k}}+1}{2}\right)=P\left(p^{2^{k}}+1\right)$ are distinct integers. In particular, we can find $k$ such that $P\left(p^{2^{k}}+1\right) \geq p=P\left(p^{2^{k}}\right)$. Let $k_{p}$ be the smallest $k \geq 0$ satisfying this property. We choose $n=p^{2^{k_{p}}}$. We see that $P(n+1) \geq P(n)$, and since $n$ and $n+1$ are coprime, $P(n+1)>P(n)$. It remains to show that $P(n-1)<P(n)$. We write
$$
n-1=p^{2^{k_{p}}}-1=\left(p^{2^{k_{p}-1}}+1\right)\left(p^{2^{k_{p}-2}}+1\right) \ldots\left(p^{2}+1\right)(p+1)(p-1)
$$
thus
$$
P(n-1)=\max \left(P\left(p^{2^{k_{p}-1}}+1\right), \ldots, P(p+1), P(p-1)\right)<p=P(n)
$$
by the minimality of $k_{p}$ and because $P(p-1) \leq p-1<p$.
Finally, for any odd prime number $p$, we can find $n$ a power of $p$ such that $P(n-1)<P(n)<P(n+1)$. Since there are infinitely many odd prime numbers, and since the powers of distinct prime numbers are distinct, there exist infinitely many such integers $n$.
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proof
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Yes
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Incomplete
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proof
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Number Theory
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Existe-t-il un sous-ensemble infini $A$ de $\mathbb{N}$ qui vérifie la propriété suivante : toute somme finie d'éléments distincts de $A$ n'est jamais une puissance d'un entier (c'est-à-dire un entier de la forme $a^{b}$ avec $a$ et $b$ entiers supérieurs ou égaux à 2) ?
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Soit $p$ un nombre premier impair. On cherche un entier $n$ de la forme $p^{2^{k}}$, avec $k$ entier, tel que $P(n-1)<P(n)<P(n+1)$.
Soit $k>l \geq 0$, on a
$$
\frac{p^{2^{k}}+1}{2}=\frac{p^{2^{l}}+1}{2}\left(p^{2^{k}-2^{l}}-p^{2^{k}-2 \cdot 2^{l}}+\cdots-p^{2 \cdot 2^{l}}+p^{2^{l}}-1\right)+1 .
$$
Donc les $\frac{p^{2^{k}}+1}{2}, k \in \mathbb{N}$, sont deux à deux premiers entre eux. Cela implique que les $P\left(\frac{p^{2^{k}}+1}{2}\right)=P\left(p^{2^{k}}+1\right)$ sont des entiers distincts. En particulier, on peut trouver $k$ tel que $P\left(p^{2^{k}}+1\right) \geq p=P\left(p^{2^{k}}\right)$. Soit $k_{p}$ le plus petit $k \geq 0$ vérifiant cette propriété. On choisit $n=p^{2^{k_{p}}}$. On voit que $P(n+1) \geq P(n)$, or $n$ et $n+1$ sont premiers entre eux, donc $P(n+1)>P(n)$. Il reste à montrer que $P(n-1)<P(n)$. On écrit
$$
n-1=p^{2^{k_{p}}}-1=\left(p^{2^{k_{p}-1}}+1\right)\left(p^{2^{k_{p}-2}}+1\right) \ldots\left(p^{2}+1\right)(p+1)(p-1)
$$
donc
$$
P(n-1)=\max \left(P\left(p^{2^{k_{p}-1}}+1\right), \ldots, P(p+1), P(p-1)\right)<p=P(n)
$$
par minimalité de $k_{p}$ et parce que $P(p-1) \leq p-1<p$.
Finalement, pour tout nombre premier impair $p$, on peut trouver $n$ une puissance de $p$ telle que $P(n-1)<P(n)<P(n+1)$. Comme il y a une infinité de nombres premiers impairs, et comme les puissances de nombres premiers distincts sont distinctes, il existe une infinité de tels entiers $n$.
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"exam": "French_envois",
"problem_label": "2",
"problem_match": "\nExercice 2",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-pofm-2017-2018-envoi1-corrige.jsonl",
"solution_match": "\nSolution ",
"tier": "T2",
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}
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Let $\Gamma_{1}$ and $\Gamma_{2}$ be two circles intersecting at distinct points $A$ and $B$. Let $O$ be the center of $\Gamma_{1}$. Let $C$ be a point on $\Gamma_{1}$, and let $D, E$ be the intersections of $(AC)$ and $(BC)$ with $\Gamma_{2}$, respectively.
Show that $(OC)$ and $(DE)$ are perpendicular.
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We proceed by angle chasing.
Here, we present a solution that is very (too) rigorous; it was not necessary to be so meticulous or to treat all these cases to receive the maximum score on this exercise.
Since we notice that the figure changes significantly depending on whether point $C$ is on the same side of the line (AB) as O or not, we have the choice between distinguishing cases in our angle chasing while being careful about orientation issues or working with directed angles of lines. The second method is often preferable, as long as we don't have to divide angles by two (the problem is that if we look at our directed angles of lines modulo 180 degrees and then divide by 2, we end up looking at directed angles of lines modulo 90 degrees, thus losing information). ${ }^{1}$ Here, we will mix both methods.
We calculate modulo 180 degrees:
$(\mathrm{OC}, \mathrm{DE})=(\mathrm{OC}, \mathrm{CD})+(\mathrm{CD}, \mathrm{DE})=(\mathrm{OC}, \mathrm{CD})+(\mathrm{AB}, \mathrm{BE})=(\mathrm{OC}, \mathrm{CA})+(\mathrm{CB}, \mathrm{AB})$.
Now, $2(O C, C A)+(O A, O C)=0$ and $2(C B, A B)=(O C, O A)$.
Therefore, $2(\mathrm{OC}, \mathrm{DE})=0$ modulo 180 degrees, so $(\mathrm{OC}, \mathrm{DE})$ is a multiple of 90 degrees (thus 0 or 90 degrees modulo 180), meaning that (OC) and (DE) are either parallel or perpendicular.
And here, we are stuck trying to exclude the parallel case. We can get out of this by case disjunction:
- If $A, C$, and the point diametrically opposite to $A$ on $\Gamma_{1}$ are in that order when read in the counterclockwise direction on the circle $\Gamma_{1}$, then $(O C, C A) = \widehat{O C A}$.
- Otherwise, $(OC, CA) = 180^{\circ} - \widehat{O C A}$.
- If $A, B, C$ are read in that order on the circle $\Gamma_{1}$ in the counterclockwise direction, then $(C B, A B) = \widehat{C B A}$.
- Otherwise, $(\mathrm{CB}, \mathrm{AB}) = 180^{\circ} - \widehat{\mathrm{CBA}}$.
- In all cases, $\widehat{C O A} = 180^{\circ} - 2 \widehat{O C A}$.
- But $\widehat{C O A} = 2 \widehat{C B A}$ if and only if $O$ and $B$ are on the same side of the line (AC).
- Conversely, if $O$ and $B$ are not on the same side of the line $(A C)$, then $\widehat{C O A} = 360^{\circ} - 2 \widehat{C B A}$.
The geometric angles have measures between 0 and 180 degrees.
If we treat all the cases presented above, by combining the equalities, we can show that the lines (OC) and (DE) are parallel.
[^0]Exercise 2. Let $A B C D$ be a convex quadrilateral. ${ }^{2}$ We are given two points $E, F$ such that $E, B, C, F$ are collinear in that order. We also assume that $\widehat{B A E} = \widehat{\mathrm{CDF}}$ and $\widehat{\mathrm{EAF}} = \widehat{\mathrm{FDE}}$. Show that $\widehat{\mathrm{FAC}} = \widehat{\mathrm{EDB}}$.
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Geometry
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Soit $\Gamma_{1}$ et $\Gamma_{2}$ deux cercles se coupant en $A$ et $B$ distincts. Notons O le centre de $\Gamma_{1}$. Soit $C$ un point de $\Gamma_{1}$, soit $D, E$ les intersections respectives de (AC) et de (BC) avec $\Gamma_{2}$.
Montrer que (OC) et ( DE ) sont perpendiculaires.
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On procède par chasse aux angles.
On présente ici une solution qui se veut très (trop) rigoureuse, il n'y avait pas besoin d'être aussi pointilleux ni de traiter tous ces cas pour recevoir la note maximale à cet exercice.
Comme on remarque que la figure change beaucoup selon que le point $C$ est du même côté de la droite ( AB ) que O ou non, on a le choix entre distinguer des cas dans notre chasse aux angles en faisant attention aux problèmes d'orientation ou travailler avec des angles orientés de droites. La deuxième méthode est souvent préférable, tant qu'on n'a pas à diviser des angles par deux (le problème est que, si on regarde nos angles orientés de droites modulo 180 degrés et qu'on divise par 2 , on se retrouve à regarder des angles orientés de droite modulo 90 degrés, donc on perd de l'information). ${ }^{1} \mathrm{Ici}$, on va panacher les deux méthodes.
On calcule modulo 180 degrés :
$(\mathrm{OC}, \mathrm{DE})=(\mathrm{OC}, \mathrm{CD})+(\mathrm{CD}, \mathrm{DE})=(\mathrm{OC}, \mathrm{CD})+(\mathrm{AB}, \mathrm{BE})=(\mathrm{OC}, \mathrm{CA})+(\mathrm{CB}, \mathrm{AB})$.
Or $2(O C, C A)+(O A, O C)=0$ et $2(C B, A B)=(O C, O A)$.
Donc 2 (OC, DE$)=0$ modulo 180 degrés, donc (OC, DE) est un multiple de 90 degrés (donc 0 ou 90 degrés modulo 180)donc (OC) et (DE) sont parallèles ou perpendiculaires.
Et là, on est embêtés pour exclure le cas parallèle. On peut s'en sortir par disjonction de cas:
- Si $A, C$ et le point diamétralement opposé à $A$ sur $\Gamma_{1}$ sont dans cet ordre quand on lit dans le sens trigonométrique (anti-horaire) sur le cercle $\Gamma_{1}$, alors $(O C, C A)=$ $\widehat{O C A}$
- Sinon, (OC, CA) $=180^{\circ}-\widehat{O C A}$
- Si $A, B, C$ se lisent dans cet ordre sur le cercle $\Gamma_{1}$ dans les sens trigonométrique, alors $(C B, A B)=\widehat{C B A}$.
- Sinon, $(\mathrm{CB}, \mathrm{AB})=180^{\circ}-\widehat{\mathrm{CBA}}$.
- On a dans tous les cas $\widehat{C O A}=180^{\circ}-2 \widehat{O C A}$.
- Mais $\widehat{C O A}=2 \widehat{C B A}$ si et seulement si $O$ et $B$ sont du même côté de la droite (AC).
- En revanche, si $O$ et $B$ ne sont pas du même côté de la droite $(A C), \widehat{C O A}=$ $360^{\circ}-2 \widehat{C B A}$.
Les angles géométriques ayant des mesures entre 0 et 180 degrés.
Si on traite tous les cas présentés ci-dessus, en combinant les égalités, on arrive à montrer que les droites (OC) et (DE) sont parallèles.
[^0]Exercice 2. Soit un quadrilatère $A B C D$ convexe. ${ }^{2}$ On se donne $E, F$ deux points tels que $E, B, C, F$ soient alignés dans cet ordre. On suppose de plus que $\widehat{B A E}=$ $\widehat{\mathrm{CDF}}$ et $\widehat{\mathrm{EAF}}=\widehat{\mathrm{FDE}}$. Montrer que $\widehat{\mathrm{FAC}}=\widehat{\mathrm{EDB}}$.
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{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "1",
"problem_match": "\nExercice 1.",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-pofm-2017-2018-envoi2-corrige.jsonl",
"solution_match": "\nSolution de l'exercice 1",
"tier": "T2",
"year": "2018"
}
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Let $\Gamma_{1}$ and $\Gamma_{2}$ be two circles intersecting at distinct points $A$ and $B$. Let $O$ be the center of $\Gamma_{1}$. Let $C$ be a point on $\Gamma_{1}$, and let $D, E$ be the intersections of $(AC)$ and $(BC)$ with $\Gamma_{2}$, respectively.
Show that $(OC)$ and $(DE)$ are perpendicular.
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This is another angle chase. Since \(\widehat{F A E} = \widehat{FDE}\) and \(A, D\) are on the same side of \((EF)\), the points \(A, D, E, F\) are concyclic.
Furthermore, to show that \(\widehat{F A C} = \widehat{E D B}\), it suffices to show that \(\widehat{C A B} = \widehat{F A B} - \widehat{F A C}\) is equal to \(\widehat{CDB} = \widehat{CDE} - \widehat{EDB}\), in other words, that \(A, B, C, D\) are concyclic. To do this, we need to show that \(\widehat{D A B} + \widehat{D C B} = 180^{\circ}\). We have:
\[
\widehat{D A B} = \widehat{D A F} + \widehat{F A B} = \widehat{D E F} + \widehat{C D E} = 180^{\circ} - \widehat{ECD}
\]
which proves the concyclicity of \(A, B, C, D\) and thus the desired 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 $\Gamma_{1}$ et $\Gamma_{2}$ deux cercles se coupant en $A$ et $B$ distincts. Notons O le centre de $\Gamma_{1}$. Soit $C$ un point de $\Gamma_{1}$, soit $D, E$ les intersections respectives de (AC) et de (BC) avec $\Gamma_{2}$.
Montrer que (OC) et ( DE ) sont perpendiculaires.
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C'est encore une chasse aux angles. Comme $\widehat{F A E}=\widehat{\mathrm{FDE}}$ et $A, D$ sont du même côté de (EF), les points $A, D, E, F$ sont cocycliques.
De plus, pour montrer que $\widehat{F A C}=\widehat{E D B}$, il suffit de montrer que $\widehat{C A B}=\widehat{F A B}-\widehat{F A C}$ est égal à $\widehat{\mathrm{CDB}}=\widehat{\mathrm{CDE}}-\widehat{\mathrm{EDB}}$, autrement dit que $A, B, C, D$ sont cocycliques. Montrons pour cela que $\widehat{D A B}+\widehat{D C B}=180^{\circ}$. On a :
$$
\widehat{D A B}=\widehat{D A F}+\widehat{F A B}=\widehat{D E F}+\widehat{C D E}=180^{\circ}-\widehat{\mathrm{ECD}}
$$
ce qui prouve la cocyclicité de $A, B, C, D$ et donc le résultat voulu.
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{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "1",
"problem_match": "\nExercice 1.",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-pofm-2017-2018-envoi2-corrige.jsonl",
"solution_match": "## \nSolution de l'exercice 2",
"tier": "T2",
"year": "2018"
}
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Let $[A B]$ be the diameter of a semicircle on which two points $C$ and $D$ are taken. Let $S$ be the intersection of $(A C)$ and $(B D)$, and $T$ the foot of the perpendicular from $S$ to $[A B]$.
[^1]Show that $(ST)$ is the bisector of the angle $\widehat{\mathrm{CTD}}$.
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We solve this by angle chasing. The points \(A, D, S, T\) are concyclic (on the circle with diameter \([A S]\)) and similarly the points \(B, C, S, T\). Therefore, \(\widehat{S T D} = \widehat{S A D}\), and \(\widehat{S T C} = \widehat{S B C}\). Since \(\widehat{S A D} = \widehat{C A D} = \widehat{\mathrm{CBD}} = \widehat{\mathrm{SBC}}\) by the concyclicity of the points \(A, B, C, D\), we have \(\widehat{S T C} = \widehat{S T D}\).
We can also solve this problem using projective geometry. Indeed, we notice that \((ST)\) is the angle bisector of \(\widehat{\mathrm{CTD}}\) if and only if \((AB)\), \((ST)\), \((TD)\), \((TC)\) are harmonic (thanks to the 2/4 lemma). Let \(F\) be the intersection of \((BD)\) and \((TC)\). It suffices to show that \(B, S, D, F\) are harmonic, so it suffices to show that \(B, A, (C D) \cap (A B), T\) are harmonic. Now, \((C D) \cap (A B)\) is by construction on the polar of \(S\), so the polar of \((C D) \cap (A B)\) passes through \(S\). Moreover, it is perpendicular to \((A B)\), so \(c'\) is \((S T)\). This is why \((C D) \cap (A B), T, A, B\) are harmonic, which concludes the proof.
## 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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Soit $[A B]$ le diamètre d'un demi-cercle sur lequel on prend deux points $C$ et $D$. Soit $S$ l'intersection de ( $A C)$ et $(B D)$ et $T$ le pied de la perpendiculaire à $[A B]$ issue de $S$.
[^1]Montrer que (ST) est la bissectrice de l'angle $\widehat{\mathrm{CTD}}$.
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On s'en sort par chasse aux angles. Les points $A, D, S, T$ sont cocycliques (sur le cercle de diamètre $[A S])$ et de même les points $B, C, S, T$. Donc $\widehat{S T D}=\widehat{S A D}$, et $\widehat{S T C}=\widehat{S B C}$. Comme $\widehat{S A D}=\widehat{C A D}=\widehat{\mathrm{CBD}}=\widehat{\mathrm{SBC}}$ par cocyclicité des points $A, B, C, D$, on a bien $\widehat{S T C}=\widehat{S T D}$.
On peut aussi résoudre cet exercice avec de la géométrie projective. En effet, on remarque (ST) est la bissectrice de $\widehat{\mathrm{CTD}}$ si et seulement si (AB), (ST), (TD), (TC) sont harmoniques (grâce au lemme 2/4). Soit F l'intersection de (BD) et de (TC). Il suffit de montrer que $B, S, D, F$ sont harmoniques, donc il suffit de montrer que $B, A,(C D) \cap(A B), T$ sont harmoniques. Or $(C D) \cap(A B)$ est par construction sur la polaire de $S$ donc la polaire de $(C D) \cap(A B)$ passe par $S$. De plus, elle est perpendiculaire à $(A B)$, donc $c^{\prime}$ est $(S T)$. C'est pourquoi on a bien $(C D) \cap(A B), T, A$, $B$ harmoniques, ce qui conclut.
## Exercices Communs
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{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "3",
"problem_match": "\nExercice 3.",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-pofm-2017-2018-envoi2-corrige.jsonl",
"solution_match": "## Solution de l'exercice 3",
"tier": "T2",
"year": "2018"
}
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Let $ABC$ be a triangle such that $AB < AC$, $H$ its orthocenter, $\Gamma$ its circumcircle, and $d$ the tangent to $\Gamma$ at $A$. Consider the circle centered at $B$ passing through $A$. It intersects $d$ at $D$ and $(AC)$ at $E$.
Show that $D$, $E$, and $H$ are collinear.
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First, we notice that the height from $B$ in $ABC$ is the perpendicular bisector of [AE]. Let $L$ be its intersection point with ($AC$). By the power of a point, $CE \cdot CA = CB^2 - AB^2 = CL^2 - AL^2 = CA \cdot (CL - AL)$, so $LA = LE$.
Therefore, HAE is isosceles at H. Thus, by angle chasing,
$$
\widehat{\mathrm{HEA}} = \widehat{\mathrm{HAC}} = 90^{\circ} - \widehat{\mathrm{ACB}} = 90^{\circ} - \widehat{\mathrm{DAB}} = \frac{1}{2} \widehat{\mathrm{ABD}} = \widehat{\mathrm{DEA}}.
$$
Therefore, D, E, H 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 tel que $A B<A C, H$ son orthocentre, $\Gamma$ son cercle circonscrit, d la tangente à $\Gamma$ en $A$. On considère le cercle de centre $B$ passant par $A$. Il coupe d en D et ( $A C$ ) en $E$.
Montrer que D, E, H sont alignés.
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On remarque tout d'abord que la hauteur issue de $B$ dans $A B C$ est la médiatrice de [AE]. Soit en effet $L$ son point d'intersection avec ( $A C$ ). Par la puissance d'un point, $C E \cdot C A=C B^{2}-A B^{2}=C L^{2}-A L^{2}=C A \cdot(C L-A L)$ donc $L A=L E$.
Donc HAE est isocèle en H. Donc, par chasse aux angles,
$$
\widehat{\mathrm{HEA}}=\widehat{\mathrm{HAC}}=90^{\circ}-\widehat{\mathrm{ACB}}=90^{\circ}-\widehat{\mathrm{DAB}}=\frac{1}{2} \widehat{\mathrm{ABD}}=\widehat{\mathrm{DEA}} .
$$
Donc D, E, H sont alignés.
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{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "4",
"problem_match": "\nExercice 4.",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-pofm-2017-2018-envoi2-corrige.jsonl",
"solution_match": "## Solution de l'exercice 4",
"tier": "T2",
"year": "2018"
}
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Let $ABC$ be a triangle, $\Gamma$ its circumcircle. Let $\omega_{A}$ be the circle internally tangent to $(AB)$, $(AC)$, and $\Gamma$. Denote $T_{A}$ as the point of tangency of $\Gamma$ with $\omega_{A}$. Similarly, define $T_{B}$ and $T_{C}$.
Show that $\left(A T_{A}\right)$, $\left(B T_{B}\right)$, and $\left(C T_{C}\right)$ are concurrent.
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When we see many tangent circles, we should think about homotheties that exchange them. In this case, we have three positive homotheties with centers at \( \mathrm{T}_{\mathrm{A}}, \mathrm{T}_{\mathrm{B}}, \mathrm{T}_{\mathrm{C}} \) and which map \( \omega_{\mathrm{A}}, \omega_{\mathrm{B}} \) and \( \omega_{\mathrm{C}} \) to \( \Gamma \), respectively.
Moreover, since \( \omega_{\mathrm{A}} \) is tangent to (AB) and (AC), we also have a positive homothety with center \( A \) that maps \( \omega_{A} \) to the incircle \( \omega \) of \( \triangle ABC \). The same applies for \( B \) and \( C \).
The composition of two positive homotheties with centers \( \mathrm{O}_{1} \) and \( \mathrm{O}_{2} \) is a positive homothety whose center lies on the line \( \left(\mathrm{O}_{1} \mathrm{O}_{2}\right) \). Therefore, we have constructed three positive homotheties that all map \( \Gamma \) to \( \omega \), and their respective centers lie on \( \left(\mathrm{AT}_{\mathrm{A}}\right), \left(B \mathrm{BT}_{\mathrm{B}}\right) \) and \( \left(\mathrm{CT}_{\mathrm{C}}\right) \).
Since there is at most one positive homothety that maps one given circle to another, these three homotheties are actually the same homothety, with center \( Z \). Therefore, \( Z \in \left(A T_{A}\right), Z \in \left(B T_{B}\right) \) and \( Z \in \left(C T_{C}\right) \).
The lines \( \left(A T_{A}\right), \left(B T_{B}\right) \) and \( \left(C T_{C}\right) \) are thus concurrent.
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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, $\Gamma$ son cercle circonscrit. Soit $\omega_{A}$ le cercle inscrit intérieurement à $(A B),(A C)$ et à $\Gamma$. On note $T_{A}$ le point de tangence de $\Gamma$ avec $\omega_{A}$. On définit de même $T_{B}$ et $T_{C}$.
Montrer que $\left(A T_{A}\right),\left(B T_{B}\right)$ et $\left(C T_{C}\right)$ sont concourantes.
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Quand on voit beaucoup de cercles tangents, on doit penser aux homothéties qui les échangent. En l'occurrence, on a trois homothéties positives, de centre respectifs $\mathrm{T}_{\mathrm{A}}, \mathrm{T}_{\mathrm{B}}, \mathrm{T}_{\mathrm{C}}$ et qui envoient respectivement $\omega_{\mathrm{A}}, \omega_{\mathrm{B}}$ et $\omega_{\mathrm{C}}$ sur $\Gamma$.
De plus, $\omega_{\mathrm{A}}$ étant tangent à ( AB ) et ( AC ), on aussi une homothétie positive de centre $A$ qui envoie $\omega_{A}$ sur le cercle $\omega$ inscrit à $A B C$. De même pour $B$ et $C$.
Or la composée de deux homothéties positives de centres $\mathrm{O}_{1}$ et $\mathrm{O}_{2}$ est une homothétie positive dont le centre est sur la droite ( $\left.\mathrm{O}_{1} \mathrm{O}_{2}\right)$. On a donc construit trois homothéties positives qui envoient toutes $\Gamma$ sur $\omega$, et leurs centres respectifs appartiennent à $\left(\mathrm{AT}_{\mathrm{A}}\right),\left(B \mathrm{BT}_{\mathrm{B}}\right)$ et $\left(\mathrm{CT}_{\mathrm{C}}\right)$.
Comme il existe au plus une homothétie positive envoyant un cercle donné sur un autre cercle, ces trois homothéties sont en fait une seule et même homothétie, de centre $Z$. On a donc $Z \in\left(A T_{A}\right), Z \in\left(B T_{B}\right)$ et $Z \in\left(C T_{C}\right)$.
Les droites $\left(A T_{A},\left(B T_{B}\right)\right.$ et ( $C T_{C}$ sont donc concourantes.
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{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "5",
"problem_match": "\nExercice 5.",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-pofm-2017-2018-envoi2-corrige.jsonl",
"solution_match": "## Solution de l'exercice 5",
"tier": "T2",
"year": "2018"
}
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Let $O$ be the center of a regular 18-sided polygon with vertices $A_{1}, \ldots, A_{18}$. Let $B$ be the point on $\left[\mathrm{OA}_{1}\right]$ such that $\widehat{\mathrm{BA} A_{2} \mathrm{O}}=20^{\circ}$ and $C$ the point on $\left[\mathrm{OA}_{2}\right]$ such that $\widehat{\mathrm{CA}_{1} \mathrm{O}}=10^{\circ}$. Show that $\mathrm{BCA}_{2} \mathrm{~A}_{3}$ are concyclic.
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We already extend the different existing lines: \(A_{1}, O, A_{10}\) are collinear, \(A_{2}, O, A_{11}\) are also collinear.
We then apply the inscribed angle theorem: any central angle that intercepts a segment of length \(A_{1} A_{2}\) is \(20^{\circ}\), and any inscribed angle that intercepts such a segment is \(10^{\circ}\). Therefore, \(A_{1}, C, A_{9}\) are collinear, and \(A_{2}, B, A_{13}\) are collinear.
By axial symmetry with respect to the axis \((OA_{2})\), it follows that \(A_{3}, C, A_{13}\) are collinear.
If we can show that \(A_{3}, B, A_{15}\) are collinear, then \(\widehat{CA_{3}B} = \widehat{A_{13}A_{3}A_{15}} = 20^{\circ} = \widehat{CA_{2}B}\), which establishes the required cocyclicity in this exercise.
Let's now show that \(A_{3}, B, A_{15}\) are indeed collinear. By axial symmetry with respect to the axis \((OA_{1})\), this is equivalent to showing that \(A_{17}, B, A_{5}\) are collinear.
We notice that \((A_{17}A_{5})\) is the perpendicular bisector of the segment \([OA_{2}]\): indeed, the triangle \(OA_{2}A_{5}\) is equilateral (since \(OA_{2} = OA_{5}\) and \(\widehat{A_{2}OA_{5}} = 60^{\circ}\)), so \(A_{5}\) is on the perpendicular bisector of \([OA_{2}]\), and the same applies to \(A_{17}\).
Since \(\triangle BO_{2}\) is isosceles at \(B\), \(B\) is also on the perpendicular bisector of \([OA_{2}]\), which establishes the desired collinearity and completes the solution.
## 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 $O$ le centre d'un polygone régulier à 18 côtés de sommets $A_{1}, \ldots, A_{18}$. Soit $B$ le point de $\left[\mathrm{OA}_{1}\right]$ tel que $\widehat{\mathrm{BA} A_{2} \mathrm{O}}=20^{\circ}$ et C le point de $\left[\mathrm{OA}_{2}\right]$ tel que $\widehat{\mathrm{CA}_{1} \mathrm{O}}=10^{\circ}$. Montrer que $\mathrm{BCA}_{2} \mathrm{~A}_{3}$ sont cocycliques.
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On prolonge déjà les différentes droites existantes: $A_{1}, O, A_{10}$ sont alignés, $A_{2}, 0, A_{11}$ aussi.
On applique ensuite le théorème de l'angle inscrit : tout angle au centre qui intercepte un segment de longueur $A_{1} A_{2}$ vaut $20^{\circ}$, tout angle inscrit qui intercepte un tel segment vaut $10^{\circ}$. Donc $A_{1}, C, A_{9}$ alignés, $A_{2}, B, A_{13}$ alignés.
Par symétrie axiale d'axe $\left(\mathrm{OA}_{2}\right)$, il vient $A_{3}, \mathrm{C}, \mathrm{A}_{13}$ alignés.
Si on parvient à montrer que $A_{3}, B, A_{1} 5$ alignés, alors $\widehat{\mathrm{CA}_{3} \mathrm{~B}}=\widehat{A_{13} \mathrm{~A}_{3} \mathcal{A}_{15}}=20^{\circ}=$ $\widehat{C A_{2} B}$, ce qui établit la cocyclicité demandée dans cet exercice.
Montrons maintenant qu'on a effectivement $A_{3}, B, A_{1} 5$ alignés. Par symétrie axiale d'axe $\left(\mathrm{OA}_{1}\right)$, cela équivaut à montrer que $A_{17}, \mathrm{~B}, A_{5}$ sont alignés.
Or, on remarque que ( $A_{17} A_{5}$ ) est la médiatrice du segment $\left[\mathrm{OA}_{2}\right]$ : en effet, le triangle $\mathrm{OA}_{2} A_{5}$ est équilatéral (comme $\mathrm{OA}_{2}=\mathrm{OA}_{5}$ et ${\widehat{A_{2} \mathrm{OA}}}_{5}=60^{\circ}$ ) donc $A_{5}$ est sur la médiatrice de $\left[\mathrm{OA}_{2}\right.$, de même pour $A_{17}$.
Comme $\mathrm{BO}_{2}$ est isocèle en $\mathrm{B}, \mathrm{B}$ est aussi sur la médiatrice de $\left[\mathrm{OA}_{2}\right]$, ce qui établit l'alignement voulu et termine la solution.
## Exercices du groupe A
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{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "6",
"problem_match": "## Exercice 6.",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-pofm-2017-2018-envoi2-corrige.jsonl",
"solution_match": "## Solution de l'exercice 6",
"tier": "T2",
"year": "2018"
}
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Let $ABC$ be a triangle such that $AB \neq AC$. Let $E$ be such that $AE = BE$ and $(BE)$ is perpendicular to $(BC)$, and let $F$ be such that $AF = CF$ and $(CF)$ is perpendicular to $(BC)$. Let $D$ be the point on $(BC)$ such that $(AD)$ is tangent to the circumcircle of $ABC$ at $A$.
Show that the points $D, E, F$ are collinear.
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Suppose (without loss of generality) that $AB < AC$.
Let $O$ be the center of the circumcircle of $ABC$ and $G$ the point on the line $(AD)$ such that $(AB)$ is parallel to $(GC)$.
First, let's show that the angles $\widehat{BAD}$ and $\widehat{BCA}$ are of the same measure $\gamma$, and that the angles $\widehat{BOA}$ and $\widehat{CFA}$ are both of measure $2\gamma$. The only point that does not immediately follow from the inscribed angle theorem is the equality $\widehat{BOA} = \widehat{CFA}$.
Triangles $DBA$ and $DAC$ are similar, so there exists a similarity $s$ centered at $D$ that maps $B$ to $A$ and $A$ to $C$. Since $s$ preserves length ratios, it maps the perpendicular bisector of $[AB]$ to the perpendicular bisector of $[BC]$. It also maps the perpendicular to $(DA)$ passing through $A$ (which is $(AO)$, since $(AD)$ is tangent to the circle centered at $O$ passing through $A$) to the perpendicular to $(DC)$ passing through $C$ (which is $(CF)$). Therefore, $O$ is mapped to $F$. Since $s$ preserves the measures of geometric angles (note for those working with oriented angles, this is an indirect similarity!), $\widehat{BOA} = \widehat{AFC}$.
We deduce that $F$ is the center of the circumcircle of $AGC$. In particular, $F$ lies on the perpendicular bisector of $[GC]$.
Now consider the homothety $h$ centered at $D$ that maps $B$ to $C$. Since the image of any line by $h$ is a parallel line, $(AB)$ is mapped to $(GC)$, and $(DA)$ is fixed, so $A$ is mapped to $G$. Since $h$ preserves length ratios, the perpendicular bisector of $[AB]$ is mapped to the perpendicular bisector of $[GC]$. Additionally, $(EB)$ is mapped to $(CF)$ due to the parallelism, so $E$ is mapped to $F$.
Therefore, $D$ (as the center of the homothety), $E$, and $F$ 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 tel que $A B \neq A C$. Soit $E$ tel que $A E=B E$ et $(B E)$ perpendiculaire à $(B C)$ et soit $F$ tel que $A F=C F$ et ( $C F)$ perpendiculaire à ( $B C$ ). Soit $D$ le point de $(B C)$ tel que $(A D)$ soit tangente au cercle circonscrit à $A B C$ en A.
Montrer que les points $D, E, F$ sont colinéaires.
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Supposons (sans restreindre la généralité) que $A B<A C$.
Soit $O$ le centre du cercle circonscrit à $A B C$ et $G$ le point de la droite (AD) tel que $(\mathrm{AB})$ soit parallèle à (GC).
Montrons tout d'abord que les angles $\widehat{\mathrm{BAD}}$ et $\widehat{\mathrm{BCA}}$ sont de même mesure $\gamma$, et que les angles $\widehat{B O A}$ et $\widehat{C F A}$ sont tous les deux de mesure $2 \gamma$. Le seul point qui ne découle pas immédiatement du théorème de l'angle inscrit est l'égalité $\widehat{\mathrm{BOA}}=$ $\widehat{C F A}$.
Or DBA et DAC sont semblables, donc il existe une similitude $s$ de centre D qui envoie $B$ sur $A$ et $A$ sur $C$. Comme $s$ conserve les rapports de longueur, elle envoie la médiatrice de $[\mathrm{AB}]$ sur la médiatrice de $[\mathrm{BC}]$. Elle envoie aussi la perpendiculaire à ( $D A$ ) passant par $A$ (c'est-à-dire (AO), puisque ( $A D$ ) est tangente en $A$ au cercle de centre $O$ passant par $A$ ) sur la perpendiculaire à (DC) passant par C (c'est-à-dire (CF)). Donc O est envoyé sur F. Comme s conserve les mesure d'angles géométriques (attention pour ceux qui travaillent en angles orientés, c'est une similitude indirecte!), $\widehat{B O A}=\widehat{A F C}$.
On en déduit que $F$ est le centre du cercle circonscrit à $A G C$. En particulier, $F$ est sur la médiatrice de [GC].
On considère maintenant l'homothétie $h$ de centre $D$ qui envoie $B$ sur $C$. Comme l'image de toute droite par $h$ est une droite parallèle, $(A B)$ est envoyée sur (GC), et ( $D A$ ) est fixée donc $A$ est envoyé sur $G$. Comme $h$ conserve les rapports de longueurs, la médiatrice de $[A B]$ est envoyée sur la médiatrice de [GC]. De plus, (EB) est envoyée sur (CF) grâce au parallélisme, donc E est envoyé sur $F$.
Donc D (en tant que centre de l'homothétie), E et F sont alignés.
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{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "7",
"problem_match": "\nExercice 7.",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-pofm-2017-2018-envoi2-corrige.jsonl",
"solution_match": "## Solution de l'exercice 7",
"tier": "T2",
"year": "2018"
}
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Let $ABC$ be a triangle.
For a given point $P$ on $(BC)$, we denote $E(P)$ and $F(P)$ as the second points of intersection of the lines $(AB)$ and $(AC)$ with the circle of diameter $[AP]$. Let $T(P)$ be the intersection of the tangents to this circle at $E(P)$ and $F(P)$.
Show that as $P$ varies on $(BC)$, the geometric locus of $T(P)$ is a line.
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## Step 1: An important initial observation.
Let H be the foot of the altitude from A in triangle ABC. Let P and P' be two points on line (BC). We denote E = E(P), F = F(P), T = T(P), E' = E(P'), F' = F(P'), T' = T(P'). We also introduce O (respectively O') as the center of the circle with diameter [AP] (respectively [AP']).
Note that the circumcircles of EAF and E'AF' intersect at A and H. In particular, H is the Miquel point of the quadrilateral with sides (EE'), (E'F'), (F'F), (FE), meaning there exists a unique direct similarity s centered at H that maps E to E' and F to F'.
Furthermore, we have \(\widehat{EOF} = 2 \widehat{EHF} = 360^\circ - 2 \widehat{EAF} = 360^\circ - \widehat{BAC}\), which does not depend on P. Therefore, \(\widehat{EOF} = \widehat{E'O'F'}\), so the direct similarity s maps O to O'.
The point T is entirely defined by the data of E, O, F (via operations such as drawing a circle, taking a tangent, etc., which are preserved by similarities). Therefore, s also maps T to T'.
From this point, the hardest part is done.
Step 2: A technical game with similarities to conclude.
Let \(P_0\) be a point on (BC). We denote \(\sigma\) as the direct similarity centered at H that maps \(E(P_0)\) to \(T(P_0)\). Let P be a point on (BC). We denote \(\sigma_P\) as the direct similarity (centered at H) that maps \(E(P_0)\) to \(E(P)\). According to the previous discussion, it also maps \(T(P_0)\) to \(T(P)\).
Since the two similarities have the same center, \(\sigma_P \circ \sigma = \sigma \circ \sigma_P\). In particular, \(\sigma(E(P)) = \sigma \circ \sigma_P(E(P_0)) = \sigma_P(T(P_0)) = T(P)\).
Therefore, the locus of \(T(P)\) is the image by \(\sigma\) (which is a direct similarity) of the locus of \(E(P)\) (which is a line). This is therefore a line, as desired.
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Geometry
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Soit $A B C$ un triangle.
Pour un point $P$ de ( $B C$ ) donné, on note $E(P)$ et $F(P)$ les deuxièmes points d'intersection des droites $(A B)$ et ( $A C$ ) avec le cercle de diamètre $[A P]$. Soit $T(P)$ l'intersection des tangentes à ce cercle en $E(P)$ et $F(P)$.
Montrer que quand $P$ varie sur ( $B C$ ), le lieu géométrique de $T(P)$ est une droite.
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## Étape 1 : une première remarque importante.
Posons tout d'abord H le pied de la hauteur issue de $A$ dans $A B C$. Soient deux points $P$ et $P^{\prime}$ de la droite (BC). On note $E=E(P), F=F(P), T=T(P), E^{\prime}=$ $E\left(P^{\prime}\right), F^{\prime}=F\left(P^{\prime}\right), T^{\prime}=T\left(P^{\prime}\right)$. On introduit également $O$ (respectivement $O^{\prime}$ ) le centre du cercle de diamètre $[A P]$ (respectivement $\left.\left[A P^{\prime}\right]\right)$.
Remarquons que les cercles circonscrits à EAF et à $E^{\prime} A F^{\prime}$ se coupent en $A$ et H . En particulier, H est le point du Miquel du quadrilatère de côtés ( $\left.E E^{\prime}\right),\left(E^{\prime} F^{\prime}\right),\left(F^{\prime} F\right)$, (FE) autrement dit il existe une unique similitude directe $s$ de centre $H$ qui envoie $E$ sur $E^{\prime}$ et $F$ sur $F^{\prime}$.
D'autre part, on a $^{\mathrm{EOF}}=2 \widehat{\mathrm{EHF}}=360^{\circ}-2 \widehat{\mathrm{EAF}}=360^{\circ}-\widehat{\mathrm{BAC}}$, ce qui ne dépend pas de $P$. Donc $\widehat{\mathrm{EOF}}=\widehat{\mathrm{E}^{\prime} \mathrm{O}^{\prime} \mathrm{F}^{\prime}}$, donc la similitude directe $s$ envoie O sur $\mathrm{O}^{\prime}$.
Or, le point $T$ est entièrement défini par la donnée de $E, O, F$ (via des opérations de type tracer un cercle, prendre une tangente..., qui sont conservées par les similitudes). Donc s envoie aussi T sur $\mathrm{T}^{\prime}$.
À partir de là, le plus dur est fait.
Étape 2 : un jeu technique avec les similitudes pour conclure.
Soit $P_{0}$ un point de (BC). On note $\sigma$ la similitude directe de centre $H$ qui envoie $E\left(P_{0}\right)$ sur $T\left(P_{0}\right)$. Soit $P$ un point de (BC). On note $\sigma_{P}$ la similitude directe (de centre $H)$ qui envoie $E\left(P_{0}\right)$ sur $E(P)$. D'après ce qui précède, elle envoie aussi $T\left(P_{0}\right)$ sur T(P).
Comme les deux similitudes on le même centre $\sigma_{P} \circ \sigma=\sigma \circ \sigma_{P}$. En particulier, $\sigma(E(P))=\sigma \circ \sigma_{P}\left(E\left(P_{0}\right)\right)=\sigma_{P}\left(T\left(P_{0}\right)\right)=T(P)$.
Donc le lieu de $T(P)$ est l'image par $\sigma$ (qui est une similitude directe) du lieu de $E(P)$ (qui est une droite). C'est donc une droite, comme voulu.
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{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "8",
"problem_match": "## Exercice 8.",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-pofm-2017-2018-envoi2-corrige.jsonl",
"solution_match": "## Solution de l'exercice 8",
"tier": "T2",
"year": "2018"
}
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Let $ABC$ be a triangle, $O$ the center of its circumcircle. Let $P$ be a point on $(AO)$ and $D, E, F$ the orthogonal projections of $P$ on $(AB)$, $(BC)$, and $(CA)$. Let $X$ and $Y$ be the intersections of the circumcircles of $DEF$ and $BCP$.
Show that $\widehat{B A X}=\widehat{Y A C}$
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## Step 1: Show that (DF) is parallel to (BC).
Let \( \mathrm{P}_{0} \) be the point diametrically opposite to \( A \) on the circumcircle of \( \triangle ABC \). \((P_{0} C)\) is perpendicular to \((A C)\) and thus parallel to \((\mathrm{PF})\), and \((\mathrm{P}_{0} B)\) is similarly parallel to \((\mathrm{PD})\).
Therefore, by the theorem of Thales, \(\frac{A D}{A B} = \frac{A P}{A P_{0}} = \frac{A F}{A C}\), implying that \((D F)\) is parallel to \((B C)\). Step 2: Show that \( H_{A} \), the foot of the altitude from \( A \), lies on (DEF).
Let \( G = (A H_{A} A) \cap (D F) \), \( J \) the orthogonal projection of \( P \) (and also of \( E \)) on \((D F)\), and \( K \) the orthogonal projection of \( P \) on \((A H_{A})\).
\( PKGJ \) is a rectangle, and \( P, K, D, F \) are concyclic on the circle with diameter \([PA]\). Therefore, \( PKFD \) is an isosceles trapezoid, so \((PJ)\) and \((KG)\) are symmetric with respect to the perpendicular bisector of \([DF]\).
Since \( EJGH \) is a rectangle and \((H_{A} G)\) and \((E J)\) are symmetric with respect to the perpendicular bisector of \((EF)\), \( D, H_{A}, E, F \) are concyclic.
Step 3: To conclude.
Step 1 shows that there exists an involution centered at \( A \) that swaps \( B \) and \( F \) on one hand, and \( C \) and \( D \) on the other. To conclude, it suffices to show that this involution swaps \( X \) and \( Y \), i.e., it maps the circumcircle of \( \triangle BCP \) to the circumcircle of \( \triangle DEF \).
The only difficulty is to show that the point to which the involution maps \( P \) lies on the circumcircle of \( \triangle DEF \).
Since \( P \) is a point on the circumcircle of \( \triangle ADF \) such that \((AP)\) and the circumcircle of \( \triangle ADF \) are perpendicular at \( P \), its image \( I \) is a point on the line \((BC)\) such that \((BC)\) and \((AI)\) are perpendicular at \( I \). Therefore, \( I = H_{A} \), and Step 2 allows us to conclude.
[^0]: 1. see the beginner geometry textbook for more details on directed angles of lines
[^1]: 2. i.e., the lines \((A B)\) and \((C D)\) are parallel or intersect outside the segments \([A B]\) and \([C D]\), and the lines \((B C)\) and \((D A)\) are parallel or intersect outside the segments \([BC]\) and \([DA]\)
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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, O le centre de son cercle circonscrit. Soit P un point sur (AO) et $D, E, F$ les projections orthogonales de $P$ sur ( $A B$ ), ( $B C$ ) et (CA). Soit $X$ et $Y$ les intersections des cercles circonscrits à DEF et à BCP.
Montrer que $\widehat{B A X}=\widehat{Y A C}$
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## Étape 1 : Montrons que (DF) est parallèle à (BC).
Soit $\mathrm{P}_{0}$ le point diamétralement opposé à $A$ sur le cercle circonscrit à $A B C .\left(P_{0} C\right)$ est perpendiculaire à $(A C)$ donc parallèle à $(\mathrm{PF})$ et $\left(\mathrm{P}_{0} B\right)$ est de même parallèle à (PD).
Donc, d'après le théorème de Thalès, $\frac{A D}{A B}=\frac{A P}{A P_{0}}=\frac{A F}{A C}$, $d^{\prime}$ où ( $D F$ ) parallèle à ( $B C$ ). Étape 2 : Montrons que $H_{A}$, le pied de la hauteur issue de $A$ appartient à (DEF).
On pose $G=\left(A H_{A} A\right) \cap(D F), J$ la projection orthogonale de $P$ (celle de $E$ aussi) sur (DF) et $K$ la projection (orthogonale) de $P$ sur $\left(A H_{A}\right)$.
PKGJ est un rectangle, et $P, K, D, F$ sont cocycliques sur le cercle de diamètre [PA]. Donc PKFD est un trapèze isocèle, donc (PJ) et ( KG ) sont symétriques par rapport à la médiatrice de [DF].
Comme $E_{J G H}$ est un rectangle et $\left(H_{A} G\right)$ et $(E J)$ sont symétriques par rapport à la médiatrice de (EF), $D, H_{A}, E, F$ sont cocycliques.
Étape 3 : pour conclure.
L'étape 1 permet de montrer qu'il existe une involution de centre $A$ qui échange $B$ et $F$ d'une part, $C$ et $D$ d'autre part.Pour conclure, il suffit de montrer que cette involution échange $X$ et $Y$, c'est-à-dire qu'elle envoie le cercle circonscrit à BCP sur le cercle circonscrit à DEF.
La seule difficulté est de montrer que le point sur lequel l'involution envoie P appartient au cercle circonscrit à DEF.
Or $P$ est un point du cercle circonscrit à ADF tel que (AP) et le cercle circonscrit à $A D F$ sont perpendiculaires en $P$. Donc son image $I$ est un point de la droite (BC) tels que (BC) et (AI) sont perpendiculaires en I. Donc $I=H_{A}$, et l'étape 2 permet de conclure.
[^0]: 1. voir le poly de géométrie débutant pour plus de détails sur les angles orientés de droites
[^1]: 2. c'est-à-dire que les droites $(A B)$ et $(C D)$ sont parallèles ou se coupent à l'extérieur des segments $[A B]$ et $[C D]$ et les droites $(B C)$ et $(D A)$ sont parallèles ou se coupent à l'extérieur des segments [BC] et [DA]
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{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "9",
"problem_match": "\nExercice 9.",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-pofm-2017-2018-envoi2-corrige.jsonl",
"solution_match": "## Solution de l'exercice 9",
"tier": "T2",
"year": "2018"
}
|
Let \( a, b, c \) be strictly positive real numbers. Show that
$$
\frac{a}{b c}+\frac{b}{a c}+\frac{c}{a b} \geqslant \frac{2}{a}+\frac{2}{b}-\frac{2}{c}.
$$
Note, there is indeed a "minus" in the right-hand side!
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By multiplying both sides by abc, the inequality to be shown can be rewritten as
$$
\mathrm{a}^{2}+\mathrm{b}^{2}+\mathrm{c}^{2} \geqslant 2 \mathrm{bc}+2 \mathrm{ac}-2 \mathrm{ab}
$$
By moving 2ab to the other side, we can factorize. The inequality to be shown becomes
$$
(a+b)^{2}+c^{2} \geqslant 2(a+b) c
$$
By moving everything to the left, the inequality is finally equivalent to
$$
(a+b-c)^{2} \geqslant 0
$$
which is always true. Moreover, we have equality if and only if $\mathrm{c}=\mathrm{a}+\mathrm{b}$.
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Inequalities
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Soient a, b, c des réels strictement positifs. Montrer que
$$
\frac{a}{b c}+\frac{b}{a c}+\frac{c}{a b} \geqslant \frac{2}{a}+\frac{2}{b}-\frac{2}{c} .
$$
Attention, il y a bien un "moins" dans le membre de droite!
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En multipliant les deux membres par abc, l'inégalité à montrer se réécrit
$$
\mathrm{a}^{2}+\mathrm{b}^{2}+\mathrm{c}^{2} \geqslant 2 \mathrm{bc}+2 \mathrm{ac}-2 \mathrm{ab}
$$
En passant 2 ab de l'autre côté, on peut factoriser. L'inégalité à montrer devient
$$
(a+b)^{2}+c^{2} \geqslant 2(a+b) c
$$
En passant tout à gauche, l'inégalité est finalement équivalente à
$$
(a+b-c)^{2} \geqslant 0
$$
qui est bien toujours vraie. De plus, on a égalité si et seulement si $\mathrm{c}=\mathrm{a}+\mathrm{b}$.
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{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "1",
"problem_match": "\nExercice 1.",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-pofm-2017-2018-envoi3-corrige.jsonl",
"solution_match": "\nSolution de l'exercice 1",
"tier": "T2",
"year": "2018"
}
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1. Let $a, b$ and $c$ be three real numbers such that
$$
|a| \geqslant|a+b|,|b| \geqslant|b+c| \text { and }|c| \geqslant|c+a| \text {. }
$$
Show that $\mathrm{a}=\mathrm{b}=\mathrm{c}=0$.
2. Let $a, b, c$ and $d$ be four real numbers such that
$$
|a| \geqslant|a+b|,|b| \geqslant|b+c|,|c| \geqslant|c+d| \text { and }|d| \geqslant|d+a|
$$
Do we necessarily have $\mathrm{a}=\mathrm{b}=\mathrm{c}=\mathrm{d}=0$?
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1. Among the three numbers, there are at least two of the same sign. We can assume that these are $a$ and $b$ and that they are positive, the other cases being treated similarly. We then have
$$
a=|a| \geqslant|a+b|=a+b \geqslant a
$$
thus we have equality everywhere, so $b=0$. Since $|b| \geqslant|b+c|$, we have $0 \geqslant|c|$, so $c=0$. Finally, since $|c| \geqslant|c+a|$, we have $0 \geqslant|a|$, so $a=0$. Therefore, the three numbers are all zero.
2. No. For example, we can take $a=c=1$ and $b=d=-1$. We then have
$$
a+b=b+c=c+d=d+a=0
$$
so the condition is satisfied, even though the chosen numbers are non-zero.
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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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1. Soient $a, b$ et $c$ trois nombres réels tels que
$$
|a| \geqslant|a+b|,|b| \geqslant|b+c| \text { et }|c| \geqslant|c+a| \text {. }
$$
Montrer que $\mathrm{a}=\mathrm{b}=\mathrm{c}=0$.
2. Soient $a, b, c$ et d quatre nombres réels tels que
$$
|a| \geqslant|a+b|,|b| \geqslant|b+c|,|c| \geqslant|c+d| \text { et }|d| \geqslant|d+a|
$$
A-t-on forcément $\mathrm{a}=\mathrm{b}=\mathrm{c}=\mathrm{d}=0$ ?
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1. Parmi les trois nombres, il y en a au moins deux de même signe. On peut supposer que ce sont $a$ et $b$ et qu'ils sont positifs, les autres cas se traitant de la même manière. On a alors
$$
a=|a| \geqslant|a+b|=a+b \geqslant a
$$
donc on a égalité partout, donc $b=0$. Comme $|b| \geqslant|b+c|$, on a donc $0 \geqslant|c|$, donc $c=0$. Finalement, comme $|c| \geqslant|c+a|$, on a $0 \geqslant|a|$ donc $a=0$ donc les trois nombres sont nuls.
2. Non. Par exemple, on peut prendre $a=c=1$ et $b=d=-1$. On a alors
$$
a+b=b+c=c+d=d+a=0
$$
donc la condition est vérifiée, bien que les nombres choisis soient non nuls.
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{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "2",
"problem_match": "\nExercice 2.",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-pofm-2017-2018-envoi3-corrige.jsonl",
"solution_match": "## Solution de l'exercice 2",
"tier": "T2",
"year": "2018"
}
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Find all functions $f$ from $\mathbb{R}$ to $\mathbb{R}$ such that, for all real numbers $x$ and $y$, we have
$$
f(x f(y))+x=f(x) f(y+1)
$$
|
By setting $x=0$, we obtain $f(0)=f(0) f(y+1)$ for all $y$, so either $f(0)=0$, or $f(y+1)=1$ for all $y$. In the second case, $f$ is constantly equal to 1, but then the equation becomes
$$
1+x=1 \times 1
$$
for all $x$, which is impossible. Therefore, we have $f(0)=0$. By setting $y=0$, we then obtain $x=f(x) f(1)$ for all $x$. In particular, by setting $x=1$, we get $1=f(1)^{2}$, so $f(1)$ is either 1 or -1.
If $f(1)=1$, then $x=f(x)$, so $f$ is the identity, which is indeed a solution. If $f(1)=-1$, we get $x=-f(x)$ for all $x$, so $f(x)=-x$ for all $x$, and we verify that this function is also a solution to the problem.
## Common Exercises
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f(x) = x \text{ or } f(x) = -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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Trouver toutes les fonctions $f$ de $\mathbb{R}$ dans $\mathbb{R}$ telles que, pour tous réels $x$ et $y$, on ait
$$
f(x f(y))+x=f(x) f(y+1)
$$
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En prenant $x=0$, on obtient $f(0)=f(0) f(y+1)$ pour tout $y$, donc soit $f(0)=0$, soit $f(y+1)=1$ pour tout $y$. Dans le second cas, $f$ est constante égale à 1 , mais alors l'équation devient
$$
1+x=1 \times 1
$$
pour tout $x$, ce qui est impossible. On a donc $f(0)=0$. En prenant $y=0$, on obtient alors $x=f(x) f(1)$ pour tout $x$. En particulier, en prenant $x=1$, on obtient $1=f(1)^{2}$ donc $f(1)$ vaut 1 ou -1 .
Si $f(1)=1$, alors $x=f(x)$ donc $f$ est l'identité, qui est bien solution. $\operatorname{Si} f(1)=-1$, on obtient $x=-f(x)$ pour tout $x$, donc $f(x)=-x$ pour tout $x$, et on vérifie que cette fonction aussi est bien solution du problème.
## Exercices Communs
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{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "3",
"problem_match": "\nExercice 3.",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-pofm-2017-2018-envoi3-corrige.jsonl",
"solution_match": "\nSolution de l'exercice 3",
"tier": "T2",
"year": "2018"
}
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Let $\left(a_{n}\right)_{n \geqslant 1}$ be an increasing sequence of strictly positive integers and $k$ a strictly positive integer. Suppose that for some $r \geqslant 1$, we have $a \frac{r}{a_{r}}=k+1$. Show that there exists an integer $s \geqslant 1$ such that $\frac{s}{a_{s}}=k$.
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Let $v_{n}=\mathrm{n}-\mathrm{ka}_{\mathrm{n}}$ for all $\mathrm{n} \geqslant 1$. The problem reduces to showing that there exists $s$ such that $v_{s}=0$.
We observe that $\nu_{1}=1-k a_{1} \leqslant 0$, that $\nu_{r}=r-k a_{r}=a_{r}>0$ and finally $\nu_{n+1}=$ $(n+1)-k a_{n+1}=n-k a_{n+1}+1 \leqslant n-k a_{n}+1=v_{n}+1$, since the sequence $\left(a_{n}\right)_{n}$ is increasing.
Intuitively, we have a sequence of integers starting from a negative number, reaching a strictly positive number, and can only increase by at most 1 at each step: it must reach 0. Let's prove it: let $s$ be the largest integer less than $r$ such that $v_{s} \leqslant 0$ (it exists because $\nu_{1} \leqslant 0$). Then, since $v_{r}>0$, we have $s<\mathrm{r}$, so $v_{s+1}>0$. Therefore, $v_{s+1} \geqslant 1$, so $0 \geqslant v_{s} \geqslant v_{s+1}-1 \geqslant 0$, hence $v_{s}=0$, so $\frac{s}{a_{s}}=k$.
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Number Theory
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Soient $\left(a_{n}\right)_{n \geqslant 1}$ une suite croissante d'entiers strictement positifs et $k$ un entier strictement positif. Supposons que pour un certain $r \geqslant 1$, on $a \frac{r}{a_{r}}=k+1$. Montrer qu'il existe un entier $s \geqslant 1$ tel que $\frac{s}{a_{s}}=k$.
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Soit $v_{n}=\mathrm{n}-\mathrm{ka}_{\mathrm{n}}$ pour tout $\mathrm{n} \geqslant 1$. Le problème revient à montrer qu'il existe $s$ tel que $v_{s}=0$.
On observe que $\nu_{1}=1-k a_{1} \leqslant 0$, que $\nu_{r}=r-k a_{r}=a_{r}>0$ et qu'enfin $\nu_{n+1}=$ $(n+1)-k a_{n+1}=n-k a_{n+1}+1 \leqslant n-k a_{n}+1=v_{n}+1$, car la suite $\left(a_{n}\right)_{n}$ est croissante.
Intuitivement, on a donc une suite d'entiers qui part d'un nombre négatif, atteint un nombre strictement positif, et ne peut augmenter que d'au plus 1 à chaque fois : elle doit atteindre 0 . Prouvons-le : soit $s$ le plus grand entier inférieur à $r$ tel que $v_{s} \leqslant 0$ (il existe car $\nu_{1} \leqslant 0$ ). Alors, comme $v_{r}>0$, on a $s<\mathrm{r}$, donc $v_{s+1}>0$. On a donc $v_{s+1} \geqslant 1$, donc $0 \geqslant v_{s} \geqslant v_{s+1}-1 \geqslant 0$, donc $v_{s}=0$, de sorte que $\frac{s}{a_{s}}=k$.
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{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "4",
"problem_match": "\nExercice 4.",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-pofm-2017-2018-envoi3-corrige.jsonl",
"solution_match": "\nSolution de l'exercice 4",
"tier": "T2",
"year": "2018"
}
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Find all functions $\mathrm{f}: \mathbb{R} \longrightarrow \mathbb{R}$ such that for all $x, y$ in $\mathbb{R}$,
$$
f(x+y)^{2}-f\left(2 x^{2}\right)=f(y+x) f(y-x)+2 x f(y)
$$
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By setting $x=y=0$, we obtain that $f(0)^{2}-f(0)=f(0)^{2}$, hence $f(0)=0$. By taking $y=0$, we get
$$
f(x)^{2}=f\left(2 x^{2}\right)+f(x) f(-x)
$$
so $f^{2}$ is even, i.e., $f(x)^{2}=f(-x)^{2}$ for all $x$.
By replacing $x$ with $-x$ in the equation, we get
$$
f(y-x)^{2}-f\left(2 x^{2}\right)=f(y+x) f(y-x)-2 x f(y)
$$
By subtracting this equality from the original equation, it follows that
$$
f(y+x)^{2}-f(y-x)^{2}=4 x f(y)
$$
By swapping $x$ and $y$, we find
$$
f(y+x)^{2}-f(x-y)^{2}=4 y f(x)
$$
Since $f^{2}$ is even, we always have $f(y-x)^{2}=f(x-y)^{2}$, so for all real numbers $x, y$, $x f(y)=y f(x)$.
In particular, by taking $x=1$, we get $f(y)=y f(1)$ for all $y$, so $f$ is of the form $x \rightarrow a x$, with $a \in \mathbb{R}$. By taking $x=1$ and $y=0$, the original equation becomes $a^{2}-2 a=-a^{2}$, so $a=a^{2}$, hence $a=0$ or $a=1$. Thus, $f$ is the zero function or the identity.
Conversely, it is easy to verify that these functions are solutions.
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f(x) = 0 \text{ or } f(x) = 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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Trouver toutes les applications $\mathrm{f}: \mathbb{R} \longrightarrow \mathbb{R}$ telles que pour tous $x, y$ dans $\mathbb{R}$,
$$
f(x+y)^{2}-f\left(2 x^{2}\right)=f(y+x) f(y-x)+2 x f(y)
$$
|
En posant $x=y=0$, on obtient que $f(0)^{2}-f(0)=f(0)^{2}$, donc $f(0)=0$. En prenant $y=0$, on obtient que
$$
f(x)^{2}=f\left(2 x^{2}\right)+f(x) f(-x)
$$
donc $f^{2}$ est paire, i.e. $f(x)^{2}=f(-x)^{2}$ pour tout $x$.
En remplaçant dans l'équation $x$ par $-x$, on obtient
$$
f(y-x)^{2}-f\left(2 x^{2}\right)=f(y+x) f(y-x)-2 x f(y)
$$
En soustrayant membre à membre cette égalité à celle de départ, il s'ensuit
$$
f(y+x)^{2}-f(y-x)^{2}=4 x f(y)
$$
En échangeant $x$ et $y$ on trouve
$$
f(y+x)^{2}-f(x-y)^{2}=4 y f(x)
$$
Comme $f^{2}$ est paire, on a toujours $f(y-x)^{2}=f(x-y)^{2}$ donc pour tous réels $x, y$, $x f(y)=y f(x)$.
En particulier, en prenant $x=1$, on obtient $f(y)=y f(1)$ pour tout $y$, donc $f$ est de la forme $x \rightarrow a x$, avec $a \in \mathbb{R}$. En prenant $x=1$ et $y=0$, l'équation de départ devient $a^{2}-2 a=-a^{2}$, donc $a=a^{2}$, donc $a=0$ ou $a=1$. Ainsi, $f$ est la fonction nulle ou l'identité.
Réciproquement, on vérifie sans difficulté que ces fonctions sont des solutions.
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{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "5",
"problem_match": "\nExercice 5.",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-pofm-2017-2018-envoi3-corrige.jsonl",
"solution_match": "\nSolution de l'exercice 5",
"tier": "T2",
"year": "2018"
}
|
Let $a, b, c > 0$ such that $a^{2} + b^{2} + c^{2} + (a + b + c)^{2} \leqslant 4$. Show that
$$
\frac{a b + 1}{(a + b)^{2}} + \frac{b c + 1}{(b + c)^{2}} + \frac{c a + 1}{(c + a)^{2}} \geqslant 3
$$
|
By developing $(\mathrm{a}+\mathrm{b}+\mathrm{c})^{2}$ and dividing everything by 2, the hypothesis can be rewritten as
$$
a^{2}+b^{2}+c^{2}+a b+b c+c a \leqslant 2 .
$$
We now seek to homogenize the left-hand side of the inequality to be proven, that is, to ensure that all terms have the same degree. For this, we introduce a 2 in place of the 1 and use our hypothesis:
$$
\begin{aligned}
\frac{a b+1}{(a+b)^{2}} & =\frac{1}{2} \frac{2 a b+2}{(a+b)^{2}} \\
& \geqslant \frac{1}{2} \frac{2 a b+a^{2}+b^{2}+c^{2}+a b+b c+c a}{(a+b)^{2}} \\
& =\frac{1}{2}\left(1+\frac{c^{2}+a b+b c+c a}{(a+b)^{2}}\right) \\
& =\frac{1}{2}+\frac{1}{2} \frac{(c+a)(c+b)}{(a+b)^{2}}
\end{aligned}
$$
Similarly, we obtain $\frac{b c+1}{(b+c)^{2}} \geqslant \frac{1}{2}+\frac{1}{2} \frac{(a+b)(a+c)}{(b+c)^{2}}$ and $\frac{c a+1}{(c+a)^{2}} \geqslant \frac{1}{2}+\frac{1}{2} \frac{(b+c)(b+a)}{(c+a)^{2}}$. By summing, the left-hand side is at least
$$
\frac{3}{2}+\frac{1}{2}\left(\frac{(c+a)(c+b)}{(a+b)^{2}}+\frac{(a+b)(a+c)}{(b+c)^{2}}+\frac{(b+c)(b+a)}{(c+a)^{2}}\right) .
$$
However, according to the arithmetic-geometric mean inequality, we have
$$
\begin{aligned}
& \frac{(c+a)(c+b)}{(a+b)^{2}}+\frac{(a+b)(a+c)}{(b+c)^{2}}+\frac{(b+c)(b+a)}{(c+a)^{2}} \\
\geqslant & 3 \sqrt[3]{\frac{(c+a)(c+b)}{(a+b)^{2}} \times \frac{(a+b)(a+c)}{(b+c)^{2}} \times \frac{(b+c)(b+a)}{(c+a)^{2}}}=3
\end{aligned}
$$
thus the left-hand side is at least $\frac{3}{2}+\frac{3}{2}=3$, hence the result.
## 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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Inequalities
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Soient $a, b, c>0$ tels que $a^{2}+b^{2}+c^{2}+(a+b+c)^{2} \leqslant 4$. Montrer que
$$
\frac{a b+1}{(a+b)^{2}}+\frac{b c+1}{(b+c)^{2}}+\frac{c a+1}{(c+a)^{2}} \geqslant 3
$$
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En développant $(\mathrm{a}+\mathrm{b}+\mathrm{c})^{2}$ et en divisant tout par 2, l'hypothèse se réécrit
$$
a^{2}+b^{2}+c^{2}+a b+b c+c a \leqslant 2 .
$$
On cherche maintenant à homogénéiser le membre de gauche de l'inégalité à montrer, c'est-à-dire à faire en sorte que tous les termes aient le même degré. Pour cela, on fait apparaître un 2 à la place du 1 et on utilise notre hypothèse :
$$
\begin{aligned}
\frac{a b+1}{(a+b)^{2}} & =\frac{1}{2} \frac{2 a b+2}{(a+b)^{2}} \\
& \geqslant \frac{1}{2} \frac{2 a b+a^{2}+b^{2}+c^{2}+a b+b c+c a}{(a+b)^{2}} \\
& =\frac{1}{2}\left(1+\frac{c^{2}+a b+b c+c a}{(a+b)^{2}}\right) \\
& =\frac{1}{2}+\frac{1}{2} \frac{(c+a)(c+b)}{(a+b)^{2}}
\end{aligned}
$$
De même, on obtient $\frac{b c+1}{(b+c)^{2}} \geqslant \frac{1}{2}+\frac{1}{2} \frac{(a+b)(a+c)}{(b+c)^{2}}$ et $\frac{c a+1}{(c+a)^{2}} \geqslant \frac{1}{2}+\frac{1}{2} \frac{(b+c)(b+a)}{(c+a)^{2}}$. En sommant, le membre de gauche vaut au moins
$$
\frac{3}{2}+\frac{1}{2}\left(\frac{(c+a)(c+b)}{(a+b)^{2}}+\frac{(a+b)(a+c)}{(b+c)^{2}}+\frac{(b+c)(b+a)}{(c+a)^{2}}\right) .
$$
Or, d'après l'inégalité de la moyenne arithmético-géométrique, on a
$$
\begin{aligned}
& \frac{(c+a)(c+b)}{(a+b)^{2}}+\frac{(a+b)(a+c)}{(b+c)^{2}}+\frac{(b+c)(b+a)}{(c+a)^{2}} \\
\geqslant & 3 \sqrt[3]{\frac{(c+a)(c+b)}{(a+b)^{2}} \times \frac{(a+b)(a+c)}{(b+c)^{2}} \times \frac{(b+c)(b+a)}{(c+a)^{2}}}=3
\end{aligned}
$$
donc le membre de gauche vaut au moins $\frac{3}{2}+\frac{3}{2}=3$, d'où le résultat.
## Exercices du groupe A
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{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "6",
"problem_match": "\nExercice 6.",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-pofm-2017-2018-envoi3-corrige.jsonl",
"solution_match": "\nSolution de l'exercice 6",
"tier": "T2",
"year": "2018"
}
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Find all polynomials with real coefficients \( P \) such that the polynomial
\[
(X+1) P(X-1)-(X-1) P(X)
\]
is constant.
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We present two solutions: one that uses polynomial factorization, and another that is more computational.
Let's start with the solution by factorization. Suppose that $(X+1) P(X-1)-(X-$ 1) $P(X)$ is constantly equal to $2 k$. By taking $X=-1$, we get $2 P(-1)=2 k$. By taking $X=1$, we get $2 P(0)=2 k$. Therefore, $P(0)=P(-1)=k$, so 0 and -1 are roots of $P-k$, so $P-k$ can be factored by $X$ and $X+1$. Consequently, there exists a polynomial $Q$ such that
$$
P(X)=X(X+1) Q(X)+k
$$
The condition can then be rewritten as follows: the polynomial
$$
(X-1) X(X+1)(Q(X-1)-Q(X))+2 k
$$
is constantly equal to $2 k$, so
$$
(X-1) X(X+1)(Q(X-1)-Q(X))=0
$$
Therefore, $Q(n)=Q(n-1)$ for all integers $n \geqslant 2$, so $Q$ takes the value $Q(2)$ infinitely many times, so $Q-Q(2)$ has infinitely many roots, so $Q$ is constant. Finally, $P$ is of the form
$$
P(X)=c X(X+1)+k
$$
where $c$ and $k$ are two real numbers. Conversely, if $P$ is of this form, it is easily verified that the given polynomial is constant, equal to $2 k$.
Let's move on to the computational solution. We denote $d$ as the degree of $P$, and write
$$
P(X)=a_{d} X^{d}+a_{d-1} X^{d-1}+\ldots
$$
with $a_{d} \neq 0$. The polynomial $(X+1) P(X-1)-(X-1) P(X)$ is at most of degree $d+1$, and we will calculate the coefficients of degrees $d+1$ and $d$. We have
$$
\begin{aligned}
P(X-1) & =a_{d}(X-1)^{d}+a_{d-1}(X-1)^{d-1}+[\text { Polynomial of degree at most } d-2] \\
& =a_{d} X^{d}-d a_{d} X^{d-1}+a_{d-1} X^{d-1}+[\text { Polynomial of degree at most } d-2]
\end{aligned}
$$
by expanding $(X-1)^{\mathrm{d}}$ and $(\mathrm{X}-1)^{\mathrm{d}-1}$ using the binomial theorem. We deduce $(X+1) P(X-1)=a_{d} X^{d+1}-d a_{d} X^{d}+a_{d-1} X^{d}+a_{d} X^{d}+[$ Polynomial of degree at most $d-2]$ and, similarly,
$$
(X-1) P(X)=a_{d} X^{d+1}+a_{d-1} X^{d}-a_{d} X^{d}+[\text { Polynomial of degree at most } d-2]
$$
In $(X+1) P(X-1)-(X-1) P(X)$, the coefficient of $X^{d+1}$ is therefore $a_{d}-a_{d}=0$, and the coefficient of $X^{d}$ is $(2-d) a_{d}$, with $a_{d}$. If $d>0$, since the polynomial must be constant, this coefficient must be zero. Since $a_{d}>0$ by definition, we must therefore have $d=2$, so $P$ is of degree 0 or 2, so of the form
$$
P(X)=a X^{2}+b X+c
$$
By substituting $P$ with this expression, we get that the following polynomial must be constant:
$$
(b-a) X+(a-b+2 c)
$$
This polynomial is constant if and only if $b-a=0$, i.e., $a=b$, which means $P$ is of the form
$$
P(X)=a X(X+1)+c
$$
with $a, c \in \mathbb{R}$, and we find the same solution as by the first method.
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P(X)=a X(X+1)+c
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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 tous les polynômes à coefficients réels P tels que le polynôme
$$
(X+1) P(X-1)-(X-1) P(X)
$$
soit constant.
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On présente deux solutions : une qui utilise une factorisation polynomiale, et une autre plus calculatoire.
Commençons par la solution par factorisation. Supposons que $(X+1) P(X-1)-(X-$ 1) $P(X)$ est constant égal à $2 k$. En prenant $X=-1$, on obtient $2 P(-1)=2 k$. En prenant $X=1$, on obtient $2 \mathrm{P}(0)=2 \mathrm{k}$. On a donc $\mathrm{P}(0)=\mathrm{P}(-1)=k$, donc 0 et -1 sont des racines de $P-k$, donc $P-k$ se factorise par $X$ et $X+1$. Par conséquent, il existe un polynôme Q tel que
$$
P(X)=X(X+1) Q(X)+k
$$
La condition se réécrit alors de la manière suivante : le polynôme
$$
(X-1) X(X+1)(Q(X-1)-Q(X))+2 k
$$
est constant égal à $2 k$, donc
$$
(X-1) X(X+1)(Q(X-1)-Q(X))=0
$$
On a donc $Q(n)=Q(n-1)$ pour tout entier $n \geqslant 2$, donc $Q$ prend une infinité de fois la valeur $\mathrm{Q}(2)$, donc $\mathrm{Q}-\mathrm{Q}(2)$ a une infinité de racines, donc Q est constant. Finalement, P est donc de la forme
$$
P(X)=c X(X+1)+k
$$
où c et k sont deux nombres réels. Réciproquement, si P est de cette forme, on vérifie facilement que le polynôme donné est constant, égal à $2 k$.
Passons à la solution calculatoire. On note d le degré de P , et on écrit
$$
P(X)=a_{d} X^{d}+a_{d-1} X^{d-1}+\ldots
$$
avec $a_{d} \neq 0$. Le polynôme $(X+1) P(X-1)-(X-1) P(X)$ est au plus de degré $d+1$, et on va calculer ses coefficients de degrés $d+1$ et $d$. On a
$$
\begin{aligned}
P(X-1) & =a_{d}(X-1)^{d}+a_{d-1}(X-1)^{d-1}+[\text { Polynôme de degré au plus } d-2] \\
& =a_{d} X^{d}-d a_{d} X^{d-1}+a_{d-1} X^{d-1}+[\text { Polynôme de degré au plus } d-2]
\end{aligned}
$$
en développant $(X-1)^{\mathrm{d}}$ et $(\mathrm{X}-1)^{\mathrm{d}-1}$ avec le binôme de Newton. On en déduit $(X+1) P(X-1)=a_{d} X^{d+1}-d a_{d} X^{d}+a_{d-1} X^{d}+a_{d} X^{d}+[$ Polynôme de degré au plus $d-2]$ et, similairement,
$$
(X-1) P(X)=a_{d} X^{d+1}+a_{d-1} X^{d}-a_{d} X^{d}+[\text { Polynôme de degré au plus } d-2]
$$
Dans $(X+1) P(X-1)-(X-1) P(X)$, le coefficient devant $X^{d+1}$ vaut donc $a_{d}-a_{d}=0$, et le coefficient devant $X^{d}$ vaut $(2-d) a_{d}$, avec $a_{d}$. Si $d>0$, comme le polynôme doit être constant, ce coefficient doit être nul. Comme $a_{d}>0$ par définition, on doit donc avoir $\mathrm{d}=2$, donc P est de degré 0 ou 2 , donc de la forme
$$
P(X)=a X^{2}+b X+c
$$
En remplaçant P par cette expression, on obtient que le polynôme suivant doit être constant :
$$
(b-a) X+(a-b+2 c)
$$
Ce dernier polynôme est constant si et seulement si $b-a=0$, soit $a=b$, c'est-à-dire si P est de la forme
$$
P(X)=a X(X+1)+c
$$
avec $a, c \in \mathbb{R}$, et on retrouve la même solution que par la première méthode.
|
{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "7",
"problem_match": "\nExercice 7.",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-pofm-2017-2018-envoi3-corrige.jsonl",
"solution_match": "\nSolution de l'exercice 7",
"tier": "T2",
"year": "2018"
}
|
Let $x_{1}, \ldots, x_{n}$ be any real numbers. Show that
$$
\sum_{i=1}^{n} \sum_{j=1}^{n}\left|x_{i}+x_{j}\right| \geqslant n \sum_{i=1}^{n}\left|x_{i}\right| .
$$
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Among the $n$ numbers, we assume that $r$ are positive (or zero), and $s=n-r$ are strictly negative. We denote $\left(a_{i}\right)_{1 \leqslant i \leqslant r}$ as the list of positive (or zero) numbers, and $\left(-b_{j}\right)_{1 \leqslant j \leqslant s}$ as the list of strictly negative numbers, such that all the $a_{i}$ and the $b_{j}$ are positive.
We define
$$
A=\sum_{i=1}^{r} a_{i}, B=\sum_{j=1}^{s} b_{j}
$$
We denote $M_{1}$ and $M_{2}$ as the left-hand side and the right-hand side of the statement, respectively. By changing all the signs if necessary, we can assume $A \geqslant B$.
We then have
$$
M_{1}=2 r A+2 s B+2 \sum_{1 \leqslant i \leqslant r} \sum_{1 \leqslant j \leqslant s}\left|a_{i}-b_{j}\right|,
$$
where $2 r A$ is the sum of the terms $\left|x_{i}+x_{j}\right|$ with $x_{i}, x_{j} \geqslant 0$ and similarly $2 s B$ is the sum of the terms $\left|x_{i}+x_{j}\right|$ with $x_{i}, x_{j}<0$ and $\sum \sum\left|a_{i}-b_{j}\right|$ is the sum of the terms $\left|x_{i}+x_{j}\right|$ where $x_{i}$ and $x_{j}$ have different signs. Furthermore, we have $M_{2}=(r+s)(A+B)$. Showing that $M_{1} \geqslant M_{2}$ is therefore equivalent to showing
$$
2 \sum_{i=1}^{r} \sum_{j=1}^{s}\left|a_{i}-b_{j}\right| \geqslant(s-r)(A-B)
$$
If $s \leqslant r$, the result is obvious because the left-hand side is positive and the right-hand side is negative. We therefore assume $s>r$. We then have
$$
\begin{aligned}
2 \sum_{i=1}^{r} \sum_{j=1}^{s}\left|a_{i}-b_{j}\right| & \geqslant \sum_{i=1}^{r} \sum_{j=1}^{s}\left|a_{i}-b_{j}\right| \\
& \geqslant \sum_{i=1}^{r} \sum_{j=1}^{s} a_{i}-b_{j} \\
& =s A-r B \\
& =(s-r) A+r A-r B \\
& \geqslant(s-r) A \\
& \geqslant(s-r)(A-B)
\end{aligned}
$$
since $s>r$ and $A \geqslant B$. We have thus shown what we wanted.
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Inequalities
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Soient $x_{1}, \ldots, x_{n}$ des réels quelconques. Montrer que
$$
\sum_{i=1}^{n} \sum_{j=1}^{n}\left|x_{i}+x_{j}\right| \geqslant n \sum_{i=1}^{n}\left|x_{i}\right| .
$$
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Parmi les $n$ nombres, on suppose que $r$ sont positifs (ou nuls), et $s=n-r$ sont strictement négatifs. On note $\left(a_{i}\right)_{1 \leqslant i \leqslant r}$ la liste des nombres positifs (ou
nuls), et $\left(-b_{j}\right)_{1 \leqslant j \leqslant s}$ la liste des nombres strictement négatifs, de sorte que tous les $a_{i}$ et les $b_{j}$ sont positifs.
On pose
$$
A=\sum_{i=1}^{r} a_{i}, B=\sum_{j=1}^{s} b_{j}
$$
On note $M_{1}$ et $M_{2}$ le membre de gauche et le membre de droite dans l'énoncé respectivement. Quitte à changer tous les signes, on peut supposer $A \geqslant B$.
On a alors
$$
M_{1}=2 r A+2 s B+2 \sum_{1 \leqslant i \leqslant r} \sum_{1 \leqslant j \leqslant s}\left|a_{i}-b_{j}\right|,
$$
où $2 r A$ est la somme des termes $\left|x_{i}+x_{j}\right|$ avec $x_{i}, x_{j} \geqslant 0$ et de même $2 s B$ est la somme des termes $\left|x_{i}+x_{j}\right|$ avec $x_{i}, x_{j}<0$ et $\sum \sum\left|a_{i}-b_{j}\right|$ est la somme des termes $\left|x_{i}+x_{j}\right|$ où $x_{i}$ et $x_{j}$ sont de signes différents. De plus, on a $M_{2}=(r+s)(A+B)$. Montrer que $M_{1} \geqslant M_{2}$ est donc équivalent à montrer
$$
2 \sum_{i=1}^{r} \sum_{j=1}^{s}\left|a_{i}-b_{j}\right| \geqslant(s-r)(A-B)
$$
Si $s \leqslant r$, le résultat est évident car le membre de gauche est positif et celui de droite est négatif. On suppose donc $s>r$. On a alors
$$
\begin{aligned}
2 \sum_{i=1}^{r} \sum_{j=1}^{s}\left|a_{i}-b_{j}\right| & \geqslant \sum_{i=1}^{r} \sum_{j=1}^{s}\left|a_{i}-b_{j}\right| \\
& \geqslant \sum_{i=1}^{r} \sum_{j=1}^{s} a_{i}-b_{j} \\
& =s A-r B \\
& =(s-r) A+r A-r B \\
& \geqslant(s-r) A \\
& \geqslant(s-r)(A-B)
\end{aligned}
$$
car $s>r$ et $A \geqslant B$. On a donc montré ce qu'on voulait.
|
{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "8",
"problem_match": "\nExercice 8.",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-pofm-2017-2018-envoi3-corrige.jsonl",
"solution_match": "\nSolution de l'exercice 8",
"tier": "T2",
"year": "2018"
}
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Let $\mathbb{R}_{+}^{*}$ be the set of strictly positive real numbers. Find all functions $f: \mathbb{R}_{+}^{*} \longrightarrow \mathbb{R}_{+}^{*}$ such that for all $x, y>0$, we have
$$
f\left(\frac{f(x)}{y f(x)+1}\right)=\frac{x}{x f(y)+1}
$$
|
First, we notice that for all $z>0$, the function $x \in \mathbb{R}^{+*} \longmapsto \frac{x}{x z+1} \in (0 ; z^{-1})$ is a strictly increasing bijection.
Now, if $f(x)=f(x^{\prime})$, we find that
$$
\frac{x}{x f(1)+1}=f\left(\frac{f(x)}{1 \times f(x)+1}\right)=f\left(\frac{f(x^{\prime})}{f(x^{\prime}) \times 1+1}\right)=\frac{x^{\prime}}{x^{\prime} f(1)+1}
$$
thus $x=x^{\prime}$ and $f$ is injective.
Furthermore, fix $y>0$. Each $z$ between 0 and $f(y)^{-1}$ (strictly) can be written as $\frac{x}{x f(y)+1}$ for some $x > 0$, so every $0<z<f(y)^{-1}$ is reached by $f$. In particular, if $0<z<f(y)^{-1}$, we can write $z=f(y^{\prime})$. But then $f$ reaches every point between 0 and $f(y^{\prime})^{-1}=z^{-1}$. By letting $z$ tend to 0 (which is allowed, the only constraint being $0<z<f(y)^{-1}$), we deduce that $f$ is surjective, hence $f$ is bijective.
Let $g$ be the inverse bijection of $f$, i.e., the unique function such that $f(g(x))=g(f(x))=x$ for all $x>0$. We verify that $g$ satisfies the same functional equation as $f$: applying the initial functional equation to $g(x)$ and $g(y)$, we get
$$
f\left(\frac{x}{x g(y)+1}\right)=\frac{g(x)}{y g(x)+1}
$$
Applying $g$ to both sides, we find that $g$ satisfies the same equation as $f$.
Now, let $x, x^{\prime}>0$ such that $x^{\prime}<f(x)$. Then there exists a $y>0$ such that $x^{\prime}=\frac{f(x)}{y f(x)+1}$ (it suffices to take $y=\frac{1}{x^{\prime}}-\frac{1}{f(x)}$), thus
$$
f\left(x^{\prime}\right)=f\left(\frac{f(x)}{y f(x)+1}\right)=\frac{x}{x f(y)+1}<x
$$
Therefore, if $x^{\prime}<f(x)$, then $f(x^{\prime})<x$. In particular, if $x<f(x)$, then $f(x)<x$, which is absurd. Therefore, for all $x>0$, $f(x) \leqslant x$.
However, we have seen that $g$ is also a solution to the equation, so for all $x>0$, $g(x) \leqslant x$. Notably, if $x>0$, $x=g(f(x)) \leqslant f(x)$. Therefore, we must have $f(x)=x$, so $f$ is the identity, and it is easily verified that the identity is indeed a solution.
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f(x)=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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Soit $\mathbb{R}_{+}^{*}$ l'ensemble des réels strictement positifs. Trouver toutes les fonctions $f: \mathbb{R}_{+}^{*} \longrightarrow \mathbb{R}_{+}^{*}$ telles que pour tous $x, y>0$, on ait
$$
f\left(\frac{f(x)}{y f(x)+1}\right)=\frac{x}{x f(y)+1}
$$
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On remarque tout d'abord que pour tout $z>0$, l'application $x \in$ $\left.\mathbb{R}^{+*} \longmapsto \frac{x}{x z+1} \in\right] 0 ; z^{-1}[$ est une bijection strictement croissante.
Maintenant, si $f(x)=f\left(x^{\prime}\right)$, on trouve que
$$
\frac{x}{x f(1)+1}=f\left(\frac{f(x)}{1 \times f(x)+1}\right)=f\left(\frac{f\left(x^{\prime}\right)}{f\left(x^{\prime}\right) \times 1+1}\right)=\frac{x^{\prime}}{x^{\prime} f(1)+1}
$$
donc $x=x^{\prime}$ et $f$ est injective.
D'autre part, fixons $y>0$. Chaque $z$ compris entre 0 et $f(y)^{-1}$ (strictement) s'écrit comme un $\frac{x}{x f(y)+1}$ pour un certain $x$ strictement positif, tout $0<z<f(y)^{-1}$ est atteint par $f$. En particulier, si $0<z<\mathrm{f}(\mathrm{y})^{-1}$, on peut écrire $z=\mathrm{f}\left(\mathrm{y}^{\prime}\right)$. Mais alors f atteint tout point entre 0 et $\mathrm{f}\left(\mathrm{y}^{\prime}\right)^{-1}=z^{-1}$. En faisant tendre $z$ vers 0 (ce qui est permis, la seule contrainte étant $0<z<\mathrm{f}(\mathrm{y})^{-1}$ ), on en déduit que f est surjective, donc f est bijective.
Soit $g$ la bijection réciproque de $f$, i.e. la seule fonction telle que $f(g(x))=g(f(x))=x$ pour tout $x>0$. On vérifie que $g$ vérifie la même équation fonctionnelle que $f$ : en appliquant l'équation fonctionnelle de départ à $g(x)$ et $g(y)$, on obtient
$$
f\left(\frac{x}{x g(y)+1}\right)=\frac{g(x)}{y g(x)+1}
$$
En appliquant $g$ des deux côtés, on obtient que $g$ vérifie la même équation que $f$.
Soient maintenant $x, x^{\prime}>0$ tels que $x^{\prime}<f(x)$. Alors il existe un $y>0$ tel que $x^{\prime}=$ $\frac{f(x)}{y f(x)+1}$ (il suffit de prendre $y=\frac{1}{x^{\prime}}-\frac{1}{f(x)}$ ), donc
$$
f\left(x^{\prime}\right)=f\left(\frac{f(x)}{y f(x)+1}\right)=\frac{x}{x f(y)+1}<x
$$
Donc si $x^{\prime}<f(x)$, alors $f\left(x^{\prime}\right)<x$. En particulier, si $x<f(x)$, alors $f(x)<x$, c'est absurde. Donc pour tout réel $x>0, f(x) \leqslant x$.
Or, on a vu que $g$ était également solution de l'équation, donc pour tout réel $x>0$, on a $g(x) \leqslant x$. Notamment, si $x>0, x=g(f(x)) \leqslant f(x)$. On a donc forcément $f(x)=x$, donc $f$ est l'identité, et on vérifie facilement que l'identité est bien solution.
|
{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "9",
"problem_match": "\nExercice 9.",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-pofm-2017-2018-envoi3-corrige.jsonl",
"solution_match": "\nSolution de l'exercice 9",
"tier": "T2",
"year": "2018"
}
|
In the following squares, we are allowed to replace all 0s with 1s and vice versa on any entire row, any entire column, or any entire diagonal. In each case, can we end up with only 0s?
$$
\left(\begin{array}{llll}
0 & 1 & 1 & 0 \\
1 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{array}\right) \quad\left(\begin{array}{llll}
0 & 1 & 0 & 0 \\
1 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 1 \\
1 & 0 & 1 & 1
\end{array}\right) \quad\left(\begin{array}{llll}
0 & 0 & 0 & 0 \\
1 & 1 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
1 & 0 & 0 & 1
\end{array}\right)
$$
|
In all cases, we will say that we act on a row, a column, or a diagonal if we replace the 0s with 1s and vice versa.
In the $1^{\text{st}}$ case, we notice that we have an odd number of 1s: there are 9 in the grid. Now, during an action, the parity of the number of 1s does not change, since the number of 1s increases by $+4, +2, 0, -2$, or -4. Consequently, we will always have an odd number of 1s. It is therefore impossible to obtain only 0s.
In the $2^{\text{nd}}$ case, we initially have an even number of 1s. That said, among the 4 cells of the $2 \times 2$ square located at the top left, we have three 1s. Now, no action changes the parity of the number of 1s in this square, since each action changes the value of 0 or 2 cells of the square. We will therefore always have an odd number of 1s in this square, and it is impossible to obtain only 0s.
In the $3^{\text{rd}}$ case, we can obtain a grid consisting only of 0s, for example by acting successively on the $1^{\text{st}}$ column, then the $3^{\text{rd}}$ row, and finally the "north-west / south-east" diagonal:
$$
\left(\begin{array}{llll}
0 & 0 & 0 & 0 \\
1 & 1 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
1 & 0 & 0 & 1
\end{array}\right) \longrightarrow\left(\begin{array}{llll}
1 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 0 \\
1 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 1
\end{array}\right) \longrightarrow\left(\begin{array}{llll}
1 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 1
\end{array}\right) \longrightarrow\left(\begin{array}{llll}
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0
\end{array}\right).
$$
Remarks: The argument used to handle the $2^{\text{nd}}$ case also works in the $1^{\text{st}}$ case. Moreover, the order in which we act on rows, columns, or diagonals is of no importance.
Finally, it can actually be shown, using linear algebra, that testing whether a table can be transformed into the table containing only 0s can be done using invariants. Here, it is sufficient to check that we have an even number of 1s in each of the following sets of cells:
$\triangleright$ the union of the $1^{\text{st}}$ and $2^{\text{nd}}$ rows; the $1^{\text{st}}$ and $3^{\text{rd}}$ rows; the $1^{\text{st}}$ and $4^{\text{th}}$ rows;
$\triangleright$ the union of the $1^{\text{st}}$ and $2^{\text{nd}}$ columns; the $1^{\text{st}}$ and $3^{\text{rd}}$ columns;
$\triangleright$ for each $k \in\{2,3,4\}$, the cells located both on the $1^{\text{st}}$ or $k^{\text{th}}$ row and on the $1^{\text{st}}$ or $k^{\text{th}}$ column.
Any other check, such as the union of the $1^{\text{st}}$ and $4^{\text{th}}$ columns, is rendered unnecessary by the checks already performed.
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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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Dans les carrés suivants, on s'autorise à remplacer tous les 0 par des 1 et réciproquement sur toute une ligne ou toute une colonne ou toute une diagonale. Dans chaque cas, peut-on n'obtenir que des 0 ?
$$
\left(\begin{array}{llll}
0 & 1 & 1 & 0 \\
1 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{array}\right) \quad\left(\begin{array}{llll}
0 & 1 & 0 & 0 \\
1 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 1 \\
1 & 0 & 1 & 1
\end{array}\right) \quad\left(\begin{array}{llll}
0 & 0 & 0 & 0 \\
1 & 1 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
1 & 0 & 0 & 1
\end{array}\right)
$$
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Dans tous les cas, on va dire que l'on agit sur une ligne, une colonne ou une diagonale si on y remplace les 0 par des 1 et réciproquement.
Dans le $1^{\text {er }}$ cas, on remarque que l'on a un nombre impair de 1 : il y en a 9 dans la grille. Or, lors d'une action, la parité du nombre de 1 ne change pas, puisque le nombre de 1 augmente de $+4,+2,0,-2$ ou -4 . Par conséquent, on aura toujours un nombre impair de 1 . Il est donc impossible de n'obtenir que des 0.
Dans le $2^{\text {nd }}$ cas, on a initialement un nombre pair de 1 . Cela dit, parmi les 4 cases du carré $2 \times 2$ situé en haut à gauche, on a trois 1 . Or, nulle action ne change la parité du nombre de 1 dans ce carré, car chaque action change la valeur de 0 ou 2 cases du carré. On aura donc toujours un nombre impair de 1 dans ce carré, et il est impossible de n'obtenir que des 0.
Dans le $3^{\text {ème }}$ cas, on peut obtenir une grille formée uniquement de 0 , par exemple en agissant successivement sur la $1^{\text {ère }}$ colonne, puis la $3^{\text {ème }}$ ligne et enfin la diagonale « nord-ouest / sudest » :
$$
\left(\begin{array}{llll}
0 & 0 & 0 & 0 \\
1 & 1 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
1 & 0 & 0 & 1
\end{array}\right) \longrightarrow\left(\begin{array}{llll}
1 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 0 \\
1 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 1
\end{array}\right) \longrightarrow\left(\begin{array}{llll}
1 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 1
\end{array}\right) \longrightarrow\left(\begin{array}{llll}
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0
\end{array}\right) .
$$
Remarques: L'argument utilisé pour traiter le $2^{\text {nd }}$ cas fonctionne également dans le $1^{\mathrm{er}}$ cas. Par ailleurs, l'ordre dans lequel on agit sur des lignes, colonnes ou diagonales n'a aucune importance.
Enfin, on peut en fait montrer, en faisant appel à de l'algèbre linéaire, que tester si un tableau peut être transformé en le tableau ne contenant que des 0 peut se faire en utilisant des invariants. Ici, il suffit de vérifier que l'on a un nombre pair de 1 dans chacun des ensembles de cases suivants:
$\triangleright 1^{\prime}$ 'union des $1^{\text {ère }}$ et $2^{\text {nde }}$ lignes; des $1^{\text {ère }}$ et $3^{\text {ème }}$ lignes ; des $1^{\text {ère }}$ et $4^{\text {ème }}$ lignes;
$\triangleright l^{\prime}$ 'union des $1^{\text {ère }}$ et $2^{\text {ème }}$ colonnes ; des $1^{\text {ère }}$ et $3^{\text {ème }}$ colonnes;
$\triangleright$ pour chaque $k \in\{2,3,4\}$, les cases situées à la fois sur la $1^{\text {ère }}$ ou la $k^{\text {ème }}$ ligne et sur la $1^{\text {ère }}$ ou la kème colonne.
Toute autre vérification, par exemple de l'union des $1^{\text {ère }}$ et $4{ }^{\text {ème }}$ colonnes, est rendue inutile par les vérifications déjà effectuées.
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{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "1",
"problem_match": "\nExercice 1.",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-pofm-2017-2018-envoi4-corrige.jsonl",
"solution_match": "\nSolution de l'exercice 1",
"tier": "T2",
"year": "2018"
}
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We place the integers from 1 to 9 in each of the cells of a $3 \times 3$ grid. For $i=1$, 2 and 3, we denote $\ell_{i}$ as the largest integer present in the $i^{\text {th }}$ row and $c_{i}$ as the smallest integer present in the $i^{\text {th }}$ column.
How many grids are there such that $\min \left\{\ell_{1}, \ell_{2}, \ell_{3}\right\}=\max \left\{\mathbf{c}_{1}, \mathbf{c}_{2}, \mathbf{c}_{3}\right\}=4$?
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Let $G$ be any grid, and let $i$ and $j$ be the integers such that the integer 4 is located at the $i^{\text{th}}$ row and the $j^{\text{th}}$ column. We say that the grid $G$ is good if $\ell_{i} = c_{j} = 4$.
First, $\operatorname{simin}\left\{\ell_{1}, \ell_{2}, \ell_{3}\right\} = \max \left\{c_{1}, c_{2}, c_{3}\right\} = 4$, then $4 = \ell_{i} = c_{j}$, so $G$ is a good grid. Conversely, if $G$ is a good grid, then for any integer $j'$, the column $j'$ contains one of the integers from the row $i$. This integer is therefore at most 4, which shows that $c_{j'} \leq 4$. Similarly, for any integer $i'$, we have $\ell_{i'} \geq 4$. Therefore, we have $\min \left\{\ell_{1}, \ell_{2}, \ell_{3}\right\} = \max \left\{c_{1}, c_{2}, c_{3}\right\} = 4$.
Consequently, we are actually trying to count how many good grids there are. To construct a good grid, it suffices to choose successively:
$\triangleright$ the integers $i$ and $j$, i.e., the position of the 4: there are 9 possible choices;
$\triangleright$ each of the two other integers that are on the row $i$. Since $\ell_{i} = 4$, these two integers must be smaller than 4, so they must be chosen from $\{1,2,3\}$. There are 3 ways to choose the first (say the leftmost), and 2 ways to choose the second;
$\triangleright$ each of the two other integers that are on the column $j$. Since $c_{j} = 4$, the two other integers must be greater than 4, so they must be chosen from $\{5,6,7,8,9\}$. There are 5 ways to choose the first, and 4 ways to choose the second;
$\triangleright$ each of the four remaining integers to be placed: there are 4! ways to proceed.
Therefore, there are $9 \times 3 \times 2 \times 5 \times 4 \times 4! = 25920$ grids such that $\min \left\{\ell_{1}, \ell_{2}, \ell_{3}\right\} = \max \left\{c_{1}, c_{2}, c_{3}\right\} = 4$.
Remark: In general, regardless of the size of the grid, the smallest of the integers $\ell_{i}$ is necessarily equal to the largest of the integers $c_{i}$. This is known as the Minimax Theorem. More information on this topic is available at:
en.wikipedia.org/wiki/Minimax_theorem
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25920
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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 place les entiers de 1 à 9 dans chacune des cases d'une grille $3 \times 3$. Pour $i=1$, 2 et 3 , on note $\ell_{i}$ le plus grand entier présent dans la $i^{\text {ème }}$ ligne et $c_{i}$ le plus petit entier présent dans la $i^{\text {ème }}$ colonne.
Combien existe-t-il de grilles telles que $\min \left\{\ell_{1}, \ell_{2}, \ell_{3}\right\}=\max \left\{\mathbf{c}_{1}, \mathbf{c}_{2}, \mathbf{c}_{3}\right\}=4$ ?
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Soit $G$ une grille quelconque, et soit $i$ et $j$ les entiers tels que l'entier 4 se trouve sur la ${ }^{\text {ème }}$ ligne et la $j^{\text {ème }}$ colonne. On dit que la grille $G$ est bonne si $\ell_{i}=\mathrm{c}_{j}=4$.
Tout d'abord, $\operatorname{simin}\left\{\ell_{1}, \ell_{2}, \ell_{3}\right\}=\max \left\{\mathbf{c}_{1}, \mathrm{c}_{2}, \mathrm{c}_{3}\right\}=4$, alors $4=\ell_{i}=\mathrm{c}_{\mathrm{j}}$, donc G est une bonne grille. Réciproquement, si $G$ est une bonne grille, alors, pour tout entier $j^{\prime}$, la colonne $j^{\prime}$ comporte un des entiers de la ligne $i$. Cet entier vaut donc au plus 4 , ce qui montre que $c_{j^{\prime}} \leqslant 4$. De même, pour tout entier $i^{\prime}$, on a $\ell_{i^{\prime}} \geqslant 4$. On a donc bien $\min \left\{\ell_{1}, \ell_{2}, \ell_{3}\right\}=\max \left\{\mathrm{c}_{1}, \mathrm{c}_{2}, \mathrm{c}_{3}\right\}=4$.
Par conséquent, on cherche en fait à compter combien il existe de bonnes grilles. Pour construire une bonne grille, il suffit de choisir successivement :
$\triangleright$ les entiers $i$ et j, c'est-à-dire l'emplacement du 4 : on a 9 choix possibles;
$\triangleright$ chacun des deux autres entiers qui se trouvent sur la ligne $i$. Comme $l_{i}=4$, ces deux entiers doivent être plus petits que 4 , donc être choisis dans $\{1,2,3\}$. On a 3 manières de choisir le premier (disons le plus à gauche), puis 2 manières de choisir le second;
$\triangleright$ chacun des deux autres entiers qui se trouvent sur la colonne $j$. Comme $c_{j}=4$, les deux autres entiers doivent être plus grands que 4 , donc être choisis dans $\{5,6,7,8,9\}$. On a 5 manières de choisir le premier, puis 4 manières de choisir le second;
$\triangleright$ chacun des quatre autres entiers qui restent à placer : on a 4 ! manières de procéder.
Il existe donc $9 \times 3 \times 2 \times 5 \times 4 \times 4!=25920$ grilles telles que $\min \left\{\ell_{1}, \ell_{2}, \ell_{3}\right\}=\max \left\{\mathbf{c}_{1}, \mathrm{c}_{2}, \mathrm{c}_{3}\right\}=4$.
Remarque : De manière générale, quelle que soit la taille de la grille, le plus petit des entiers $\ell_{i}$ est nécessairement égal au plus grand des entiers $c_{i}$. C'est ce que l'on appelle Théorème du minimax. Plus d'informations à ce propos sont disponibles sur :
fr.wikipedia.org/wiki/Théorème_du_minimax_de_von_Neumann
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{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "2",
"problem_match": "\nExercice 2.",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-pofm-2017-2018-envoi4-corrige.jsonl",
"solution_match": "\nSolution de l'exercice 2",
"tier": "T2",
"year": "2018"
}
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Find all integers $n \geqslant 3$ such that, if $a_{1}, \ldots, a_{n}$ are strictly positive real numbers such that $\max \left(a_{1}, \ldots, a_{n}\right) \leqslant n \cdot \min \left(a_{1}, \ldots, a_{n}\right)$, then there necessarily exist three of these numbers that are the lengths of the sides of an acute triangle, that is, a triangle whose three angles are strictly acute.
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Without loss of generality, we assume that $1=a_{1} \leqslant a_{2} \leqslant \ldots \leqslant a_{n}$. We then note that three real numbers $a_{i}, a_{j}$, and $a_{k}$, with $i<j<k$, are the lengths of the sides of an acute triangle if and only if $a_{i}^{2}+a_{j}^{2}>a_{k}^{2}$ (this can be seen, for example, using the Law of Cosines). If this is the case, then $a_{k-2}, a_{k-1}$, and $a_{k}$ are also the sides of an acute triangle. Consequently, we call a sequence of real numbers $1=a_{1} \leqslant a_{2} \leqslant \ldots \leqslant a_{n}$ obtuse if $a_{k}^{2} \geqslant a_{k-2}^{2}+a_{k-1}^{2}$ for all $k \in\{3, \ldots, n\}$: the problem is to find the integers $n \geqslant 3$ such that, if $a_{1}, \ldots, a_{n}$ is an obtuse sequence, then $a_{n}>n$.
Let $F_{n}$ be the $n^{\text{th}}$ Fibonacci number, defined by $F_{1}=F_{2}=1$ and $F_{n+2}=F_{n+1}+F_{n}$ for all $n \geqslant 1$. In an obtuse sequence $a_{1}, \ldots, a_{n}$, we necessarily have $1 \leqslant a_{1} \leqslant a_{2}$, that is, $F_{1} \leqslant a_{1}^{2}$ and $F_{2} \leqslant a_{2}^{2}$. An immediate induction on $n$ then shows that $a_{n}^{2} \geqslant F_{n}$. Conversely, we note that the sequence $a_{1}, \ldots, a_{n}$ defined by $a_{k}=\sqrt{F_{k}}$ is obtuse. Consequently, the integers $n \geqslant 3$ we are looking for are those such that $\sqrt{F_{n}}>n$, that is, $F_{n}>n^{2}$.
The first terms of the Fibonacci sequence are $F_{1}=F_{2}=1, F_{3}=2, F_{4}=3, F_{5}=5, F_{6}=8$, $F_{7}=13, F_{8}=21, F_{9}=34, F_{10}=55, F_{11}=89, F_{12}=144, F_{13}=233$ and $F_{14}=377$. We observe that $F_{n} \leqslant n^{2}$ for all $n \leqslant 12$, and that $F_{n}>n^{2}$ for $n=13$ and $n=14$. Furthermore, for any integer $n \geqslant 13$ such that $F_{n}>n^{2}$ and $F_{n+1}>(n+1)^{2}$, we observe that
$$
F_{n+2}=F_{n}+F_{n+1}>n^{2}+(n+1)^{2} \geqslant 5 n+(n+1)^{2} \geqslant 2 n+3+(n+1)^{2}=(n+2)^{2}
$$
An immediate induction then shows that the integers we are looking for are the integers $n \geqslant 13$.
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n \geqslant 13
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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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Trouver tous les entiers $n \geqslant 3$ tels que, si $a_{1}, \ldots, a_{n}$ sont des réels strictement positifs tels que $\max \left(a_{1}, \ldots, a_{n}\right) \leqslant n \cdot \min \left(a_{1}, \ldots, a_{n}\right)$, alors il existe nécessairement trois de ces réels qui sont les longueurs des côtés d'un triangle acutangle, c'est-à-dire d'un triangle dont les trois angles sont strictement aigus.
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Sans perte de généralité, on suppose que $1=a_{1} \leqslant a_{2} \leqslant \ldots \leqslant a_{n}$. On note alors que trois réels $a_{i}, a_{j}$ et $a_{k}$, avec $i<j<k$, sont les longueurs des côtés d'un triangle acutangle si et seulement si $a_{i}^{2}+a_{j}^{2}>a_{k}^{2}$ (on peut le voir par exemple avec le théorème d'AlKashi). Si tel est le cas, alors $a_{k-2}, a_{k-1}$ et $a_{k}$ sont eux aussi les côtés d'un triangle acutangle. Par conséquent, appelons obtusangle une suite de réels $1=a_{1} \leqslant a_{2} \leqslant \ldots \leqslant a_{n}$ telle que $a_{k}^{2} \geqslant a_{k-2}^{2}+a_{k-1}^{2}$ pour tout $k \in\{3, \ldots, n\}$ : le problème revient à chercher les entiers $n \geqslant 3$ tels que, si $a_{1}, \ldots, a_{n}$ est une suite obtusangle, alors $a_{n}>n$.
Or, soit $F_{n}$ le $n^{\text {ème }}$ nombre de Fibonacci, défini par $F_{1}=F_{2}=1$ et $F_{n+2}=F_{n+1}+F_{n}$ pour tout $n \geqslant 1$. Dans une suite obtusangle $a_{1}, \ldots, a_{n}$, on a nécessairement $1 \leqslant a_{1} \leqslant a_{2}$, c'est-à-dire $F_{1} \leqslant a_{1}^{2}$ et $F_{2} \leqslant a_{2}^{2}$. Une récurrence immédiate sur $n$ montre alors que $a_{n}^{2} \geqslant F_{n}$. Réciproquement, on remarque bien que la suite $a_{1}, \ldots, a_{n}$ définie par $a_{k}=\sqrt{F_{k}}$ est obtusangle. Par conséquent, les entiers $n \geqslant 3$ recherchés sont ceux tels que $\sqrt{F_{n}}>n$, c'est-à-dire $F_{n}>n^{2}$.
Les premiers termes de la suite de Fibonacci sont $F_{1}=F_{2}=1, F_{3}=2, F_{4}=3, F_{5}=5, F_{6}=8$, $\mathrm{F}_{7}=13, \mathrm{~F}_{8}=21, \mathrm{~F}_{9}=34, \mathrm{~F}_{10}=55, \mathrm{~F}_{11}=89, \mathrm{~F}_{12}=144, \mathrm{~F}_{13}=233$ et $\mathrm{F}_{14}=377$. On constate donc que $F_{n} \leqslant n^{2}$ pour tout $n \leqslant 12$, et que $F_{n}>n^{2}$ pour $n=13$ et $n=14$. En outre, pour tout entier $n \geqslant 13$ tel que $F_{n}>n^{2}$ et $F_{n+1}>(n+1)^{2}$, on observe que
$$
F_{n+2}=F_{n}+F_{n+1}>n^{2}+(n+1)^{2} \geqslant 5 n+(n+1)^{2} \geqslant 2 n+3+(n+1)^{2}=(n+2)^{2}
$$
Une récurrence immédiate montre donc que les entiers recherchés sont les entiers $\mathrm{n} \geqslant 13$.
## Exercices communs
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{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "3",
"problem_match": "\nExercice 3.",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-pofm-2017-2018-envoi4-corrige.jsonl",
"solution_match": "\nSolution de l'exercice 3",
"tier": "T2",
"year": "2018"
}
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It is said that two permutations $a_{1}, \ldots, a_{4035}$ and $b_{1}, \ldots, b_{4035}$ of the integers $1, \ldots, 4035$ intersect if there exists an integer $k \leqslant 4035$ such that $a_{k}=b_{k}$. We say that a set $E$ of permutations is unavoidable if every permutation of the integers $1, \ldots, 4035$ intersects a permutation belonging to E.
a) Show that there exists an unavoidable set containing 2018 permutations.
b) Does there exist an unavoidable set containing 2017 permutations?
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a) For all $i \in \{1, \ldots, 2018\}$, we denote $\sigma^{(i)}$ as the permutation
$$
\mathfrak{i}+1, \mathfrak{i}+2, \ldots, 2018,1,2, \ldots, \mathfrak{i}, 2019,2020, \ldots, 4035
$$
In other words, $\sigma^{(i)}$ is the permutation such that:
$\triangleright$ for all $\mathfrak{j} \leqslant 2018, \sigma_{\mathfrak{j}}^{(i)}$ is the unique element of $\{1, \ldots, 2018\}$ such that $\sigma_{\mathfrak{j}}^{(\mathfrak{i})} \equiv \mathfrak{i}+\mathfrak{j}(\bmod 2018)$;
$\triangleright$ for all $j \geqslant 2019, \sigma_{j}^{(i)}=j$.
Then the set $E=\left\{\sigma^{(1)}, \ldots, \sigma^{(2018)}\right\}$ is unavoidable. Indeed, let $b_{1}, \ldots, b_{4035}$ be a permutation. Among the integers $\mathrm{b}_{1}, \ldots, \mathrm{~b}_{2018}$, there is at least one that is less than or equal to 2018, since the set $\{2019, \ldots, 4035\}$ contains only 2017 elements. Let $i$ be an integer such that $i \leqslant 2018$ and $b_{i} \leqslant 2018$, and let $j$ be the unique element of $\{1, \ldots, 2018\}$ such that $j \equiv b_{i}-i(\bmod 2018)$. Then $b_{i} \equiv \mathfrak{i}+\mathfrak{j} \equiv \sigma_{i}^{(\mathfrak{j})}(\bmod 2018)$, and since $1 \leqslant b_{i}, \sigma_{i}^{(j)} \leqslant 2018$, this shows that $b_{i}=\sigma_{i}^{(j)}$, hence that $b$ intersects the permutation $\sigma^{(j)}$.
b) Let $E$ be a set containing 2017 permutations. For any permutation $b_{1}, \ldots, b_{4035}$, we call a collision of $b$ an integer $i$ such that there exists a permutation $a$ in $E$ for which $a_{i} = b_{i}$, and we call the weight of $b$ the number of collisions of $b$. We then consider a permutation $b$ of minimum weight: we will show that this weight is zero.
Indeed, suppose this weight is non-zero. Let $i$ be a collision of $b$. The set $\bar{X}=\{x \in \{1, \ldots, 4035\} \mid \exists a \in E$ such that $\left.a_{x}=b_{i}\right\}$ has cardinality at most $|E|=2017$, so the set $X=\left\{x \in \{1, \ldots, 4035\} \mid \forall a \in E, a_{x} \neq b_{i}\right\}$ has cardinality at least $4035-2017=2018$.
We then consider the set $Y=\left\{b_{x} \mid x \in X\right\}$, which also has cardinality at least 2018. According to the pigeonhole principle, there exists an integer $y \in Y$ such that $a_{i} \neq y$ for every permutation $a$ in $E$. Let $x \in X$ such that $y=b_{x}$.
We then consider the permutation $b^{\prime}$ obtained from $b$ by swapping the values of $b_{i}$ and $b_{x}$. By construction, neither $i$ nor $x$ are collisions of $b^{\prime}$. The other collisions of $b^{\prime}$ are all collisions of $b$. Consequently, $b^{\prime}$ has a strictly lower weight than $b$. This contradicts the definition of $b$, which invalidates our assumption and shows that no set containing 2017 permutations is unavoidable.
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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 dit que deux permutations $a_{1}, \ldots, a_{4035}$ et $b_{1}, \ldots, b_{4035}$ des entiers $1, \ldots, 4035$ s'intersectent s'il existe un entier $k \leqslant 4035$ tel que $a_{k}=b_{k}$. On dit qu'un ensemble $E$ de permutations est inévitable si chaque permutation des entiers $1, \ldots, 4035$ intersecte une permutation appartenant à E .
a) Montrer qu'il existe un ensemble inévitable contenant 2018 permutations.
b) Existe-t-il un ensemble inévitable contenant 2017 permutations?
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a) Pour tout $i \in\{1, \ldots, 2018\}$, on note $\sigma^{(i)}$ la permutation
$$
\mathfrak{i}+1, \mathfrak{i}+2, \ldots, 2018,1,2, \ldots, \mathfrak{i}, 2019,2020, \ldots, 4035
$$
En d'autres termes, $\sigma^{(i)}$ est la permutation telle que:
$\triangleright$ pour tout $\mathfrak{j} \leqslant 2018, \sigma_{\mathfrak{j}}^{(i)}$ est le seul élément de $\{1, \ldots, 2018\}$ tel que $\sigma_{\mathfrak{j}}^{(\mathfrak{i})} \equiv \mathfrak{i}+\mathfrak{j}(\bmod 2018)$;
$\triangleright$ pour tout $j \geqslant 2019, \sigma_{j}^{(i)}=j$.
Alors l'ensemble $E=\left\{\sigma^{(1)}, \ldots, \sigma^{(2018)}\right\}$ est inévitable. En effet, soit $b_{1}, \ldots, b_{4035}$ une permutation. Parmi les entiers $\mathrm{b}_{1}, \ldots, \mathrm{~b}_{2018}$, il y en a au moins un qui est inférieur ou égal à 2018, puisque l'ensemble $\{2019, \ldots, 4035\}$ ne compte que 2017 éléments. Soit i un entier tel que $i \leqslant 2018$ et $b_{i} \leqslant 2018$, et soit $j$ l'unique élément de $\{1, \ldots, 2018\}$ tel que $j \equiv b_{i}-i(\bmod 2018)$. Alors $b_{i} \equiv \mathfrak{i}+\mathfrak{j} \equiv \sigma_{i}^{(\mathfrak{j})}(\bmod 2018)$, et puisque $1 \leqslant b_{i}, \sigma_{i}^{(j)} \leqslant 2018$, cela montre que $b_{i}=\sigma_{i}^{(j)}$, donc que $b$ intersecte la permutation $\sigma^{(j)}$.
b) Soit E un ensemble contenant 2017 permutations. Pour toute permutation $b_{1}, \ldots, b_{4035}$, on appelle collision de $b$ un entier $i$ tel qu'il existe une permutation a dans E pour laquelle $a_{i}=$ $b_{i}$, et on appelle poids de $b$ le nombre de collisions de $b$. On considère alors une permutation $b$ de poids minimum : on va montrer que ce poids est nul.
En effet, supposons ce poids non nul. Soit alors $i$ une collision de $b$. L'ensemble $\bar{X}=\{x \in$ $\{1, \ldots, 4035\} \mid \exists a \in E$ tel que $\left.a_{x}=b_{i}\right\}$ est de cardinal au plus $|E|=2017$, donc l'ensemble $X=\left\{x \in\{1, \ldots, 4035\} \mid \forall a \in E, a_{x} \neq b_{i}\right\}$ est de cardinal au moins $4035-2017=2018$.
On considère alors l'ensemble $Y=\left\{b_{x} \mid x \in X\right\}$, de cardinal au moins 2018 lui aussi. Toujours d'après le principe des tiroirs, il existe un entier $y \in Y$ tel que $a_{i} \neq y$ pour toute permutation $a$ dans $E$. Soit $x \in X$ tel que $y=b_{x}$.
On considère alors la permutation $b^{\prime}$ obtenue à partir de $b$ en échangeant les valeurs de $b_{i}$ et de $b_{x}$. Par construction, ni $i$ ni $x$ ne sont des collisions de $b^{\prime}$. Les autres collisions de $b^{\prime}$ sont toutes des collisions de b. Par conséquent, $b^{\prime}$ est de poids strictement inférieur au poids de b. Ceci contredit la définition de b, ce qui invalide notre supposition et montre donc que nul ensemble contenant 2017 permutations n'est inévitable.
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{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "4",
"problem_match": "\nExercice 4.",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-pofm-2017-2018-envoi4-corrige.jsonl",
"solution_match": "## Solution de l'exercice 4",
"tier": "T2",
"year": "2018"
}
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Consider a $2018 \times 2018$ table where each cell contains a non-zero natural number. Noémie modifies these numbers at her discretion, applying the following operations:
$\triangleright$ choose a row and then multiply by 2 all the integers in this row;
$\triangleright$ choose a column and then subtract 1 from all the integers in this column.
Show that, by applying these operations, Noémie can manage to obtain a table where each cell contains the integer 0.
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Let's say a column is positive if it contains only non-zero natural numbers, and is null if it contains only 0s. Note that, every time Noémie doubles the integers in a row, the positive columns remain positive and the null columns remain null. We will say that an integer $n$ is a pivotal value if columns 1 to $n$ are null and columns $n+1$ to 2018 are positive. Note that a grid does not necessarily have a pivotal value; however, all the grids we will consider will have one.
Initially, 0 is a pivotal value. We will show that, starting from a grid with a pivotal value $n$, Noémie can apply the operations described to obtain a grid with $n+1$ as the pivotal value. To do this, we call the weight of the $(n+1)^{\text{th}}$ column the largest integer it contains. If this weight is strictly greater than 1, Noémie reduces it as follows:
$\triangleright$ first, she doubles the integers in each row whose $(n+1)$-th integer is 1 (and will therefore be 2 after doubling);
$\triangleright$ then she subtracts 1 from all the integers in the $(n+1)^{\text{th}}$ column.
By doing so, the $(n+1)^{\text{th}}$ column has indeed seen its weight decrease by 1, and $n$ remains the pivotal value of the grid. Finally, if the $(n+1)^{\text{th}}$ column has a weight of 1, then Noémie subtracts 1 from all the integers in this column, making it a null column.
She thus obtains a grid where $n+1$ is the pivotal value. By repeating this process, she eventually arrives at a grid where 2018 is the pivotal value, which means the grid contains only the integer 0.
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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 tableau de taille $2018 \times 2018$ dont chaque case contient un entier naturel non nul. Noémie modifie ces entiers à sa guise, en appliquant les opérations suivantes :
$\triangleright$ choisir une ligne puis multiplier par 2 tous les entiers contenus dans cette ligne;
$\triangleright$ choisir une colonne puis soustraire 1 à tous les entiers contenus dans cette colonne.
Montrer que, en appliquant ces opérations, Noémie peut se débrouiller pour obtenir un tableau dont chaque case contient l'entier 0.
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On va dire qu'une colonne est positive si elle ne contient que des entiers naturels non nuls, et est nulle si elle ne contient que des 0 . Remarquons que, chaque fois que Noémie double les entiers contenus sur une ligne, les colonnes positives restent positives et les colonnes nulles restent nulles. On dit enfin qu'un entier $n$ est une valeur charnière si les colonnes 1 à $n$ sont nulles et les colonnes $n+1$ à 2018 sont positives. Notons qu'une grille n'a pas nécessairement de valeur charnière; ce sera néanmoins le cas de toutes les grilles que nous considérerons.
Initialement, 0 est une valeur charnière. On va montrer que, partant d'une grille ayant une valeur charnière $n$, Noémie peut appliquer les opérations de l'énoncé pour obtenir une grille ayant $n+1$ pour valeur charnière. Pour ce faire, on appelle poids de la $(n+1)^{\text {ème }}$ colonne le plus grand entier qu'elle contient. Si ce poids est strictement supérieur à 1, Noémie le fait baisser comme suit :
$\triangleright$ tout d'abord, elle double les entiers de chacune des lignes dont le ( $n+1$ )ème entier vaut 1 (et vaudra donc 2 après doublement);
$\triangleright$ puis elle retranche 1 à tous les entiers de la $(n+1)^{\text {ème }}$ colonne.
Ce faisant, la $(n+1)^{\text {ème }}$ colonne a bien vu son poids diminuer de 1 , et $n$ est toujours la valeur charnière de la grille. Enfin, si la $(n+1)^{\text {ème }}$ colonne a un poids de 1, alors Noémie retranche 1 à tous les entiers de cette colonne, et en fait une colonne nulle.
Elle obtient ainsi une grille dont $\mathrm{n}+1$ est la valeur charnière. En réitérant ce processus, elle finit par aboutir à une grille dont 2018 est la valeur charnière, ce qui signifie que la grille ne contient que l'entier 0.
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{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "5",
"problem_match": "\nExercice 5.",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-pofm-2017-2018-envoi4-corrige.jsonl",
"solution_match": "\nSolution de l'exercice 5",
"tier": "T2",
"year": "2018"
}
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Show that, among 2048 integers, one can always find 1024 whose sum is divisible by 1024.
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We will prove by induction on $n \geqslant 0$ the property $P(n)$ which states that among $2^{n+1}$ integers, one can always find $2^{n}$ whose sum is divisible by $2^{n}$. First, for $n=0$, the result is obvious, since every integer is divisible by $2^{0}=1$. Therefore, the property $P(0)$ is true.
Now consider an integer $n \geqslant 0$ such that $P(n)$ is true, and we will show $P(n+1)$. Consider a set of $2^{n+2}$ arbitrary integers, which we arbitrarily divide into two piles of $2^{n+1}$ integers each. Thanks to the property $P(n)$, we extract from the first pile a set $E_{1}$ of $2^{n}$ integers whose sum is divisible by $2^{n}$. Similarly, we extract from the second pile a set $E_{2}$ of $2^{n}$ integers whose sum is divisible by $2^{n}$. Finally, among the $2^{n+1}$ integers that do not belong to $E_{1}$ or $E_{2}$, we extract again a set $E_{3}$ of $2^{n}$ integers whose sum is divisible by $2^{n}$.
The three sets $E_{1}, E_{2}$, and $E_{3}$ are disjoint, and their sums are congruent to 0 or $2^{n}$ modulo $2^{n+1}$. Therefore, two of these sums are equal modulo $2^{n+1}$. The union of the associated sets is thus a set of $2^{n+1}$ integers whose sum is divisible by $2^{n+1}$, which shows $P(n+1)$ and concludes the exercise.
## 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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Montrer que, parmi 2048 entiers, on peut toujours en trouver 1024 dont la somme est divisible par 1024.
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On va montrer par récurrence sur $n \geqslant 0$ la propriété $P(n)$ selon laquelle, parmi $2^{n+1}$ entiers, on peut toujours en trouver $2^{n}$ dont la somme est divisible par $2^{n}$. Tout d'abord, pour $n=0$, le résultat est évident, puisque tout entier est divisible par $2^{0}=1$. La propriété $\mathrm{P}(0)$ est donc vraie.
On considère maintenant un entier $n \geqslant 0$ tel que $P(n)$ est vraie, et on va montrer $P(n+1)$. Considérons un ensemble de $2^{n+2}$ entiers quelconques, que l'on coupe arbitrairement en deux tas de $2^{\mathrm{n}+1}$ entiers chacun. Grâce à la propriété $P(n)$, on extrait du premier tas un ensemble $E_{1}$ de $2^{n}$ entiers dont la somme est divisible par $2^{n}$. De même, on extrait du second tas un ensemble $\mathrm{E}_{2}$ de $2^{n}$ entiers dont la somme est divisible par $2^{n}$. Enfin, parmi les $2^{n+1}$ entiers n'appartenant ni à $E_{1}$ ni à $E_{2}$, on extrait de nouveau un ensemble $E_{3}$ de $2^{n}$ entiers dont la somme est divisible par $2^{n}$.
Les trois ensembles $E_{1}, E_{2}$ et $E_{3}$ sont disjoints, et ont des sommes congrues à 0 ou à $2^{n}$ modulo $2^{\mathrm{n+1}}$. Deux de ces sommes sont donc égales modulo $2^{\mathrm{n+1}}$. L'union des ensembles associés est donc un ensemble de $2^{n+1}$ entiers dont la somme est divisible par $2^{n+1}$, ce qui montre $P(n+1)$ et conclut l'exercice.
## Exercices du groupe A
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{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "6",
"problem_match": "\nExercice 6.",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-pofm-2017-2018-envoi4-corrige.jsonl",
"solution_match": "\nSolution de l'exercice 6",
"tier": "T2",
"year": "2018"
}
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Let G be an infinite directed graph, where every vertex has finite degree. We assume that, for each vertex $s$, the in-degree of $s$ is strictly less than the out-degree of $s$. Let $v$ be a vertex of G. For any integer $n \geqslant 1$, we denote $V_{n}$ as the number of vertices that can be reached from $v$ by passing through at most n edges, including $v$.
What is the smallest possible value of $\mathrm{V}_{\mathrm{n}}$?
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For any integer $n \geqslant 0$, we denote by $E_{n}$ the set of vertices reached by passing through $n$ edges of $G$ or fewer, and by $F_{n}$ the set $E_{n} \backslash E_{n-1}$, i.e., the set of vertices reached by passing through $n$ edges of $G$ at a minimum. Furthermore, we denote by $a_{n}$ the number of edges $(x, y)$ such that $x, y \in E_{n}$, and by $b_{n}$ the number of edges $(x, y)$ such that $x \in E_{n}$ and $y \notin E_{n}$. Note that these are exactly the edges $(x, y)$ such that $x \in F_{n}$ and $y \in F_{n+1}$.
By construction, we know that $a_{n}$ is less than or equal to the sum of the in-degrees of the vertices in $E_{n}$, while $a_{n}+b_{n}$ is equal to the sum of the out-degrees of the vertices in $E_{n}$. Consequently, we have $a_{n}+b_{n} \geqslant a_{n}+\left|E_{n}\right|$, so $b_{n} \geqslant\left|E_{n}\right|$. The pigeonhole principle then indicates that at least one of the vertices in $F_{n}$ has an out-degree of $b_{n} /\left|F_{n}\right|$ or more, so $\left|\mathrm{F}_{\mathrm{n}+1}\right| \geqslant \mathrm{b}_{\mathrm{n}} /\left|\mathrm{F}_{\mathrm{n}}\right| \geqslant\left|\mathrm{E}_{\mathrm{n}}\right| /\left|\mathrm{F}_{\mathrm{n}}\right|$. This shows in particular that
$$
\left|E_{n+2}\right|=\left|E_{n+1}\right|+\left|F_{n+2}\right| \geqslant\left|E_{n+1}\right|+\left|E_{n+1}\right| /\left|F_{n+1}\right|=\left|E_{n}\right|+\left|F_{n+1}\right|+\left(\left|E_{n}\right|+\left|F_{n+1}\right|\right) /\left|F_{n+1}\right| .
$$
The arithmetic-geometric mean inequality shows that $\left|\mathrm{F}_{\mathrm{n}+1}\right|+\left|\mathrm{E}_{\boldsymbol{n}}\right| /\left|\mathrm{F}_{\mathrm{n}+1}\right| \geqslant 2 \sqrt{\mid \mathrm{E}_{\mathbf{n}}} \mid$, from which we deduce that $\left|E_{n+2}\right| \geqslant\left|E_{n}\right|+2 \sqrt{\left|E_{n}\right|}+1$.
We note that $\mathrm{E}_{0}=\mathrm{F}_{0}=\{v\}$, so $\left|\mathrm{E}_{0}\right|=\left|\mathrm{F}_{0}\right|=1$, and thus $\left|\mathrm{E}_{1}\right|=\left|\mathrm{E}_{0}\right|+\left|\mathrm{F}_{1}\right| \geqslant$ $1+\left|\mathrm{E}_{0}\right| /\left|\mathrm{F}_{0}\right|=2$. We then prove by induction on $n$ that $\left|\mathrm{E}_{2 n}\right| \geqslant(n+1)^{2}$ and that $\left|\mathrm{E}_{2 n+1}\right| \geqslant$ $(n+1)(n+2)$. First, this is true for $n=0$. Moreover, if these two equalities are true for an integer $n \geqslant 0$, then:
$$
\begin{aligned}
& \triangleright\left|E_{2 n+2}\right| \geqslant\left|E_{2 n}\right|+2 \sqrt{\left|E_{2 n}\right|}+1 \geqslant(n+1)^{2}+2(n+1)+1=(n+2)^{2} ; \\
& \triangleright\left|E_{2 n+3}\right| \geqslant\left|E_{2 n+1}\right|+2 \sqrt{\left|E_{2 n+1}\right|}+1>(n+1)(n+2)+2(n+1)+1=(n+2)(n+3)-1, \\
& \quad \text { so }\left|E_{2 n+3}\right| \geqslant(n+2)(n+3) .
\end{aligned}
$$
This concludes our induction.
Conversely, suppose that the vertices of the graph $G$ are the pairs $(a, b)$ such that $0 \leqslant$ $2 b \leqslant a$, and that the edges are the pairs $\left((a, b),\left(a+1, b^{\prime}\right)\right)$. Then each vertex $(a, b)$ has an in-degree of $\lceil a / 2\rceil$ and an out-degree of $\lceil a / 2\rceil+1$. Moreover, if $v$ is the vertex $(0,0)$, then $E_{n}$ is the set of vertices $(a, b)$ such that $a \leqslant n$, which shows that $\left|E_{2 n}\right|=\sum_{k=0}^{n-1} 2(k+1)+$ $(n+1)=(n+1)^{2}$ and that $\left|E_{2 n+1}\right|=\left|E_{2 n}\right|+(n+1)=(n+1)(n+2)$.
Consequently, we can assert that the smallest possible value of $V_{n}=\left|E_{n}\right|$ is $(n+2)^{2} / 4$ if $n$ is even, or $(n+1)(n+3) / 4$ if $n$ is odd, i.e., $\left\lfloor(n+2)^{2} / 4\right\rfloor$ in all cases.
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\left\lfloor(n+2)^{2} / 4\right\rfloor
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Yes
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Yes
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math-word-problem
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Combinatorics
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Soit G un graphe orienté infini, dont tout sommet est de degré fini. On suppose que, pour chaque sommet $s$, le degré entrant de $s$ est strictement inférieur au degré sortant de s. Soit $v$ un sommet de G. Pour tout entier $n \geqslant 1$, on note $V_{n}$ le nombre de sommets que l'on peut atteindre à partir de $v$ en passant par au plus n arêtes, $v$ compris.
Quelle est la plus petite valeur possible de $\mathrm{V}_{\mathrm{n}}$ ?
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Pour tout entier $n \geqslant 0$, on note $E_{n}$ l'ensemble des sommets atteints en passant par $n$ arêtes de $G$ ou moins, et $F_{n}$ l'ensemble $E_{n} \backslash E_{n-1}$, c'est-à-dire l'ensemble des sommets atteints en passant par $n$ arêtes de $G$ au minimum. En outre, on note $a_{n}$ le nombre d'arêtes $(x, y)$ telles que $x, y \in E_{n}$, et $b_{n}$ le nombre d'arêtes $(x, y)$ telles que $x \in E_{n}$ et $y \notin E_{n}$. Remarquons qu'il s'agit exactement des arêtes $(x, y)$ telles que $x \in F_{n}$ et $y \in F_{n+1}$.
Par construction, on sait que $a_{n}$ est inférieur ou égal à la somme des degrés entrants des sommets de $E_{n}$, tandis que $a_{n}+b_{n}$ est égal à la somme des degrés sortants des sommets de $E_{n}$. Par conséquent, on a $a_{n}+b_{n} \geqslant a_{n}+\left|E_{n}\right|$, donc $b_{n} \geqslant\left|E_{n}\right|$. Le principe des tiroirs indique alors que l'un des sommets de $F_{n}$ au moins est de degré sortant $b_{n} /\left|F_{n}\right|$ ou plus, donc que $\left|\mathrm{F}_{\mathrm{n}+1}\right| \geqslant \mathrm{b}_{\mathrm{n}} /\left|\mathrm{F}_{\mathrm{n}}\right| \geqslant\left|\mathrm{E}_{\mathrm{n}}\right| /\left|\mathrm{F}_{\mathrm{n}}\right|$. Cela montre en particulier que
$$
\left|E_{n+2}\right|=\left|E_{n+1}\right|+\left|F_{n+2}\right| \geqslant\left|E_{n+1}\right|+\left|E_{n+1}\right| /\left|F_{n+1}\right|=\left|E_{n}\right|+\left|F_{n+1}\right|+\left(\left|E_{n}\right|+\left|F_{n+1}\right|\right) /\left|F_{n+1}\right| .
$$
L'inégalité arithmético-géométrique montre que $\left|\mathrm{F}_{\mathrm{n}+1}\right|+\left|\mathrm{E}_{\boldsymbol{n}}\right| /\left|\mathrm{F}_{\mathrm{n}+1}\right| \geqslant 2 \sqrt{\mid \mathrm{E}_{\mathbf{n}}} \mid$, d'où l'on déduit en fait que $\left|E_{n+2}\right| \geqslant\left|E_{n}\right|+2 \sqrt{\left|E_{n}\right|}+1$.
On remarque alors que $\mathrm{E}_{0}=\mathrm{F}_{0}=\{v\}$, donc que $\left|\mathrm{E}_{0}\right|=\left|\mathrm{F}_{0}\right|=1$, et donc que $\left|\mathrm{E}_{1}\right|=\left|\mathrm{E}_{0}\right|+\left|\mathrm{F}_{1}\right| \geqslant$ $1+\left|\mathrm{E}_{0}\right| /\left|\mathrm{F}_{0}\right|=2$. On montre alors par récurrence sur $n$ que $\left|\mathrm{E}_{2 n}\right| \geqslant(n+1)^{2}$ et que $\left|\mathrm{E}_{2 n+1}\right| \geqslant$ $(n+1)(n+2)$. Tout d'abord, c'est vrai pour $n=0$. Par ailleurs, si ces deux égalités sont vraies pour un entier $n \geqslant 0$, alors:
$$
\begin{aligned}
& \triangleright\left|E_{2 n+2}\right| \geqslant\left|E_{2 n}\right|+2 \sqrt{\left|E_{2 n}\right|}+1 \geqslant(n+1)^{2}+2(n+1)+1=(n+2)^{2} ; \\
& \triangleright\left|E_{2 n+3}\right| \geqslant\left|E_{2 n+1}\right|+2 \sqrt{\left|E_{2 n+1}\right|}+1>(n+1)(n+2)+2(n+1)+1=(n+2)(n+3)-1, \\
& \quad \text { donc }\left|E_{2 n+3}\right| \geqslant(n+2)(n+3) .
\end{aligned}
$$
Ceci conclut notre récurrence.
Réciproquement, supposons que les sommets du graphe $G$ sont les paires $(a, b)$ telles que $0 \leqslant$ $2 b \leqslant a$, et dont les arêtes sont les paires $\left((a, b),\left(a+1, b^{\prime}\right)\right)$. Alors chaque sommet $(a, b)$ est de degré entrant $\lceil a / 2\rceil$ et de degré sortant $\lceil a / 2\rceil+1$. Par ailleurs, si $v$ est le sommet $(0,0)$, alors $E_{n}$ est l'ensemble des sommets $(a, b)$ tels que $a \leqslant n$, ce qui montre que $\left|E_{2 n}\right|=\sum_{k=0}^{n-1} 2(k+1)+$ $(n+1)=(n+1)^{2}$ et que $\left|E_{2 n+1}\right|=\left|E_{2 n}\right|+(n+1)=(n+1)(n+2)$.
Par conséquent, on peut affimer que la plus petite valeur possible de $V_{n}=\left|E_{n}\right|$ est $(n+2)^{2} / 4$ si $n$ est pair, ou bien $(n+1)(n+3) / 4$ si $n$ est impair, c'est-à-dire $\left\lfloor(n+2)^{2} / 4\right\rfloor$ dans tous les cas.
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{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "7",
"problem_match": "\nExercice 7.",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-pofm-2017-2018-envoi4-corrige.jsonl",
"solution_match": "\nSolution de l'exercice 7",
"tier": "T2",
"year": "2018"
}
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Patricia placed 2018 points in the plane, such that the distances between any two points are all distinct. She then colors each of her 2018 points, making sure that for each point $P$, the points $Q$ and $R$ placed closest and farthest from $P$ are the same color as $P$.
How many colors, at most, could Patricia have used?
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We will show that Patricia could have used a maximum of 504 colors. First, as soon as a color is used to color a vertex $v$, it is also used to color the closest and farthest vertices from $v$, i.e., at least 3 vertices.
Now suppose that at least two colors have been used to color only 3 vertices each. We call these vertices $A_{1}, A_{2}, A_{3}$ and $B_{1}, B_{2}, B_{3}$, respectively. Without loss of generality, we assume that $A_{1} A_{2} < A_{2} A_{3} < A_{3} A_{1}$ and that $B_{1} B_{2} < B_{2} B_{3} < B_{3} B_{1}$. Then $A_{2}$ is the vertex closest to $A_{3}$ and $B_{3}$ is the vertex farthest from $B_{2}$, so $A_{2} A_{3} < B_{2} A_{3} < B_{2} B_{3}$. We would similarly show that $B_{2} B_{3} < A_{2} A_{3}$, leading to a contradiction. Therefore, our assumption was false, and at most one color has been used to color only 3 vertices.
If Patricia used $k$ colors, she has therefore colored at least $4k - 1$ vertices. This shows that $4k - 1 \leq 2018$, hence
$$
k \leq \left\lfloor \frac{2018 + 1}{4} \right\rfloor = 504.
$$
Conversely, here is a possible construction for 14 instead of 2018. We detail the construction for 2018 below.
Patricia constructs a regular 1008-gon. She numbers its vertices clockwise from $A_{1}$ to $A_{1008}$, then slightly moves them so that the distances between points $A_{i}$ are all distinct: such perturbations can be chosen to be arbitrarily small. Next, near each point $A_{i}$, and still ensuring that the distances between points are all distinct, she places a point $B_{i}$. Finally, she places two points $C_{1}$ and $C_{2}$ near $A_{1}$ and $A_{2}$.
Then, for each vertex $X_{i}$, where $X \in \{A, B, C\}$, the closest vertex is one of the other vertices $X_{i}$, and the farthest vertex is one of the vertices $X_{504+i}$ (if $1 \leq i \leq 504$) or $X_{i-504}$ (if $505 \leq i \leq 1008$). Patricia thus uses colors numbered from 1 to 504, and paints the vertices $X_{k}$ and $X_{k+504}$ with color $k$. The first sentence of the paragraph shows that this coloring respects the conditions of the problem, and Patricia has therefore indeed used 504 colors, which concludes the exercise.
Remark: As in Exercise 2, the argument used to show that at most 504 colors were available makes use of the minimax theorem: the largest of the minimal distances from a point to the other points is equal to the smallest of the maximal distances from a point to the other points. Here, this result was applied to the points $A_{2}, A_{3}, B_{2}$, and $B_{3}$.
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504
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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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Patricia a placé 2018 points dans le plan, de sorte que les distances entre 2 points quelconques soient deux à deux distinctes. Elle colorie alors chacun de ses 2018 points, en faisant attention à ce que ; pour chaque point $P$, les points $Q$ et $R$ placés le plus près et le plus loin de $P$ sont de la même couleur que $P$.
Combien de couleurs, au plus, Patricia a-t-elle pu utiliser?
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On va montrer que Patricia a pu utiliser un maximum de 504 couleurs. Tout d'abord, dès qu'une couleur sert à colorier un sommet $v$, elle sert aussi à colorier les sommets le plus proche et le plus éloigné de $v$, c'est-à-dire 3 sommets au moins.
Supposons maintenant que deux couleurs, au moins, n'ont servi à colorier que 3 sommets chacune. On appelle ces sommets respectivement $A_{1}, A_{2}, A_{3}$ et $B_{1}, B_{2}, B_{3}$. Sans perte de généralité, on suppose que $A_{1} A_{2}<A_{2} A_{3}<A_{3} A_{1}$ et que $B_{1} B_{2}<B_{2} B_{3}<B_{3} B_{1}$. Alors $A_{2}$ est le sommet le plus proche de $A_{3}$ et $B_{3}$ est le sommet le plus éloigné de $B_{2}$, donc $A_{2} A_{3}<B_{2} A_{3}<B_{2} B_{3}$. On montrerait de même que $B_{2} B_{3}<A_{2} A_{3}$, aboutissant à une contradiction. Notre supposition était donc fausse, et au plus une couleur n'a servi à colorier que 3 sommets.
Si Patricia a utilisé $k$ couleurs, elle a donc colorié au moins $4 k-1$ sommets. Cela montre que $4 \mathrm{k}-1 \leqslant 2018$, donc que
$$
k \leqslant\left\lfloor\frac{2018+1}{4}\right\rfloor=504 .
$$
Réciproquement, voici une figure d'une construction possible pour 14 au lieu de 2018. Nous détaillons ci-dessous la construction pour 2018.
Patricia construit un 1008-gone régulier. Elle numérote ses sommets dans le sens des aiguilles d'une montre, de $A_{1}$ à $A_{1008}$, puis elle les bouge très légèrement, de manière à ce que les distances entre points $A_{i}$ soient deux à deux distinctes: de telles perturbations peuvent être choisies de manière à être arbitrairement petites. Ensuite, à proximité immédiate de chaque point $A_{i}$, et toujours en faisant en sorte que les distances entre points soient deux à deux distinctes, elle place un point $B_{i}$. Enfin, elle place à proximité de $A_{1}$ et de $A_{2}$ deux points $C_{1}$ et $C_{2}$.
Alors, pour chaque sommet $X_{i}$, où $X \in\{A, B, C\}$, le sommet le plus proche est l'un des autres sommets $X_{i}$, et le sommet le plus éloigné est l'un des sommets $X_{504+i}$ (si $1 \leqslant i \leqslant 504$ ) ou $X_{i-504}$ (si $505 \leqslant \mathfrak{i} \leqslant 1008$ ). Patricia utilise donc des couleurs numérotées de 1 à 504 , et peint de la couleur $k$ les sommets $X_{k}$ et $X_{k+504}$. La première phrase du paragraphe montre que ce coloriage respecte bien les conditions de l'énoncé, et Patricia a donc bien pu utliser 504 couleurs, ce qui conclut l'exercice.
Remarque: Comme à l'exercice 2, l'argument utilisé pour montrer que 504 couleurs au plus étaient disponibles fait appel au théorème du minimax : la plus grande des distances minimales d'un point aux autres points est égale à la plus petite des distances maximales d'un point aux autres points. Ici, on a utilisé ce résultat sur les points $A_{2}, A_{3}, B_{2}$ et $B_{3}$.
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{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "8",
"problem_match": "\nExercice 8.",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-pofm-2017-2018-envoi4-corrige.jsonl",
"solution_match": "\nSolution de l'exercice 8",
"tier": "T2",
"year": "2018"
}
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It is said that a set $B$ of integers is an interval of integers if there exist integers $i \leqslant j$ such that $B=\{i, i+1, \ldots, j\}$, and we denote by $\mathcal{J}$ the set of intervals of integers. Furthermore, if $A=\left\{a_{1}, \ldots, a_{k}\right\}$ is a set of integers, with $a_{1}<\ldots<a_{k}$, we define
$$
f(A)=\max _{1 \leqslant i<k}\left(a_{i+1}-a_{i}\right) \text { and } g(A)=\max _{B \subseteq A, B \in \mathcal{J}}|B| \text {. }
$$
We recall that the notation $|B|$ denotes the number of elements in the set $B$. If $A$ is empty or a singleton, we also set $f(A)=0$. Finally, for any integer $n \geqslant 1$, we define
$$
F(n)=\sum_{A \subseteq\{1, \ldots, n\}} f(A) \text { and } G(n)=\sum_{A \subseteq\{1, \ldots, n\}} g(A) .
$$
Show that there exists a natural number $m$ such that $F(n)>G(n)$ for all integers $n \geqslant m$.
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In this solution, we will denote by $E_{n}$ the set of subsets of $\{1, \ldots, n\}$ and $S_{n}$ the set of subsets $A$ of $\{1, \ldots, n\}$ such that $\{1, n\} \subseteq A$. If $A$ is a set and $k$ is an integer, we will also denote by $A+k$ the set $\{x+k \mid x \in A\}$.
For a given set $A \in E_{n}$, $f(A)$ is the largest difference between successive elements of $A$, while $g(A)+1$ is the largest difference between successive elements of $\{0, \ldots, n+1\} \backslash A$, or equivalently of $\{1, \ldots, n+2\} \backslash(A+1)$.
We therefore have $g(A)+1=f(\{1, \ldots, n+2\} \backslash(A+1))$. When $A$ runs through the set $E_{n},\{1, \ldots, n+2\} \backslash(A+1)$ runs through $S_{n+2}$. We thus have
$$
\mathrm{G}(\mathrm{n})=\sum_{A \in \boldsymbol{S}_{n+2}}(\mathrm{f}(\mathrm{~A})-1)
$$
We then wish to compare $F(n)$ to the sum $\sum_{A \in S_{n+2}} f(A)$. To do this, we introduce the bijection $\varphi: E_{n} \mapsto S_{n+2}$ defined as follows: $\varphi(\emptyset)=\{1, \ldots, n+2\}$ and, if $A$ is a non-empty subset of $\{1, \ldots, n\}$, with minimum $a$ and maximum $b$, then $\varphi(A)=\{1, \ldots, a\} \cup\{x+1 \mid x \in A$ and $a<x<b\} \cup\{b+2, \ldots, n+2\}$.
Note that, from $\varphi(A)$, we can compute $a$ and $b$, and thus recover $A$ itself, so $\varphi$ is injective. Since $E_{n}$ and $S_{n+2}$ both have cardinality $2^{n}$, $\varphi$ is indeed a bijection.
Furthermore, observe that for any $A \in E_{n}$ such that $|A| \geqslant 2$, with minimum $a$ and maximum $b$, we have $f(\varphi(A)) \leqslant f(A)+1$, with equality if and only if $a+f(A)$ is the second smallest element of $A$, or $b-f(A)$ is the second largest element of $A$. On the other hand, if $|A| \leqslant 1$, then $f(A)=0$ and $f(\varphi(A)) \leqslant 2$.
We then say that a set $A \in E_{n}$ is good if $|A| \geqslant 2$ and if $f(\varphi(A)) \leqslant f(A)$, and denote by $e_{n}$ the number of good sets in $E_{n}$. Then
$$
\begin{aligned}
\sum_{A \in S_{n}+2} f(A) & =\sum_{A \in E_{n}} f(\varphi(A)) \leqslant \sum_{A \in E_{n},|A| \geqslant 2, A \text { good }} f(A)+\sum_{A \in E_{n},|A| \geqslant 2, A \text { not good }}(f(A)+1)+\sum_{A \in E_{n},|A| \leqslant 1} 2 \\
& \leqslant \sum_{A \in E_{n},|A| \geqslant 2}(f(A)+1)-e_{n}+2(n+1)=\sum_{A \in E_{n}}(f(A)+1)-e_{n}+n+1
\end{aligned}
$$
Now, if $n \geqslant 5$, any set $A$ of the form $\{1,2, n-1, n\} \cup(X+3)$, where $X$ is an element of $E_{n-5}$, is necessarily good, since $f(A) \geqslant 2$. Therefore, there are at least $2^{n-5}$ good sets in $E_{n}$, which shows that $e_{n} \geqslant 2^{n-5}$. In particular, we have $e_{10} \geqslant 2^{5}=32>10+1$, and an immediate induction shows that $e_{n}>n+1$ for all $n \geqslant 10$. It follows that, if $n \geqslant 10$, then
$$
\begin{aligned}
G(n) & =\sum_{A \in S_{n+2}} f(A)-\left|S_{n+2}\right| \leqslant \sum_{A \in E_{n}}(f(A)+1)-e_{n}+n+1-\left|S_{n+2}\right| \\
& \leqslant F(n)+\left|E_{n}\right|-e_{n}+n+1-\left|S_{n+2}\right|=F(n)-e_{n}+n+1<F(n)
\end{aligned}
$$
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Combinatorics
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On dit qu'un ensemble B d'entiers est un intervalle d'entiers s'il existe des entiers $i \leqslant j$ tels que $B=\{i, \mathfrak{i}+1, \ldots, j\}$, et on note $\mathcal{J}$ l'ensemble des intervalles d'entiers. Par ailleurs, si $A=\left\{a_{1}, \ldots, a_{k}\right\}$ est un ensemble d'entiers, avec $a_{1}<\ldots<a_{k}$, on pose
$$
f(A)=\max _{1 \leqslant i<k}\left(a_{i+1}-a_{i}\right) \text { et } g(A)=\max _{B \subseteq \mathcal{A}, B \in \mathcal{J}}|B| \text {. }
$$
On rappelle que la notation $|B|$ désigne le nombre d'éléments de l'ensemble B. Si A est vide ou est un singleton, on pose également $f(A)=0$. Enfin, pour tout entier $n \geqslant 1$, on définit
$$
F(n)=\sum_{A \subseteq\{1, \ldots, n\}} f(A) \text { et } G(n)=\sum_{A \subseteq\{1, \ldots, n\}} g(A) .
$$
Montrer qu'il existe un entier naturel $m$ tel que $F(n)>G(n)$ pour tout entier $n \geqslant m$.
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Dans toute cette soluion, on notera $E_{n}$ l'ensemble des parties de $\{1, \ldots, n\}$ et $S_{n} l^{\prime}$ ensemble des parties $A$ de $\{1, \ldots, n\}$ telles que $\{1, n\} \subseteq A$. Si $A$ est un ensemble et $k$ un entier, on notera également $A+k$ l'ensemble $\{x+k \mid x \in A\}$.
Pour un ensemble $A \in E_{n}$ donné, $f(A)$ est la plus grande différence entre des éléments successifs de $A$, tandis que $g(A)+1$ est la plus grande différence entre des éléments successifs de $\{0, \ldots, n+1\} \backslash A$, ou encore de $\{1, \ldots, n+2\} \backslash(A+1)$.
On a donc $g(A)+1=f(\{1, \ldots, n+2\} \backslash(A+1))$. Or, quand $A$ parcourt l'ensemble $E_{n},\{1, \ldots, n+$ $2\} \backslash(A+1)$ parcourt $S_{n+2}$. On a donc
$$
\mathrm{G}(\mathrm{n})=\sum_{A \in \boldsymbol{S}_{n+2}}(\mathrm{f}(\mathrm{~A})-1)
$$
On souhaite alors comparer $F(n)$ à la somme $\sum_{A \in S_{n+2}} f(A)$. Pour ce faire, on introduit la bijection $\varphi: E_{n} \mapsto S_{n+2}$ définie comme suit : $\varphi(\emptyset)=\{1, \ldots, n+2\}$ et, si A est une partie non vide de $\{1, \ldots, n\}$, de minimum $a$ et de maximum $b$, alors $\varphi(A)=\{1, \ldots, a\} \cup\{x+1 \mid x \in A$ et $a<x<$ b $\} \cup\{\boldsymbol{b}+2, \ldots, \boldsymbol{n}+2\}$.
Notons que, à partir de $\varphi(A)$, on peut calculer a et b, donc retrouver A lui-même, de sorte que $\varphi$ est injective. Puisque $E_{n}$ et $S_{n+2}$ sont tous deux de cardinal $2^{n}, \varphi$ est donc bien une bijection.
En outre, remarquons que, pour tout $A \in E_{n}$ tel que $|A| \geqslant 2$, de minimum a et de maximum $b$, on a $f(\varphi(A)) \leqslant f(A)+1$, avec égalité si et seulement si $a+f(A)$ est le deuxième plus petit élément de $A$, ou $b-f(A)$ est le deuxième plus grand élément de $A$. D'autre part, si $|A| \leqslant 1$, alors $f(A)=0$ et $f(\varphi(A)) \leqslant 2$.
On dit alors qu'un ensemble $A \in E_{n}$ est bon si $|A| \geqslant 2$ et si $f(\varphi(A)) \leqslant f(A)$, et note $e_{n}$ le nombre de bons ensembles de $E_{n}$. Alors
$$
\begin{aligned}
\sum_{A \in S_{n}+2} f(A) & =\sum_{A \in E_{n}} f(\varphi(A)) \leqslant \sum_{A \in E_{n},|A| \geqslant 2, A \text { bon }} f(A)+\sum_{A \in E_{n},|A| \geqslant 2, A \text { pas bon }}(f(A)+1)+\sum_{A \in E_{n},|A| \leqslant 1} 2 \\
& \leqslant \sum_{A \in E_{n},|\mathcal{A}| \geqslant 2}(f(A)+1)-e_{n}+2(n+1)=\sum_{A \in E_{n}}(f(A)+1)-e_{n}+n+1
\end{aligned}
$$
Or, si $n \geqslant 5$, tout ensemble $A$ de la forme $\{1,2, n-1, n\} \cup(X+3)$, où $X$ est un élément de $E_{n-5}$, est nécessairement bon, puisque $f(A) \geqslant 2$. Il existe donc au moins $2^{n-5}$ bons ensembles dans $E_{n}$, ce qui montre que $e_{n} \geqslant 2^{n-5}$. En particulier, on a $e_{10} \geqslant 2^{5}=32>10+1$, et une récurrence immédiate montre que $e_{n}>n+1$ pour tout $n \geqslant 10$. Il s'ensuit que, si $n \geqslant 10$, alors
$$
\begin{aligned}
G(n) & =\sum_{A \in S_{n+2}} f(A)-\left|S_{n+2}\right| \leqslant \sum_{A \in E_{n}}(f(A)+1)-e_{n}+n+1-\left|S_{n+2}\right| \\
& \leqslant F(n)+\left|E_{n}\right|-e_{n}+n+1-\left|S_{n+2}\right|=F(n)-e_{n}+n+1<F(n)
\end{aligned}
$$
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{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "9",
"problem_match": "\nExercice 9.",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-pofm-2017-2018-envoi4-corrige.jsonl",
"solution_match": "\nSolution de l'exercice 9",
"tier": "T2",
"year": "2018"
}
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Find all integers $x, y \geqslant 1$ such that
$$
\frac{1}{x}+\frac{1}{y}=\frac{1}{2017}
$$
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The equation is equivalent to $2017(x+y)=xy$, so $2017|xy$. Since 2017 is prime, $2017|x$ or $2017|y$. Without loss of generality, since $x$ and $y$ play the same role, we can assume that $2017|x$. Let $x' \geq 1$ such that $x=2017x'$. We then have $2017x' + y = x'y$, which simplifies to
$$
2017x' = y(x' - 1)
$$
Thus, $2017|y$ or $2017|x' - 1$, as before.
If $2017|y$, we write $y=2017y'$, and thus $x' = y'(x' - 1)$, or $x' + y' = x'y'$. We see that there is no solution if $x' = 1$ or $y' = 1$. If $x' = 2$, we find $y' = 2$ and vice versa. If $x', y' \geq 3$, then $x'y' \geq \max(3x', 3y') > x' + y'$, so there is no solution. Thus, we find a unique solution: $x' = y' = 2$, which gives $x = y = 4034$. We verify that this satisfies the original equation.
If $2017|x' - 1$, we write $x' = 2017k + 1$ with $k \in \mathbb{N}$. We then get $2017k + 1 = yk$, or $(y - 2017)k = 1$. This implies that $k = 1$ and thus $y - 2017 = 1$. Therefore, $y = 2018$ and $x = 2017 \times 2018$. We verify that this satisfies the initial equation.
Conclusion: there are three solutions, namely the integer pairs $(4034, 4034)$, $(2017 \times 2018, 2018)$, and $(2018, 2017 \times 2018)$. Indeed, since $x$ and $y$ play the same role, the second case we treated gives two solutions.
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(4034, 4034), (2017 \times 2018, 2018), (2018, 2017 \times 2018)
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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 $x, y \geqslant 1$ tels que
$$
\frac{1}{x}+\frac{1}{y}=\frac{1}{2017}
$$
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L'équation équivaut à $2017(x+y)=x y$, donc 2017|xy. Comme 2017 est premier, 2017|x ou 2017|y. Sans perte de généralité, $x$ et $y$ jouant le même rôle, on peut supposer que 2017|x. Soit $x^{\prime} \geqslant 1$ tel que $x=2017 x^{\prime}$. On a donc $2017 x^{\prime}+y=x^{\prime} y$, soit
$$
2017 x^{\prime}=y\left(x^{\prime}-1\right)
$$
Donc 2017|y ou 2017|x -1 , comme précédemment.
Si 2017|y, on écrit $y=2017 y^{\prime}$, et donc $x^{\prime}=y^{\prime}\left(x^{\prime}-1\right)$, soit $x^{\prime}+y^{\prime}=x^{\prime} y^{\prime}$. On voit qu'il n'y a pas de solution si $x^{\prime}=1$ ou $y^{\prime}=1$. Si $x^{\prime}=2$, on trouve $y^{\prime}=2$ et réciproquement. Si $x^{\prime}, y^{\prime} \geqslant 3$, $x^{\prime} y^{\prime} \geqslant \max \left(3 x^{\prime}, 3 y^{\prime}\right)>x^{\prime}+y^{\prime}$ donc il n'y a pas de solution. On trouve ainsi une unique solution : $x^{\prime}=y^{\prime}=2$, soit $x=y=4034$. On vérifie que cela satisfait bien l'équation de départ.
Si ' $2017 \mid x^{\prime}-1$, on écrit $x^{\prime}=2017 k+1$ avec $k \in \mathbb{N}$. On obtient alors $2017 k+1=y k$, soit $(y-2017) k=$ 1 . Ceci implique que $k=1$ et donc que $y-2017=1$. Ainsi, $y=2018$ et $x=2017 \times 2018$. On vérifie que cela satisfait l'équation initiale.
Conclusion : il y a trois solutions, à savoir les couples d'entiers $(4034,4034),(2017 \times 2018,2018)$ et $(2018,2017 \times 2018)$. En effet, $x$ et $y$ jouant le même rôle, le deuxième cas que nous avons traité donne deux solutions.
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{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "1",
"problem_match": "\nExercice 1.",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-pofm_2017-2018-envoi5-corrige.jsonl",
"solution_match": "\nSolution de l'exercice 1",
"tier": "T2",
"year": "2018"
}
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Adalbert and Babette are playing dominoes on a rectangular grid that is 2 cells high and 2018 cells wide. Adalbert starts by placing a domino of size $1 \times 2$ horizontally, covering exactly two cells of the grid. Then Babette plays a domino of size $1 \times 2$ vertically, and so on. The first player who cannot place a domino without overlapping an already placed domino loses. Show that Adalbert has a winning strategy.
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Divide the grid into 1009 consecutive blocks of size $2 \times 2$. Adalbert starts by placing a domino in one of these blocks. He is then assured of being able to complete it later with another domino. Babette must then play in another block (and she cannot play across two blocks, as her dominos are vertical). Adalbert plays in a third block, etc. When he plays for the 505th time, he starts a 505th block, which guarantees him the possibility of playing 505 more times. He can therefore place a total of 1010 dominos. Since a maximum of 2018 dominos can be placed in total, Babette can place at most 1008, so she will be blocked before Adalbert, who wins.
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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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Adalbert et Babette jouent aux dominos sur une grille rectangulaire de 2 cases de hauteur et 2018 cases de largeur. Adalbert commence en posant un domino de taille $1 \times 2$ en position horizontale, de façon à ce qu'il recouvre exactement deux cases de la grille. Puis Babette joue de même un domino $1 \times 2$ en position verticale, et ainsi de suite. Le premier qui ne peut plus jouer sans chevaucher un domino déjà posé a perdu. Montrer qu'Adalbert a une stratégie gagnante.
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Divisons la grille en 1009 blocs consécutifs de taille $2 \times 2$. Adalbert commence par poser un domino dans un de ces blocs. Il est alors assurer de pouvoir le compléter plus tard par un autre domino. Babette doit alors jouer dans un autre bloc (et elle ne peut pas jouer à cheval entre deux blocs, car ses dominos sont verticaux). Adalbert joue dans un troisième bloc, etc. Lorsqu'il joue pour la 505-ème fois, il entame un 505-ème bloc, ce qui lui garantit la possibilité de jouer encore 505 fois. Il pourra donc poser 1010 dominos au total. Comme on peut poser au plus 2018 dominos au total, Babette pourra en poser au plus 1008, elle sera donc bloquée avant Adalbert, qui l'emporte.
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{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "2",
"problem_match": "\nExercice 2.",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-pofm_2017-2018-envoi5-corrige.jsonl",
"solution_match": "\nSolution de l'exercice 2",
"tier": "T2",
"year": "2018"
}
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Let $ABC$ be an equilateral triangle and $P$ a point on its circumcircle, distinct from $A, B$, and $C$. The lines passing through $P$ and parallel to $(BC), (CA)$, and $(AB)$ intersect $(AC)$ at $M$, $(AB)$ at $N$, and $(BC)$ at $Q$, respectively. Prove that $M, N$, and $Q$ are collinear.
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Without loss of generality, we can assume that $P$ is on the arc $(AC)$, as shown in the figure. There are many parallel lines, so angle equalities, and thus likely more cyclic points giving even more angle equalities... Indeed, $(NP) \parallel (AC)$ and $(PM) \parallel (CB)$, so $\widehat{NPM} = \widehat{ACB} = 60^\circ$. And $\widehat{NAM} = 180^\circ - \widehat{CAB} = 120^\circ$. Therefore, $\widehat{NPM} + \widehat{NAM} = 180^\circ$, so $P, M, A, N$ are cyclic. Thus,
$$
\widehat{PNM} = \widehat{PAM} = \widehat{PAC}.
$$
Note that $\widehat{PNM}$ is of interest to us: if we prove that $\widehat{PNM} = \widehat{PNQ}$, then we will have shown that $M, N$, and $Q$ are collinear.
Now let's work on $\widehat{PNQ}$: we observe as before that $P, Q, B, N$ are cyclic, so
$$
\widehat{PNQ} = \widehat{PBQ} = \widehat{PBC}
$$
But $\widehat{PBC} = \widehat{PAC}$ because $P, B, A, C$ are cyclic. Therefore, $\widehat{PNQ} = \widehat{PNM}$ and $M, N, Q$ are collinear.
## 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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Soit $A B C$ un triangle équilatéral et $P$ un point de son cercle circonscrit, distinct de $A, B$ et $C$. Les droites passant par $P$ et parallèles à $(B C),(C A)$ et $(A B)$ intersectent respectivement $(A C)$ en $M$, $(A B)$ en $N$ et (BC) en $Q$. Prouver que $M, N$ et $Q$ sont alignés.
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Sans perte de généralité, on peut supposer que $P$ est sur l'arc ( $A C$ ), comme sur la figure. Il y a de nombreuses droites parallèles, donc égalités d'angles, donc sans doute des points cocycliques donnant encore plus d'égalité d'angles... En effet, (NP)//(AC) et $(\mathrm{PM}) / /(\mathrm{CB})$ donc $\widehat{\mathrm{NPM}}=\widehat{\mathrm{ACB}}=60^{\circ}$. Et $\widehat{N A M}=180^{\circ}-\widehat{C A B}=120^{\circ}$. Donc $\widehat{N P M}+\widehat{N A M}=180^{\circ}$, donc $P, M, A, N$ sont cocycliques. Ainsi,
$$
\widehat{P N M}=\widehat{P A M}=\widehat{P A C} .
$$
Notons que $\widehat{P N M}$ a un certain intérêt pour nous : si on prouve que $\widehat{P N M}=\widehat{\mathrm{PNQ}}$, alors on aura montré que $M, N$ et Q sont alignés.
Cherchons désormais à travailler sur $\widehat{\mathrm{PNQ}}$ : on constate comme précédemment que $\mathrm{P}, \mathrm{Q}, \mathrm{B}, \mathrm{N}$ sont cocycliques, donc
$$
\widehat{\mathrm{PNQ}}=\widehat{\mathrm{PBQ}}=\widehat{\mathrm{PBC}}
$$
Or $\widehat{\mathrm{PBC}}=\widehat{\mathrm{PAC}}$ car $\mathrm{P}, \mathrm{B}, \mathrm{A}, \mathrm{C}$ sont cocycliques. Donc $\widehat{\mathrm{PNQ}}=\widehat{\mathrm{PNM}}$ et $M, N, Q$ sont alignés.
## Exercices Communs
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{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "3",
"problem_match": "\nExercice 3.",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-pofm_2017-2018-envoi5-corrige.jsonl",
"solution_match": "## Solution de l'exercice 3",
"tier": "T2",
"year": "2018"
}
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Is it possible to arrange 601 disks of radius 1 in a rectangular box of size $4 \times 600$ without any two disks overlapping (they can, however, touch each other)?
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The answer is yes! To show this, we consider the triangular arrangement in the figure below.
Let's calculate $d$. We denote $\left(x_{A}, y_{A}\right)$ as the coordinates of the center of disk $A$, and so on. We have directly
$$
x_{A}=1, \quad x_{B}=2, \quad x_{C}=3, \quad \text { and } \quad y_{A}=1, \quad y_{B}=?, \quad y_{C}=1
$$
To determine $y_{B}$, we write that $\left(x_{A}-x_{B}\right)^{2}+\left(y_{A}-y_{B}\right)^{2}=4$, from which $y_{B}=1+\sqrt{3}$. Next, we determine the position of the center of disk $D$. We know that $y_{D}=3$, and then we must have $\left(x_{D}-x_{B}\right)^{2}+\left(y_{D}-y_{B}\right)^{2}=4$, from which $x_{D}=2+\sqrt{4 \sqrt{3}-3}$. We find that the coordinates of the center of $E$ are
$$
x_{E}=x_{D}+1=3+\sqrt{4 \sqrt{3}-3} \quad \text { and } \quad y_{E}=4-y_{B}=3-\sqrt{3}
$$
We verify that disks $E$ and $C$ are tangent, as $\left(x_{E}-x_{C}\right)^{2}+\left(y_{E}-y_{C}\right)^{2}=4$. Therefore, our figure is valid (no overlaps). In the end, we find $\mathrm{d}=\mathrm{x}_{\mathrm{E}}+1=4+\sqrt{4 \sqrt{3}-3}$.
We can then repeat our arrangement starting from the abscissa $d$. In other words, we can fit 6 disks in an interval of length $d$, and thus $6 k$ disks in an interval of length $d k$. By taking $k=100$, we find that we can fit 600 disks in an interval of length $100 \mathrm{~d} \approx 596.4$. There is still plenty of room to fit the last disk in the bottom right corner.
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601
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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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Est-il possible de ranger 601 disques de rayon 1 dans une boîte rectangulaire de taille $4 \times 600$ sans que deux disques ne se chevauchent (ils peuvent toutefois se toucher)?
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La réponse est oui! Pour le montrer, on considère la disposition en triangle sur la figure ci-dessous.
Calculons $d$. On note $\left(x_{A}, y_{A}\right)$ les coordonnées du centre du disque $A$, et ainsi de suite. On a donc directement
$$
x_{A}=1, \quad x_{B}=2, \quad x_{C}=3, \quad \text { et } \quad y_{A}=1, \quad y_{B}=?, \quad y_{C}=1
$$
Pour déterminer $y_{B}$, on écrit que $\left(x_{A}-x_{B}\right)^{2}+\left(y_{A}-y_{B}\right)^{2}=4$, d'où $y_{B}=1+\sqrt{3}$. On détermine ensuite la position du centre du disque $D$. On sait que $y_{D}=3$, puis on doit avoir $\left(x_{D}-x_{B}\right)^{2}+\left(y_{D}-y_{B}\right)^{2}=4$, d'où $x_{D}=2+\sqrt{4 \sqrt{3}-3}$. On obtient que les coordonnées du centre de $E$ sont
$$
x_{E}=x_{D}+1=3+\sqrt{4 \sqrt{3}-3} \quad \text { et } \quad y_{E}=4-y_{B}=3-\sqrt{3}
$$
On vérifie que les disques $E$ et $C$ sont tangents, car $\left(x_{E}-x_{C}\right)^{2}+\left(y_{E}-y_{C}\right)^{2}=4$. Donc notre figure est valide (pas de recouvrements). Au final, on trouve $\mathrm{d}=\mathrm{x}_{\mathrm{E}}+1=4+\sqrt{4 \sqrt{3}-3}$.
On peut alors recommencer notre disposition à partir de l'abscisse d. Autrement dit, on peut mettre 6 disques dans un intervalle $d$, et donc $6 k$ disques dans un intervalle $d k$. En prenant $k=100$, on trouve qu'on peut mettre 600 disques dans un intervalle de taille $100 \mathrm{~d} \approx 596.4$. Il reste donc plein de place pour mettre le dernier disque dans le coin en bas à droite.
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{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "4",
"problem_match": "\nExercice 4.",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-pofm_2017-2018-envoi5-corrige.jsonl",
"solution_match": "## Solution de l'exercice 4",
"tier": "T2",
"year": "2018"
}
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Let $\mathcal{C}$ be a circle, $P$ a point outside it, $A$ and $B$ the points of tangency of the two tangents to $\mathcal{C}$ passing through $P$. Let $K$ be any point on $(AB)$, distinct from $A$ and $B$. We call $T$ the second intersection of $\mathcal{C}$ and the circumcircle of triangle $PBK$. Furthermore, we call $P'$ the symmetric point of $P$ with respect to $A$.
Show that $\widehat{\mathrm{PBT}}=\widehat{\mathrm{P}'\mathrm{KA}}$.
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Let's prove that triangles PBT and KAT are similar (in this order of vertices): according to the theorem of the angle inscribed in a tangent, $\widehat{\mathrm{PBT}}=\widehat{\mathrm{TAB}}=\widehat{\mathrm{TAK}}$. Since $\mathrm{P}, \mathrm{T}, \mathrm{B}, \mathrm{K}$ are concyclic, $\widehat{\mathrm{TPB}}=180^{\circ}-\widehat{\mathrm{TKB}}=\widehat{\mathrm{TKA}}$. We deduce that PBT and KAT are similar, and that
$$
\frac{\mathrm{PT}}{\mathrm{KT}}=\frac{\mathrm{PB}}{\mathrm{KA}}.
$$
Since $\mathrm{PB}=\mathrm{PA}=\mathrm{P}^{\prime} \mathrm{A}$, we have
$$
\frac{\mathrm{PT}}{\mathrm{KT}}=\frac{\mathrm{P}^{\prime} \mathrm{A}}{\mathrm{KA}}
$$
and $\mathrm{P}^{\prime} A K$ and PTK are similar. Therefore, $\widehat{\mathrm{P}^{\prime} \mathrm{KA}}=\widehat{\mathrm{PKT}}$. Since $\widehat{\mathrm{PKT}}=\widehat{\mathrm{PBT}}$ by the inscribed angle theorem, this 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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Geometry
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Soit $\mathcal{C}$ un cercle, P un point extérieur à celui-ci, $A$ et $B$ les points de contact des deux tangentes à $\mathcal{C}$ passant par $P$. Soit $K$ un point quelconque sur $(A B)$, distinct de $A$ et de $B$. On appelle $T$ la seconde intersection de $\mathcal{C}$ et du cercle circonscrit au triangle PBK . En outre, on appelle $\mathrm{P}^{\prime}$ le symétrique de $P$ par rapport à $A$.
Montrer que $\widehat{\mathrm{PBT}}=\widehat{\mathrm{P}^{\prime} \mathrm{KA}}$.
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Prouvons que les triangles PBT et KAT sont semblables (dans cet ordre des sommets) : d'après le théorème de l'angle inscrit à la tangente, $\widehat{\mathrm{PBT}}=\widehat{\mathrm{TAB}}=\widehat{\mathrm{TAK}}$. Comme $\mathrm{P}, \mathrm{T}, \mathrm{B}, \mathrm{K}$ sont cocycliques,
$\widehat{\mathrm{TPB}}=180^{\circ}-\widehat{\mathrm{TKB}}=\widehat{\mathrm{TKA}}$. On en déduit que PBT et KAT sont semblables, et que
$$
\frac{\mathrm{PT}}{\mathrm{KT}}=\frac{\mathrm{PB}}{\mathrm{KA}} .
$$
Or $\mathrm{PB}=\mathrm{PA}=\mathrm{P}^{\prime} \mathrm{A}$. Donc
$$
\frac{\mathrm{PT}}{\mathrm{KT}}=\frac{\mathrm{P}^{\prime} \mathrm{A}}{\mathrm{KA}}
$$
et $\mathrm{P}^{\prime} A K$ et PTK sont semblables. Donc $\widehat{\mathrm{P}^{\prime} \mathrm{KA}}=\widehat{\mathrm{PKT}}$. Or $\widehat{\mathrm{PKT}}=\widehat{\mathrm{PBT}}$ par théorème de l'angle inscrit, ce qui conclut.
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{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "5",
"problem_match": "\nExercice 5.",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-pofm_2017-2018-envoi5-corrige.jsonl",
"solution_match": "## Solution de l'exercice 5",
"tier": "T2",
"year": "2018"
}
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Find all strictly positive integers $p, q$ such that
$$
\mathrm{p} 2^{q}=q 2^{p} .
$$
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First case: if $\mathrm{p}=\mathrm{q}$, then the equality is true.
Second case: if $p \neq q$, we can assume without loss of generality that $p>q$, the case $q>p$ being treated similarly. We note that every odd divisor of $p$ is an odd divisor of $q$, and vice versa. Thus, if we write $p=a 2^{b}$ and $q=c 2^{d}$ with $a, c$ odd and $b, d \in \mathbb{N}$ (and it is always possible to do so according to the fundamental theorem of arithmetic), then $a=c$. The ratio $p / q$ is therefore a power of 2 (different from 1 since $p \neq q$). Let $e \in \mathbb{N}^{*}$ such that $p=2^{e} q$. We then have
$$
2^{e+q}=2^{2^{e} q}
$$
so $\mathrm{e}+\mathrm{q}=2^{e} \mathrm{q}$ by identifying the exponents, which gives $\mathrm{e}=\mathrm{q}\left(2^{e}-1\right)$. A quick induction shows that $2^{n}-1>n$ for all $n \geqslant 2$: this is indeed true for $n=2$, and if $2^{n}>1+n$ for some integer $n$, then $2^{n+1}=2 \times 2^{n}>2(1+n)>2 n+2 \geqslant(n+1)+1$. Therefore, if $e>2, q\left(2^{e}-1\right)>q e \geqslant e$, a contradiction. Thus $e=1$, so $1=q\left(2^{1}-1\right)$, which gives $\mathrm{q}=1$. We conclude that the only solution is $p=2$ and $\mathrm{q}=1$.
Conclusion: the solutions to the problem are the pairs $(p, p)$ for $p \in \mathbb{N}^{*}$ as well as the pairs $(2,1)$ and $(1,2)$.
## Exercises of Group A
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(p, p) \text{ for } p \in \mathbb{N}^{*} \text{ and } (2,1), (1,2)
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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 $p, q$ tels que
$$
\mathrm{p} 2^{q}=q 2^{p} .
$$
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Premier cas : si $\mathrm{p}=\mathrm{q}$, alors l'égalité est vraie.
Second cas : si $p \neq q$, on peut supposer sans perte de généralité que $p>q$, le cas $q>p$ se traitant de même. On remarque que tout diviseur impair de $p$ est un diviseur impair de $q$, et réciproquement. Ainsi, si on écrit $p=a 2^{b}$ et $q=c 2^{d}$ avec $a, c$ impairs et $b, d \in \mathbb{N}$ (et il est toujours possible de faire ainsi d'après le théorème fondamental de l'arithmétique), alors $a=c$. Le rapport $p / q$ est donc une puissance de 2 (différente de 1 car $p \neq q$ ). Soit $e \in \mathbb{N}^{*}$ tel que $p=2^{e} q$. On a alors
$$
2^{e+q}=2^{2^{e} q}
$$
donc $\mathrm{e}+\mathrm{q}=2^{e} \mathrm{q}$ en identifiant les exposants, soit $\mathrm{e}=\mathrm{q}\left(2^{e}-1\right)$. Or, une récurrence rapide montre que $2^{n}-1>n$ pour tout $n \geqslant 2$ : c'est en effet vrai pour $n=2$, et si $2^{n}>1+n$ pour un certain entier $n$, alors $2^{n+1}=2 \times 2^{n}>2(1+n)>2 n+2 \geqslant(n+1)+1$. Donc si $e>2, q\left(2^{e}-1\right)>q e \geqslant e$, contradiction. Donc $e=1$, donc $1=q\left(2^{1}-1\right)$, soit $\mathrm{q}=1$. On en déduit que la seule solution est $p=2$ et $\mathrm{q}=1$.
Conclusion : les solutions du problème sont les couples $(p, p)$ pour $p \in \mathbb{N}^{*}$ ainsi que les couples $(2,1)$ et $(1,2)$.
## Exercices du groupe A
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{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "6",
"problem_match": "\nExercice 6.",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-pofm_2017-2018-envoi5-corrige.jsonl",
"solution_match": "\nSolution de l'exercice 6",
"tier": "T2",
"year": "2018"
}
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We define a sequence $\left(a_{n}\right)_{n \geqslant 0}$ as follows: we choose $a_{0}, a_{1} \in \mathbb{N}^{*}$, and for all integers $n \geqslant 0$, we set
$$
a_{n+2}=\left\lfloor\frac{2 a_{n}}{a_{n+1}}\right\rfloor+\left\lfloor\frac{2 a_{n+1}}{a_{n}}\right\rfloor,
$$
where $\lfloor x\rfloor$ denotes the greatest integer not exceeding $x$. Prove that there exists $m \in \mathbb{N}$ such that $a_{m}=4$ and $\boldsymbol{a}_{\mathfrak{m}+1} \in\{3,4\}$.
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For all $\mathrm{a}, \mathrm{b} \in \mathbb{N}^{*}$, we denote $\mathrm{g}(\mathrm{a}, \mathrm{b}):=\left\lfloor\frac{2 \mathrm{a}}{\mathrm{b}}\right\rfloor+\left\lfloor\frac{2 \mathrm{~b}}{\mathrm{a}}\right\rfloor$. It is well known that $\left(\frac{\sqrt{a}}{\sqrt{b}}-\frac{\sqrt{b}}{\sqrt{a}}\right)^{2}=\frac{a}{b}+\frac{b}{a}-2$, and since a square is always positive, $\frac{a}{b}+\frac{b}{a} \geqslant 2$, with equality if and only if $\frac{\sqrt{a}}{\sqrt{b}}=\frac{\sqrt{b}}{\sqrt{a}}$, i.e., $a=b$. For any real number $x$, we have $\lfloor x\rfloor > x - 1$. Therefore, $g(a, b) > 2\left(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\right)-2 \geqslant 2$. Since $g(a, b)$ is an integer, $g(a, b) \geqslant 3$. Thus, $a_{n} \geqslant 3$ for all $n \geqslant 2$ (which also justifies the well-definition of the sequence $(a_{n})$: it never becomes zero, so the terms in the denominator in the statement do not pose a problem).
For $n \geqslant 2$, let $u_{n}=\max \left(a_{n}, a_{n+1}\right)$. We observe that for $a \geqslant b \geqslant 3, g(a, b) \leqslant \frac{2 \max (a, b)}{3}+2$, so if $\max (a, b)>6$, we have $g(a, b)<a$. Therefore, if $u_{n}>6, a_{n+2}<u_{n}$. If in addition $a_{n+1}<u_{n}$, then $u_{n+1}<u_{n}$. Otherwise, $u_{n+1}=u_{n}$, and $a_{n+3}<u_{n+1}$ as before, so $u_{n+2}<u_{n+1}$. Thus, if $u_{n}>6, u_{n+1}<u_{n}$ or $u_{n+2}<u_{n}$. Since $(u_{n})$ is a sequence of integer values, $\min \left(u_{n+1}, u_{n+2}\right) \leqslant u_{n}-1$. Continuing in this way, we necessarily arrive after a finite number of steps at an integer $\boldsymbol{l}$ such that $\mathfrak{u}_{\boldsymbol{l}} \leqslant 6$. Therefore, $\mathfrak{a}_{l}, \boldsymbol{a}_{l+1} \in\{3,4,5,6\}$. We easily prove by induction on $\mathfrak{n} \geqslant \mathrm{l}$ that $3 \leqslant a_{n} \leqslant 6$, using the fact that $g(a, b) \leqslant \frac{2 \max (a, b)}{3}+2$. Thus, the sequence $(a_{n})$ will always take its values in $\{3,4,5,6\}$. And, we easily observe that if $a \in\{3,4,5,6\}, g(a, 4)=g(4, a) \in\{3,4\}$. It thus suffices to show that $a_{m}=4$ for some $m \geqslant l$. It remains to study the case where $a_{l}, a_{l+1} \in\{3,5,6\}$. We verify by a small case study that $g(a, b) \leqslant 5$ for all $a, b \in\{3,4,5,6\}$, so $a_{l+2}, a_{l+3} \in\{3,4,5\}$. If $a_{l+2}=4$ or $a_{l+3}=4$, we are done. Otherwise, we verify that for $a, b \in\{3,5\}, g(a, b)=4$, which allows us to conclude.
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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 définit une suite $\left(a_{n}\right)_{n \geqslant 0}$ ainsi : on choisit $a_{0}, a_{1} \in \mathbb{N}^{*}$, et pour tout entier $n \geqslant 0$, on pose
$$
a_{n+2}=\left\lfloor\frac{2 a_{n}}{a_{n+1}}\right\rfloor+\left\lfloor\frac{2 a_{n+1}}{a_{n}}\right\rfloor,
$$
où $\lfloor x\rfloor$ désigne le plus grand entier qui ne dépasse pas $x$. Prouver qu'il existe $m \in \mathbb{N}$ tel que $a_{m}=4$ et $\boldsymbol{a}_{\mathfrak{m}+1} \in\{3,4\}$.
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Pour tous $\mathrm{a}, \mathrm{b} \in \mathbb{N}^{*}$, on note $\mathrm{g}(\mathrm{a}, \mathrm{b}):=\left\lfloor\frac{2 \mathrm{a}}{\mathrm{b}}\right\rfloor+\left\lfloor\frac{2 \mathrm{~b}}{\mathrm{a}}\right\rfloor$. Il est bien connu que $\left(\frac{\sqrt{a}}{\sqrt{b}}-\frac{\sqrt{b}}{\sqrt{a}}\right)^{2}=\frac{a}{b}+\frac{b}{a}-2$, or un carré est toujours positif, donc $\frac{a}{b}+\frac{b}{a} \geqslant 2$, avec égalité si et seulement si $\frac{\sqrt{a}}{\sqrt{b}}=\frac{\sqrt{b}}{\sqrt{a}}$, soit $a=b$. Et pour tout réel $x$, on $a\lfloor x\rfloor>x-1$. Donc $g(a, b)>2\left(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\right)-2 \geqslant 2$. Or $g(a, b)$ est entier, donc $g(a, b) \geqslant 3$. Ainsi, $a_{n} \geqslant 3$ pour tout $n \geqslant 2$ (ce qui permet au passage de justifier la bonne définition de la suite ( $a_{n}$ ) : elle ne s'annule jamais, donc les termes au dénominateur
dans l'énoncé ne posent pas de problème).
Pour $n \geqslant 2$, posons $u_{n}=\max \left(a_{n}, a_{n+1}\right)$. On remarque que pour $a \geqslant b \geqslant 3, g(a, b) \leqslant \frac{2 \max (a, b)}{3}+2$, donc si $\max (a, b)>6$, on a $g(a, b)<a$. Donc, si $u_{n}>6, a_{n+2}<u_{n}$. Si de plus $a_{n+1}<u_{n}$, alors $u_{n+1}<u_{n}$. Sinon, $u_{n+1}=u_{n}$, et $a_{n+3}<u_{n+1}$ comme précédemment, donc $u_{n+2}<u_{n+1}$. Ainsi, si $u_{n}>6, u_{n+1}<u_{n}$ ou $u_{n+2}<u_{n}$. Or $\left(u_{n}\right)$ est une suite à valeurs entières, donc $\min \left(u_{n+1}, u_{n+2}\right) \leqslant$ $u_{n}-1$. En continuant de cette façon, on arrive nécessairement après un nombre fini d'étapes sur un entier $\boldsymbol{l}$ tel que $\mathfrak{u}_{\boldsymbol{l}} \leqslant 6$. On a donc $\mathfrak{a}_{l}, \boldsymbol{a}_{l+1} \in\{3,4,5,6\}$. On prouve aisément par récurrence sur $\mathfrak{n} \geqslant \mathrm{l}$ que $3 \leqslant$ $a_{n} \leqslant 6$, en utilisant le fait que $g(a, b) \leqslant \frac{2 \max (a, b)}{3}+2$. Ainsi, la suite $\left(a_{n}\right)$ prendra toujours ses valeurs dans $\{3,4,5,6\}$. Et, on constate facilement que si $a \in\{3,4,5,6\}, g(a, 4)=g(4, a) \in\{3,4\}$. Il suffit ainsi de montrer que $a_{m}=4$, pour un certain $m \geqslant l$. Il reste donc à étudier le cas où $a_{l}, a_{l+1} \in\{3,5,6\}$. On vérifie par une petite étude de cas que $g(a, b) \leqslant 5$ pour tout $a, b \in\{3,4,5,6\}$, donc $a_{l+2}, a_{l+3} \in\{3,4,5\}$. Si $a_{l+2}=4$ ou $a_{l+3}=4$, c'est gagné. Sinon, on vérifie que pour $a, b \in\{3,5\}, g(a, b)=4$, ce qui nous permet de conclure.
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{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "7",
"problem_match": "\nExercice 7.",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-pofm_2017-2018-envoi5-corrige.jsonl",
"solution_match": "\nSolution de l'exercice 7",
"tier": "T2",
"year": "2018"
}
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Find all functions $f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ such that there exists a real number $A$ satisfying $A > f(x)$ for all $x \in \mathbb{R}$, and such that for all real numbers $x, y$, we have:
$$
f(x f(y)) + y f(x) = x f(y) + f(x y)
$$
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The null function is clearly a solution. Suppose now that $f$ is not zero everywhere on $\mathbb{R}$.
By setting $x=0$, we have $y f(0)=f(0)$ for all real $y$, so $f(0)=0$. By setting $y=1$, we have $f(x f(1))=x f(1)$ for all real $x$, so if $f(1) \neq 0$, we contradict the statement by choosing $x=\frac{A}{f(1)}$. Therefore, $f(1)=0$. By setting $x=1$, we have $f(f(y))=2 f(y)$. Suppose there exists $z$ such that $f(z)>0$. By composing $z$ with $f$ $n$ times, for $n \geqslant 0$, we find $f(\ldots f(z) \ldots)=2^{n} f(z)$. For $n$ large enough, $2^{n} f(z)>A$, contradiction. Therefore, for all $x \in \mathbb{R}, f(x) \leqslant 0$.
If $f(y)=0$ for some $y \neq 0$, then $y f(x)=f(x y)$ for all real $x$. If $x$ is such that $f(x) \neq 0$, $f(x y) \neq 0$. Therefore, $f(x)$ and $f(x y)$ have the same sign according to the previous paragraph, so $y>0$. It follows that $f$ is strictly negative on $\mathbb{R}_{-}^{*}$.
Take $x \neq 0$ and $y=\frac{1}{x}$ in the initial equation. We obtain
$$
f\left(x f\left(\frac{1}{x}\right)\right)+\frac{f(x)}{x}=x f\left(\frac{1}{x}\right) .
$$
By swapping $x$ and $\frac{1}{x}$, we get
$$
f\left(\frac{f(x)}{x}\right)+x f\left(\frac{1}{x}\right)=\frac{f(x)}{x}
$$
By adding these two equalities, we arrive at
$$
f\left(\frac{f(x)}{x}\right)+f\left(x f\left(\frac{1}{x}\right)\right)=0
$$
since $f$ takes negative values, so $f\left(\frac{f(x)}{x}\right)=f\left(x f\left(\frac{1}{x}\right)\right)=0$ for all $x \neq 0$.
If $x>0, \frac{f(x)}{x} \neq 0$, so $\frac{f(x)}{x}=0$, which means $f(x)=0$ (we recall that $f$ is strictly negative on $\mathbb{R}_{-}^{*}$). By taking $y>0$ in the initial equation, we have $y f(x)=f(x y)$ for all $x \in \mathbb{R}$. In particular, for $x=-1$, we get $f(-y)=y f(-1)$ and $f$ is linear on $\mathbb{R}_{-}$. Therefore, for $y<0$, since $f(y)<0$,
we have $f(f(y))=-f(-1) f(y)$. With $x=1$ in the initial equation, we get $f(f(y))=2 f(y)$, so $f(-1)=2$.
Thus, $f(x)=2 x$ if $x<0$ and 0 otherwise. We quickly verify that it satisfies the initial equation. We thus have two functions that solve the problem, including the null function.
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f(x) = 2x \text{ if } x < 0 \text{ and } 0 \text{ otherwise}
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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 toutes les fonctions $f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ telles qu'il existe un réel $A$ vérifiant $A>f(x)$ pour tout $x \in \mathbb{R}$, et telles que pour tous réels $x, y$, on ait :
$$
f(x f(y))+y f(x)=x f(y)+f(x y)
$$
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La fonction nulle est clairement solution. Supposons désormais que f n'est pas nulle sur tout $\mathbb{R}$.
En posant $x=0$, on a $y f(0)=f(0)$ pour tout réel $y$ donc $f(0)=0$. En posant $y=1$, on a $f(x f(1))=$ $\chi f(1)$ pour tout réel $x$, donc si $f(1) \neq 0$, on contredit l'énoncé en choisissant $x=\frac{A}{f(1)}$. Donc $f(1)=0$. En posant $x=1$, on a $f(f(y))=2 f(y)$. Supposons qu'il existe $z$ tel que $f(z)>0$. En composant $z \mathrm{n}$ fois par $f$, pour $n \geqslant 0$, on trouve $f(\ldots f(z) \ldots)=2^{n} f(z)$. Pour $n$ assez grand, $2^{n} f(z)>A$, contradiction. Donc pour tout $x \in \mathbb{R}, f(x) \leqslant 0$.
Si $f(y)=0$ pour un certain $y \neq 0$, alors $y f(x)=f(x y)$ pour tout réel $x$. Si $x$ est tel que $f(x) \neq 0$, $f(x y) \neq 0$. Donc $f(x)$ et $f(x y)$ sont du même signe d'après le paragraphe précédent, donc $y>0$. Il en résulte que f est strictement négative sur $\mathbb{R}_{-}^{*}$.
Prenons $x \neq 0$ et $y=\frac{1}{x}$ dans l'équation initiale. On obtient
$$
f\left(x f\left(\frac{1}{x}\right)\right)+\frac{f(x)}{x}=x f\left(\frac{1}{x}\right) .
$$
En échangeant $x$ et $\frac{1}{x}$, on obtient
$$
f\left(\frac{f(x)}{x}\right)+x f\left(\frac{1}{x}\right)=\frac{f(x)}{x}
$$
En additionnant ces deux égalités, on aboutit à
$$
f\left(\frac{f(x)}{x}\right)+f\left(x f\left(\frac{1}{x}\right)\right)=0
$$
or f est à valeurs négatives, donc $\mathrm{f}\left(\frac{\mathrm{f}(\mathrm{x})}{\mathrm{x}}\right)=\mathrm{f}\left(\mathrm{xf}\left(\frac{1}{\mathrm{x}}\right)\right)=0$ pour tout $\mathrm{x} \neq 0$.
Si $x>0, \frac{f(x)}{x} \neq 0$, donc $\frac{f(x)}{x}=0$, soit $f(x)=0$ (on rappelle que $f$ est strictement négative sur $\mathbb{R}_{-}^{*}$ ). En prenant $y>0$ dans l'équation initiale, on a $y f(x)=f(x y)$ pour tout $x \in \mathbb{R}$. En particulier, pour $x=-1$, on obtient $f(-y)=y f(-1)$ et $f$ est linéaire sur $\mathbb{R}_{-}$. Donc pour $y<0$, comme $f(y)<0$,
on a $f(f(y))=-f(-1) f(y)$. Avec $x=1$ dans l'équation initiale, on obtient $f(f(y))=2 f(y)$, donc $f(-1)=2$.
Ainsi, $f(x)=2 x$ si $x<0$ et 0 sinon. On vérifie rapidement qu'elle satisfait bien l'équation de départ. On a ainsi deux fonctions solution du problème, avec la fonction nulle.
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{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "8",
"problem_match": "\nExercice 8.",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-pofm_2017-2018-envoi5-corrige.jsonl",
"solution_match": "\nSolution de l'exercice 8",
"tier": "T2",
"year": "2018"
}
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Let $\Gamma_{1}$ and $\Gamma_{2}$ be two circles intersecting at $M$ and $N$. Let $A$ and $B$ be the points of tangency of these two circles with their nearest common external tangent to $M$. Let $C$ and $D$ be the symmetrics of $A$ and $B$ with respect to $M$, and $E$ and $F$ the points of intersection (other than $M$) of the circumcircle of $MCD$ with $\Gamma_{1}$ and $\Gamma_{2}$ respectively. Show that the circumcircles of $MEF$ and $NEF$ have the same radius.
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The statement as formulated may seem curious, but we notice that it suffices to prove that $\widehat{\mathrm{EMF}} + \widehat{\mathrm{ENF}} = 180^{\circ}$ to obtain the desired result.
Let $L$ be the intersection of $(MN)$ and $(AB)$. $L$ is on the radical axis of $\Gamma_{1}$ and $\Gamma_{2}$, so its power with respect to these two circles is the same, i.e., $LA^2 = LB^2$, hence $L$ is the midpoint of $[AB]$.
By the construction of $C$ and $D$, $ABCD$ is a parallelogram with center $M$, so $(AD) \parallel (BC) \parallel (MN)$.
Let's prove that $B, C, F$ are collinear: by the inscribed angle theorem, $\widehat{CFM} = \widehat{CDM}$. But $\widehat{CDM} = \widehat{DBA} = \widehat{MBA}$ and $\widehat{MBA} = \widehat{BFM}$ by the inscribed angle theorem at the tangent. Therefore, $B, C, F$ are collinear, and the same applies to $A, D, E$ by symmetry.
Thus, $AMNF$ and $BMNE$ are trapezoids whose four vertices are concyclic, and the inscribed angle theorem shows that they are isosceles. Therefore, $\widehat{MNE} = \widehat{AMN}$ and $\widehat{MNP} = \widehat{NMB}$, which implies that $\widehat{\mathrm{ENF}} = \widehat{\mathrm{AMB}} = 180^{\circ} - \widehat{\mathrm{BMC}}$. It remains to establish that $\widehat{\mathrm{BMC}} = \widehat{\mathrm{EMF}}$.
We even prove that $\triangle CMB$ and $\triangle EMF$ are similar (which allows us to conclude): since $C, D, E, F, M$ are concyclic, $\widehat{MCB} = 180^{\circ} - \widehat{MCF} = \widehat{MEF}$ and $\widehat{MBC} = \widehat{MDA} = 180^{\circ} - \widehat{MDE} = \widehat{MFE}$, so $\triangle CMB$ and $\triangle EMF$ are indeed similar.
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Geometry
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Soit $\Gamma_{1}$ et $\Gamma_{2}$ deux cercles s'intersectant en $M$ et $N$. Soit $A$ et $B$ les points de contact de ces deux cercles avec leur tangente extérieure commune la plus proche de $M$. Soient C et D les symétriques respectifs de $A$ et $B$ par rapport à $M$, et $E$ et $F$ les points d'intersection (autres que $M$ ) du cercle circonscrit à MCD avec $\Gamma_{1}$ et $\Gamma_{2}$ respectivement. Montrer que les cercles circonscrits à MEF et NEF ont le même rayon.
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L'énoncé ainsi formulé peut sembler curieux, mais on remarque qu'il suffit de prouver que $\widehat{\mathrm{EMF}}+\widehat{\mathrm{ENF}}=$ $180^{\circ}$ pour obtenir le résultat voulu.
Soit L l'intersection de ( MN ) et ( AB ). L est sur l'axe radical de $\Gamma_{1}$ et $\Gamma_{2}$, donc sa puissance par rapport à ces deux cercles est la même, soit $L A^{2}=L B^{2}$, donc $L$ est le milieu de $[A B]$.
Par construction de $C$ et $D, A B C D$ est un parallèlogramme de centre $M$, donc (AD)//(BC)//(MN).
Prouvons que $B, C, F$ sont alignés : par théorème de l'angle inscrit, $\widehat{C F M}=\widehat{C D M}$. Or $\widehat{C D M}=\widehat{D B A}=$ $\widehat{M B A}$ et $\widehat{M B A}=\widehat{B F M}$ par théorème de l'angle inscrit à la tangente. Donc $B, C, F$ sont alignés, et il en va de même pour $A, D, E$ par symétrie.
Ainsi, $A M N F$ et $B M N E$ sont des trapèzes dont les quatre sommets sont cocycliques, le théorme de l'angle inscrit montre qu'ils sont isocèles. Donc $\widehat{M N E}=\widehat{A M N}$ et $\widehat{M N P}=\widehat{N M B}$, ce qui implique que $\widehat{\mathrm{ENF}}=\widehat{\mathrm{AMB}}=180^{\circ}-\widehat{\mathrm{BMC}}$. Il reste donc à établir que $\widehat{\mathrm{BMC}}=\widehat{\mathrm{EMF}}$.
On prouve même que CMB et EMF sont semblables (ce qui permet de conclure) : comme C, D, E, F, M sont cocycliques, $\widehat{M C B}=180^{\circ}-\widehat{M C F}=\widehat{M E F}$ et $\widehat{M B C}=\widehat{M D A}=180^{\circ}-\widehat{M D E}=\widehat{M F E}$, donc CMB et EMF sont bien semblables.
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{
"exam": "French_envois",
"problem_label": "9",
"problem_match": "\nExercice 9.",
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-pofm_2017-2018-envoi5-corrige.jsonl",
"solution_match": "## Solution de l'exercice 9",
"tier": "T2",
"year": "2018"
}
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In the plane, we are given 2011 distinct points, each colored either blue or red.
(i) We assume that for every blue point, the disk centered at this point with radius 1 contains exactly two red points. What is the maximum number of blue points possible?
(ii) We assume that for every blue point, the circle centered at this point with radius 1 contains exactly two red points. What is the maximum number of blue points possible?
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(i) If there is a blue point, there must be at least two red points, so there cannot be more than 2009 blue points.
Conversely, if we consider 2009 disks of radius 1 having a common interior that is non-empty, it suffices to mark two red points in this common part and to mark the centers of these 2009 disks in blue to obtain a configuration with 2009 blue points that satisfies the conditions of the statement.
The maximum sought is therefore 2009.
(ii) Consider a configuration of $r$ red points and $b$ blue points satisfying the conditions of the statement, with $r+b=2011$. As above, we have $r \geq 2$.
If $R_{1}$ and $R_{2}$ are two distinct red points, we denote by $n\left(R_{1}, R_{2}\right)$ the number of blue points that are centers of circles of radius 1 passing through $R_{1}$ and $R_{2}$.
Since every circle of radius 1 centered at a blue point passes through exactly two red points, this ensures that:
- every blue point is counted at least once in some $n\left(R_{1}, R_{2}\right)$,
- if $\left\{R_{1}, R_{2}\right\}$ and $\left\{R_{1}^{\prime}, R_{2}^{\prime}\right\}$ are two distinct pairs of red points, then the blue points counted in $n\left(R_{1}, R_{2}\right)$ are distinct from the blue points counted in $n\left(R_{1}^{\prime}, R_{2}^{\prime}\right)$.
Thus, each blue point is counted exactly once in some $n\left(R_{1}, R_{2}\right)$. Summing over the pairs of red points, we get
$$
\sum_{\left\{R_{1}, R_{2}\right\}} n\left(R_{1}, R_{2}\right)=b
$$
On the other hand, for any pair of points in the plane, there are at most two circles of radius 1 that pass through these two points, so we have $n\left(R_{1}, R_{2}\right) \leq 2$ for any pair $R_{1}, R_{2}$ of red points. Since there are $r(r-1) / 2$ pairs of red points, we then have:
$$
b=\sum_{\left\{R_{1}, R_{2}\right\}} n\left(R_{1}, R_{2}\right) \leq \sum_{\left\{R_{1}, R_{2}\right\}} 2=r(r-1),
$$
and thus $r(r-1) \geq 2011-r$, or equivalently $r^{2} \geq 2011$. It is easy to deduce that $r \geq 45$, and therefore that $b \leq 1966$.
Conversely, consider 45 red points, all located on the same segment of length 1. Any two of these red points always belong to two circles of radius 1. We draw only 1966 of these circles (we could draw $1980=45 \times 44$), and we mark in blue the centers of these circles. It is easy to verify that we thus obtain a configuration of 2011 colored points that satisfies the conditions of the statement.
The maximum sought is therefore 1966.
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1966
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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 le plan on se donne 2011 points deux à deux distincts colorés soit en bleu, soit en rouge.
(i) On suppose que pour tout point bleu le disque de centre ce point et de rayon 1 contienne exactement deux points rouges. Quel est le plus grand nombre possible de points bleus?
(ii) On suppose que pour tout point bleu le cercle de centre ce point et de rayon 1 contienne exactement deux points rouges. Quel est le plus grand nombre possible de points bleus?
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(i) S'il existe un point bleu, il doit exister au moins deux points rouges donc il ne peut y avoir plus de 2009 points bleus.
Réciproquement, si l'on considère 2009 disques de rayon 1 ayant un intérieur commun à tous qui soit non vide, il suffit de marquer deux points rouges dans cette partie commune et de marquer en bleu les centres de ces 2009 disques pour obtenir une configuration à 2009 points bleus qui vérifie les conditions de l'énoncé.
Le maximum cherché est donc 2009.
(ii) Considérons une configuration de $r$ points rouges et $b$ points bleus vérifiant les conditions de l'énoncé, avec $r+b=2011$. Comme ci-dessus, on a $r \geq 2$.
Si $R_{1}$ et $R_{2}$ sont deux points rouges distincts, on note $n\left(R_{1}, R_{2}\right)$ le nombre de points bleus qui sont centres de cercles de rayon 1 passant par $R_{1}$ et $R_{2}$.
Puisque tout cercle de rayon 1 et centré en un point bleu passe par exactement deux points rouges, cela assure que:
- tout point bleu est compté au moins une fois dans un certain $n\left(R_{1}, R_{2}\right)$,
- si $\left\{R_{1}, R_{2}\right\}$ et $\left\{R_{1}^{\prime}, R_{2}^{\prime}\right\}$ sont deux paires distinctes de points rouges, alors les points bleus comptés dans $n\left(R_{1}, R_{2}\right)$ sont deux à deux distincts des points bleus comptés dans $n\left(R_{1}^{\prime}, R_{2}^{\prime}\right)$.
Ainsi, chaque point bleu est compté une et une seule fois dans un certain $n\left(R_{1}, R_{2}\right)$. En sommant sur les paires de points rouges, il vient
$$
\sum_{\left\{R_{1}, R_{2}\right\}} n\left(R_{1}, R_{2}\right)=b
$$
D'autre part, pour toute paire de points du plan, il n'existe qu'au plus deux cercles de rayon 1 qui passent par ces deux points, on a donc $n\left(R_{1}, R_{2}\right) \leq 2$ pour toute paire $R_{1}, R_{2}$ de points rouges. Comme il y a $r(r-1) / 2$ paires de points rouges, on a alors :
$$
b=\sum_{\left\{R_{1}, R_{2}\right\}} n\left(R_{1}, R_{2}\right) \leq \sum_{\left\{R_{1}, R_{2}\right\}} 2=r(r-1),
$$
et donc $r(r-1) \geq 2011-r$, ou encore $r^{2} \geq 2011$. On en déduit facilement que $r \geq 45$, et donc que $b \leq 1966$.
Réciproquement, considérons 45 points rouges, tous situés sur un même segment de longueur 1. Deux quelconques de ces points rouges appartiennent alors toujours à deux cercles de rayon 1. On trace seulement 1966 de ces cercles (on pourrait en tracer $1980=$ $45 \times 44$ ), et on marque en bleu les centres de ces cercles. Il est facile de vérifier que l'on obtient ainsi une configuration à 2011 points colorés qui vérifie les conditions de l'énoncé.
Le maximum cherché est donc 1966.
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{
"exam": "French_tests",
"problem_label": "1",
"problem_match": "## Exercice 1\n",
"resource_path": "French/segmented/tests/fr-2011-2012-ofm-2011-2012-test-janvier-corrige.jsonl",
"solution_match": "## Solution.",
"tier": "T1",
"year": "2011"
}
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Find all functions $f$ from $\mathbb{R}$ to $\mathbb{R}$ such that $f(a b)=f(a+b)$ for all irrational numbers $a$ and $b$.
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It is clear that constant functions work. Let's show that these are the only ones. Let $u$ be a positive irrational number. Then $\sqrt{u}$ is irrational. Taking $(a, b) = (\sqrt{u}, -\sqrt{u})$, we get $f(-u) = f(0)$. Taking $(a, b) = (-\sqrt{u}, -\sqrt{u})$, we get $f(u) = f(-2\sqrt{u}) = f(0)$ since $-2\sqrt{u}$ is a negative irrational number. Thus, we have $f(u) = f(0)$ for $u \notin \mathbb{Q}$.
Now let $r \in \mathbb{Q}$ be non-zero, and write $r = \sqrt{2} + (r - \sqrt{2})$. Since $\sqrt{2}$ is irrational, it is clear that $\sqrt{2}, r - \sqrt{2}, \sqrt{2}(r - \sqrt{2})$ are all irrational. Then:
$$
f(r) = f(\sqrt{2}(r - \sqrt{2})) = f(0)
$$
according to the preceding. Therefore, $f$ is constant.
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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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Trouver toutes les fonctions $f$ de $\mathbb{R}$ dans $\mathbb{R}$ telles que $f(a b)=f(a+b)$ pour tous nombres irrationnels $a$ et $b$.
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Il est clair que les fonctions constantes conviennent. Montrons que ce sont les seules. Soit $u$ un nombre irrationnel positif. Alors $\sqrt{u}$ est irrationnel. En prenant $(a, b)=$ $(\sqrt{u},-\sqrt{u})$, il vient $f(-u)=f(0)$. En prenant $(a, b)=(-\sqrt{u},-\sqrt{u})$, il vient $f(u)=$ $f(-2 \sqrt{u})=f(0)$ car $-2 \sqrt{u}$ est un nombre irrationnel négatif. Ainsi, on a $f(u)=f(0)$ pour $u \notin \mathbb{Q}$.
Maintenant soit $r \in \mathbb{Q}$ non nul, et écrivons $r=\sqrt{2}+(r-\sqrt{2})$. Comme $\sqrt{2}$ est irrationnel, il est clair que $\sqrt{2}, r-\sqrt{2}, \sqrt{2}(r-\sqrt{2})$ sont tous irrationnels. Alors :
$$
f(r)=f(\sqrt{2}(r-\sqrt{2}))=f(0)
$$
d'après ce qui précède. Donc $f$ est constante.
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{
"exam": "French_tests",
"problem_label": "2",
"problem_match": "## Exercice 2\n",
"resource_path": "French/segmented/tests/fr-2011-2012-ofm-2011-2012-test-janvier-corrige.jsonl",
"solution_match": "\nSolution.",
"tier": "T1",
"year": "2011"
}
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Let $A B C D$ be a quadrilateral inscribed in a circle with center $O$. We denote $\Delta_{1}$ and $\Delta_{2}$ as the images of the line $(A B)$ under the symmetries whose axes are respectively the internal bisectors of $\widehat{C A D}$ and $\widehat{C B D}$. Let $P$ be the intersection of $\Delta_{1}$ and $\Delta_{2}$.
Prove that $(O P)$ and $(C D)$ are perpendicular.
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We only treat the case where $O$ is inside $ABCD$ (the other cases being similar). According to the properties of the inscribed angle, the two considered bisectors intersect at a point on the circle, denoted by $S$, which is the midpoint of the arc $CD$. In particular, $(OS)$ and $(CD)$ are perpendicular. It is therefore sufficient to show that $P, O, S$ are collinear.
An angle chase (see figure) yields $\widehat{APB} + \widehat{AOB} = 180^\circ$. Thus, $A, P, B, O$ are concyclic. Then $\widehat{POB} = \widehat{PAB} = 180^\circ - 2\alpha - 2\beta$. Since $A, B, C, D$ are concyclic, we have $\widehat{BOC} = 2\widehat{BAC} = 2\beta$ and $\widehat{COS} = 2\widehat{SBC} = 2\alpha$. Therefore, $\widehat{POB} + \widehat{BOC} + \widehat{COS} = 180^\circ$. The points $P, O, S$ are thus collinear, 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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Geometry
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Soit $A B C D$ un quadrilatère inscrit dans un cercle de centre $O$. On note $\Delta_{1}$ et $\Delta_{2}$ les images de la droite $(A B)$ par les symétries dont les axes sont respectivement les bissectrices intérieures de $\widehat{C A D}$ et $\widehat{C B D}$. Soit $P$ l'intersection de $\Delta_{1}$ et $\Delta_{2}$.
Prouver que $(O P)$ et $(C D)$ sont perpendiculaires.
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On traite uniquement le cas où $O$ est à l'intérieur de $A B C D$ (les autres cas étant similaires). D'après les propriétés de l'angle inscrit, les deux bissectrices considérées s'intersectent en un point du cercle noté $S$, qui est le milieu de l'arc $C D$. En particulier, (OS) et $(C D)$ sont perpendiculaires. Il suffit donc de montrer que $P, O, S$ sont alignés.
Une chasse aux angles (voir figure) fournit $\widehat{A P B}+\widehat{A O B}=180^{\circ}$. Ainsi, $A, P, B, O$ sont cocycliques. Alors $\widehat{P O B}=\widehat{P A B}=180^{\circ}-2 \alpha-2 \beta$. Comme $A, B, C, D$ sont cocyliques, on a $\widehat{B O C}=2 \widehat{B A C}=2 \beta$ et $\widehat{C O S}=2 \widehat{S B C}=2 \alpha$. Ainsi, $\widehat{P O B}+\widehat{B O C}+\widehat{C O S}=180^{\circ}$. Les points $P, O, S$ sont donc alignés, ce qui conclut.
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{
"exam": "French_tests",
"problem_label": "3",
"problem_match": "## Exercice 3\n",
"resource_path": "French/segmented/tests/fr-2011-2012-ofm-2011-2012-test-janvier-corrige.jsonl",
"solution_match": "\nSolution.",
"tier": "T1",
"year": "2011"
}
|
Let $a, b, c, d$ be natural numbers such that $0<|a d-b c|<\min (c, d)$.
Prove that for all integers $x, y>1$ that are coprime, the number $x^{a}+y^{b}$ is not divisible by $x^{c}+y^{d}$.
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By contradiction: suppose that the integers $x, y>1$ are coprime and that $s=x^{c}+y^{d}$ divides $x^{a}+y^{b}$. We then have:
$$
x^{c}=-y^{d} \quad \bmod s \quad \text { and } \quad x^{a}=-y^{b} \quad \bmod s .
$$
Thus,
$$
x^{a d}=(-1)^{d} y^{b d} \bmod s \quad \text { and } \quad x^{b c}=(-1)^{c} y^{b d} \bmod s .
$$
So $x^{a d}=(-1)^{b-d} x^{b c} \bmod s$.
Since $c>0$ and $x$ and $y$ are coprime, it is clear that $x$ and $s$ are coprime. We can therefore divide by $x^{\min (a d, b c)}$ in the above congruence, and we get $x^{|a d-b c|}=(-1)^{b-d} \bmod s$. Similarly, we have $y^{|a d-b c|}=(-1)^{a-c} \bmod s$.
We deduce that:
$$
x^{|a d-b c|}+y^{|a d-b c|} \text { or } x^{|a d-b c|}-y^{|a d-b c|} \text { is divisible by } s .
$$
But we have $x^{|a d-b c|}-y^{|a d-b c|} \neq 0$ because $x$ and $y$ are coprime, greater than 1, and $|a d-b c|>0$. Furthermore, $|a d-b c|<\min (c, d)$, so we have the inequalities
$$
0<\left|x^{|a d-b c|}-y^{|a d-b c|}\right|<x^{|a d-b c|}+y^{|a d-b c|}<x^{c}+y^{d}=s,
$$
which contradicts (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 $a, b, c, d$ des entiers naturels tels que $0<|a d-b c|<\min (c, d)$.
Prouver que pour tous entiers $x, y>1$ premiers entre eux, le nombre $x^{a}+y^{b}$ n'est pas divisible par $x^{c}+y^{d}$.
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Par l'absurde : on suppose que les entiers $x, y>1$ sont premiers entre eux et que $s=x^{c}+y^{d}$ divise $x^{a}+y^{b}$. On a alors:
$$
x^{c}=-y^{d} \quad \bmod s \quad \text { et } \quad x^{a}=-y^{b} \quad \bmod s .
$$
D'où
$$
x^{a d}=(-1)^{d} y^{b d} \bmod s \quad \text { et } \quad x^{b c}=(-1)^{c} y^{b d} \bmod s .
$$
Ainsi $x^{a d}=(-1)^{b-d} x^{b c} \bmod s$.
Or, puisque $c>0$ et que $x$ et $y$ sont premiers entre eux, on a clairement $x$ et $s$ premiers entre eux. On peut donc diviser par $x^{\min (a d, b c)}$ dans la congruence ci-dessus, et il vient $x^{|a d-b c|}=(-1)^{b-d} \bmod s$. De même, on a $y^{|a d-b c|}=(-1)^{a-c} \bmod s$.
On en déduit que :
$$
x^{|a d-b c|}+y^{|a d-b c|} \text { ou } x^{|a d-b c|}-y^{|a d-b c|} \text { est divisible par } s .
$$
Mais on a $x^{|a d-b c|}-y^{|a d-b c|} \neq 0$ car $x$ et $y$ sont premiers entre eux, supérieurs à 1 , et $|a d-b c|>0$. De plus $|a d-b c|<\min (c, d)$ donc on a les inégalités
$$
0<\left|x^{|a d-b c|}-y^{|a d-b c|}\right|<x^{|a d-b c|}+y^{|a d-b c|}<x^{c}+y^{d}=s,
$$
ce qui contredit (1).
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{
"exam": "French_tests",
"problem_label": "4",
"problem_match": "## Exercice 4\n",
"resource_path": "French/segmented/tests/fr-2011-2012-ofm-2011-2012-test-janvier-corrige.jsonl",
"solution_match": "\nSolution.",
"tier": "T1",
"year": "2011"
}
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Let $n$ and $k$ be two strictly positive integers. Consider an assembly of $k$ people such that, for any group of $n$ people, there is a $(n+1)$-th person who knows them all (if $A$ knows $B$ then $B$ knows $A$).
1) If $k=2n+1$, prove that there exists a person who knows everyone else.
2) If $k=2n+2$, give an example of such an assembly in which no one knows everyone else.
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1) We start by constructing, by induction, a group of $n+1$ people who all know each other: it is clear that we can find two people who know each other. Suppose that for a fixed $p \in\{2, \ldots, n\}$, we have managed to find a group of $p$ people who all know each other. By adding $n-p$ arbitrary people to this group, we form a group of $n$ people, and we know that there is an $(n+1)^{st}$ person who knows them all. By adding this person to our group of $p$ people, we thus form a group of $p+1$ people who all know each other.
We therefore consider a group $G$ of $n+1$ people who all know each other. Since $k=2 n+1$, there are therefore $n$ people left who form a disjoint group $G^{\prime}$. For this group $G^{\prime}$, we know that there is a person who necessarily belongs to $G$ and who knows all its members. This person then knows everyone.
2) We divide the people into $n+1$ disjoint pairs, and assume that each person knows everyone else except the one who is in the same pair as them. Thus, no one knows everyone.
Let $G$ be a group of $n$ people from this assembly. Since there are $n+1$ pairs, there must be a pair, say $\{A, B\}$, of which neither member is in $G$. Therefore, $A$ knows all the members of $G$, and the conditions of the statement are satisfied.
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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 $n$ et $k$ deux entiers strictement positifs. On considère une assemblée de $k$ personnes telle que, pour tout groupe de $n$ personnes, il y en ait une $(n+1)$-ième qui les connaisse toutes (si $A$ connaît $B$ alors $B$ connaît $A$ ).
1) Si $k=2 n+1$, prouver qu'il existe une personne qui connaît toutes les autres.
2) Si $k=2 n+2$, donner un exemple d'une telle assemblée dans laquelle personne ne connaît tous les autres.
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1) On commence par construire, par récurrence, un groupe de $n+1$ personnes qui se connaissent deux à deux : il est clair que l'on peut trouver deux personnes qui se connaissent. Supposons que pour $p \in\{2, \ldots, n\}$ fixé, on ait réussi à trouver un groupe de $p$ personnes qui se connaîssent deux à deux. En complétant ce groupe par $n-p$ personnes quelconques, on forme un groupe de $n$ personnes dont on sait qu'il en existe une $(n+1)^{i e ̀ m e}$ qui les connaît toutes. En ajoutant cette personne à notre groupe de $p$ personnes, on forme ainsi un groupe de $p+1$ personnes qui se connaissent deux à deux.
On considère donc un groupe $G$ de $n+1$ personnes qui se connaissent deux à deux. Puisque $k=2 n+1$, il reste donc $n$ personnes qui forment un groupe $G^{\prime}$ disjoint du précédent. Pour ce groupe $G^{\prime}$, on sait qu'il existe une personne appartenant nécessairement à $G$ qui en connaît tous les membres. Cette personne connaît alors tout le monde.
2) On divise les personnes en $n+1$ paires disjointes, et on suppose que chaque personne connaît toutes les autres sauf celle qui est dans la même paire qu'elle. Ainsi, personne ne connaît tout le monde.
Soit $G$ un groupe de $n$ personnes de cette assemblée. Puisqu'il y a $n+1$ paires, c'est donc qu'il existe une paire, disons $\{A, B\}$, dont aucun des deux membres n'est dans $G$. Par suite, $A$ connaît tous les membres de $G$, et les conditions de l'énoncé sont satisfaites.
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{
"exam": "French_tests",
"problem_label": "1",
"problem_match": "## Exercice 1\n",
"resource_path": "French/segmented/tests/fr-2011-2012-ofm-2011-2012-test-mars-corrige.jsonl",
"solution_match": "## Solution.",
"tier": "T1",
"year": "2011"
}
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Let $ABC$ be an acute triangle with $AB \neq AC$. We denote $\Gamma$ as its circumcircle, $H$ as its orthocenter, and $O$ as the center of $\Gamma$. Let $M$ be the midpoint of $[BC]$. The line $(AM)$ intersects $\Gamma$ again at $N$, and the circle with diameter $[AM]$ intersects $\Gamma$ again at $P$.
Prove that the lines $(AP)$, $(BC)$, and $(OH)$ are concurrent if and only if $AH = HN$.
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First, let's show that $P, H, M$ are collinear. To this end, introduce $V$, the point diametrically opposite to $A$ on $\Gamma$. Then $(V C) \perp (A C)$ and therefore $(B H) \parallel (V C)$. Similarly, we see that $(C H) \parallel (V B)$. It follows that $B H C V$ is a parallelogram with center $M$. The points $H, M, V$ are therefore collinear. If we denote $U$ as the second intersection of $(H V)$ with $\Gamma$, by cocyclicity we obtain $\widehat{A U V} = \widehat{A B V} = 90^{\circ}$. Since $\widehat{A P V} = \widehat{A P M} = 90^{\circ}$, we conclude that $U = P$ and therefore that $P, H, M$ are collinear.
Let $J$ be the intersection of $(A P)$ and $(BC)$. Since $(A H)$ and $(M P)$ are altitudes of triangle $A J M$, $H$ is also the orthocenter of $A J M$. Thus, $(O H)$ passes through $J$ if and only if $(O H) \perp (A N)$. Since $O A = O N$, this implies that $(O H) \perp (A N)$ if and only if $(O H)$ is the perpendicular bisector of $[A N]$, which is to say if and only if $H A = H N$.
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proof
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Yes
|
Yes
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proof
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Geometry
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Soit $A B C$ un triangle acutangle avec $A B \neq A C$. On note $\Gamma$ son cercle circonscrit, $H$ son orthocentre et $O$ le centre de $\Gamma$. Soit $M$ le milieu de $[B C]$. La droite $(A M)$ recoupe $\Gamma$ en $N$ et le cercle de diamètre $[A M]$ recoupe $\Gamma$ en $P$.
Prouver que les droites $(A P),(B C),(O H)$ sont concourantes si, et seulement si, $A H=H N$.
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Montrons d'abord que $P, H, M$ sont alignés. À cet effet, introduisons $V$, le point diamétralement opposé à $A$ sur $\Gamma$. Alors $(V C) \perp(A C)$ et donc $(B H) / /(V C)$. De même on voit que $(C H) / /(V B)$. Il s'ensuit que $B H C V$ est un parallélogramme de centre $M$. Les points $H, M, V$ sont donc alignés. Si on note $U$ la deuxième intersection de $(H V)$ avec $\Gamma$, par cocyclicité on obtient $\widehat{A U V}=\widehat{A B V}=90^{\circ}$. Comme $\widehat{A P V}=\widehat{A P M}=90^{\circ}$, on conclut que $U=P$ et donc que $P, H, M$ sont alignés.
Soit J l'intersection de $(A P)$ et de (BC). Comme $(A H)$ et $(M P)$ sont des hauteurs du triangle $A J M, H$ est aussi l'orthocentre de $A J M$. Ainsi, $(O H)$ passe par $J$ si, et seulement si, $(O H) \perp(A N)$. Or $O A=O N$, ce qui implique que $(O H) \perp(A N)$ si, et seulement si $(O H)$ est la médiatrice de de $[A N]$, c'est-à-dire si, et seulement si, $H A=H N$.
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{
"exam": "French_tests",
"problem_label": "2",
"problem_match": "## Exercice 2\n",
"resource_path": "French/segmented/tests/fr-2011-2012-ofm-2011-2012-test-mars-corrige.jsonl",
"solution_match": "## Solution.",
"tier": "T1",
"year": "2011"
}
|
Let $p$ be a prime number. Find all integers $a, b, c \geq 1$ such that:
$$
a^{p}+b^{p}=p^{c}
$$
|
The answer is:
(i) $p=2$ and $(a, b, c)=\left(2^{u}, 2^{u}, 2 u+1\right)$ for an integer $u \geq 0$
(ii) $p=3$ and $(a, b, c)=\left(2 \cdot 3^{u}, 3^{u}, 2+3 u\right)$ or $(a, b, c)=\left(3^{u}, 2 \cdot 3^{u}, 2+3 u\right)$ for an integer $u \geq 0$.
For an integer $n \geq 1$ and a prime number $p$, we denote $v_{p}(n)$ as the greatest integer $k \geq 0$ such that $p^{k}$ divides $n$. We first prove three lemmas.
## Lemma 1
Let $p$ be a prime number. Then, for $1 \leq j \leq p-1, \binom{p}{j}$ is divisible by $p$.
| null |
Yes
|
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 $a, b, c \geq 1$ tels que:
$$
a^{p}+b^{p}=p^{c}
$$
|
La réponse est:
(i) $p=2$ et $(a, b, c)=\left(2^{u}, 2^{u}, 2 u+1\right)$ pour un entier $u \geq 0$
(ii) $p=3$ et $(a, b, c)=\left(2 \cdot 3^{u}, 3^{u}, 2+3 u\right)$ ou $(a, b, c)=\left(3^{u}, 2 \cdot 3^{u}, 2+3 u\right)$ pour un entier $u \geq 0$.
Pour un entier $n \geq 1$ et un nombre premier $p$ on note $v_{p}(n)$ le plus grand entier $k \geq 0$ tel que $p^{k}$ divise $n$. On montre d'abord trois lemmes.
## Lemme 1
Soit $p$ un nombre premier. Alors, pour $1 \leq j \leq p-1,\binom{p}{j}$ est divisible par $p$.
|
{
"exam": "French_tests",
"problem_label": "3",
"problem_match": "## Exercice 3\n",
"resource_path": "French/segmented/tests/fr-2011-2012-ofm-2011-2012-test-mars-corrige.jsonl",
"solution_match": "## Solution.",
"tier": "T1",
"year": "2011"
}
|
Let $p$ be a prime number. Find all integers $a, b, c \geq 1$ such that:
$$
a^{p}+b^{p}=p^{c}
$$
|
On a $j!(p-j)!\binom{p}{j}=p$!. Since $1 \leq j<p$ and $1 \leq p-j<p, j$ and $p-j$ are coprime with $p$ so that $p$ divides $\binom{p}{j}$.
## Lemma 2
Let $p$ be an odd prime number and let $a, j$ be strictly positive integers with $2 \leq j \leq p$. We set $u=v_{p}(a)$ and consider an integer $k>u$. Then:
$$
v_{p}\left(\binom{p}{j} p^{j k} a^{p-j}\right) \geq k+u(p-1)+2
$$
|
not found
|
Yes
|
Incomplete
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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 $a, b, c \geq 1$ tels que:
$$
a^{p}+b^{p}=p^{c}
$$
|
On a $j!(p-j)!\binom{p}{j}=p$ !. Comme $1 \leq j<p$ et $1 \leq p-j<p, j$ et $p-j$ sont premiert avec $p$ de sorte que $p$ divise $\binom{p}{j}$.
## Lemme 2
Soit $p$ un nombre premier impair et soient $a, j$ des entiers strictement positifs avec $2 \leq j \leq p$. On pose $u=v_{p}(a)$ et on considère un entier $k>u$. Alors:
$$
v_{p}\left(\binom{p}{j} p^{j k} a^{p-j}\right) \geq k+u(p-1)+2
$$
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{
"exam": "French_tests",
"problem_label": "3",
"problem_match": "## Exercice 3\n",
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"solution_match": "\nDémonstration:",
"tier": "T1",
"year": "2011"
}
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Let $p$ be a prime number. Find all integers $a, b, c \geq 1$ such that:
$$
a^{p}+b^{p}=p^{c}
$$
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According to Lemma 1, for $2 \leq j \leq p-1$, we have $v_{p}\left(\left({ }_{j}^{p}\right) p^{j k} a^{p-j}\right) \geq 1+j k+u(p-j)$. It is therefore sufficient to prove that $1+j k+u(p-j) \geq k+u(p-1)+2$, which is equivalent to $(j-1)(k-u) \geq 1$, which is clearly satisfied. For $j=p$, we have $v_{p}\left(\binom{p}{j} p^{j k} a^{p-j}\right)=p k$, which is greater than or equal to $k+u(p-1)+2$ because the inequality $p k \geq$ $k+u(p-1)+2$ is equivalent to $(p-1)(k-u) \geq 2$, which is clearly true.
## Lemma 3
We have $(2 n)^{\frac{1}{n-1}}<2$ for all integers $n \geq 5$.
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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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Number Theory
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Soit $p$ un nombre premier. Trouver tous les entiers $a, b, c \geq 1$ tels que:
$$
a^{p}+b^{p}=p^{c}
$$
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D'après le lemme 1, pour $2 \leq j \leq p-1$, on a $v_{p}\left(\left({ }_{j}^{p}\right) p^{j k} a^{p-j}\right) \geq 1+j k+$ $u(p-j)$. Il suffit donc de prouver que $1+j k+u(p-j) \geq k+u(p-1)+2$, ce qui est équivalent au fait que $(j-1)(k-u) \geq 1$, ce qui est clairement vérifié. Pour $j=p$, on a $v_{p}\left(\binom{p}{j} p^{j k} a^{p-j}\right)=p k$, qui est supérieur ou égal à $k+u(p-1)+2$ car l'inégalité $p k \geq$ $k+u(p-1)+2$ est équivalente à $(p-1)(k-u) \geq 2$, qui est clairement vraie.
## Lemme 3
On a $(2 n)^{\frac{1}{n-1}}<2$ pour tout entier $n \geq 5$.
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}
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Let $p$ be a prime number. Find all integers $a, b, c \geq 1$ such that:
$$
a^{p}+b^{p}=p^{c}
$$
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We reason by induction on $n$. For $n=5$, we clearly have $10<2^{4}$. We assume that $2 n<2^{n-1}$. Then $2(n+1)=2 n+2 \leq 2^{n-1}+1<2^{n}$ since $2^{n}-2^{n-1}=2^{n-1}>1$. This closes the proof.
Now let's solve the exercise. We first consider the case $p=2$. If $c<2$, the only solution is $a=b=c=1$. If $c \geq 2$ and $a^{2}+b^{2}=2^{c}$, by reasoning modulo 4, we see that $a$ and $b$ must be even. Let $u=\min \left(v_{2}(a), v_{2}(b)\right)$. Then $\left(a / 2^{u}\right)^{2}+\left(b / 2^{u}\right)^{2}=$ $2^{c-2 u}$. If $c-2 u \geq 2$, then $a / 2^{u}$ and $b / 2^{u}$ are even integers, which contradicts the definition of $u$. Therefore, $c-2 u=1$ and $a=b=2^{u}$. To conclude, we easily verify that for any integer $u \geq 0$:
$$
\left(2^{u}\right)^{2}+\left(2^{u}\right)^{2}=2^{2 u+1} .
$$
Now suppose $p>2$. Let $a, b, c \geq 1$ be integers such that $a^{p}+b^{p}=p^{c}$. Without loss of generality, assume $a \geq b$. Since $a+b$ divides $a^{p}+b^{p}$, there exists an integer $k \geq 1$ such that:
$$
a+b=p^{k}
$$
Let $u=v_{p}(a)$. In particular, (5) implies that $a<p^{k}$, so $u<k$. Then, using the fact that $p$ is odd,
$$
a^{p}+b^{p}=a^{p}+\left(p^{k}-a\right)^{p}=\sum_{j=2}^{p}(-1)^{j+1} u_{j}+u_{1}, \quad \text { where } \quad u_{j}=\binom{p}{j} p^{j k} a^{p-j}
$$
According to Lemma 2, we have $v_{p}\left(u_{j}\right) \geq k+u(p-1)+2$ for $2 \leq j \leq p$. Moreover, since $v_{p}\left(u_{1}\right)=i+k+u(p-1)$, it follows that $v_{p}\left(a^{n}+b^{n}\right)=1+k+u(p-1)$. Since $a^{p}+b^{p}$ is a power of $p$, we conclude that:
$$
a^{p}+b^{p}=p^{1+k+u(p-1)}=p(a+b) p^{u(p-1)},
$$
where we used the fact that $a+b=p^{k}$ for the last equality. Since $a \geq b$, this implies $a^{p} \leq 2 p a p^{u(p-1)}$. Thus:
$$
a \leq(2 p)^{\frac{1}{p-1}} p^{u}
$$
But by definition $u=v_{p}(a)$, so $a \geq p^{u}$. Moreover, $a>p^{u}$ implies $a \geq 2 p^{u}$. According to Lemma 3, since $(2 p)^{\frac{1}{p-1}}<2$ for $p \geq 5$, we deduce that $p \geq 5$ implies $a=p^{u}$, and that $p=3$ implies $a=3^{u}$ or $a=2 \cdot 3^{u}$ (the case $p=2$ is excluded because $p$ is odd).
We first study the case $a=p^{u}$. Then:
$$
b^{p}=p^{u p}\left(p^{c-u p}-1\right),
$$
so $v_{p}(b)=p^{u}$. Since $a \geq b$ and $a=p^{u}$, this implies $a=b$, and thus 2 divides $p$, which is excluded because $p$ is odd.
We have therefore proved that ( $p$ is odd):
$$
a^{p}+b^{p}=p^{c} \text { and } a \geq b \quad \Longrightarrow \quad p=3, \quad a=2 \cdot 3^{u} .
$$
In the following, we assume that $p=3$ and $a=2 \cdot 3^{u}$. Then $b^{3}=3^{3 u}\left(3^{c-3 u}-8\right)$. Therefore, $3^{u}$ divides $b$. Hence $3^{u} \leq b \leq a=2 \cdot 3^{u}$. If $b=a$, then 2 divides $p^{c}$, which contradicts the fact that $p$ is odd. Therefore, $b=3^{u}$, which implies $\left(3^{u}\right)^{3}+\left(2 \cdot 3^{u}\right)^{3}=3^{3 u+2}=3^{c}$. Finally, $c=3 u+2$ and we easily verify that for any integer $u \geq 0$:
$$
\left(2 \cdot 3^{u}\right)^{3}+\left(3^{u}\right)^{3}=3^{2+3 u} .
$$
Thus $p=3, a=2 \cdot 3^{u}, b=3^{u}, c=2+3 u$ for some integer $u \geq 0$.
Remark. It is possible to use the so-called LTE lemma (see the poly on the Animath website) to approach the exercise: if $p$ is an odd prime such that $p$ does not divide $a$ and does not divide $b$, then:
$$
v_{p}\left(a^{p}+b^{p}\right)=1+v_{p}(a+b) .
$$
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p=3, a=2 \cdot 3^{u}, b=3^{u}, c=2+3 u
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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 $a, b, c \geq 1$ tels que:
$$
a^{p}+b^{p}=p^{c}
$$
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On raisonne par récurrence sur $n$. Pour $n=5$, on a clairement $10<2^{4}$. On suppose que $2 n<2^{n-1}$. Alors $2(n+1)=2 n+2 \leq 2^{n-1}+1<2^{n}$ car $2^{n}-2^{n-1}=2^{n-1}>1$. Ceci clôt la preuve.
Résolvons maintenant l'exercice. On considère en un premier temps le cas $p=2$. Si $c<2$, la seule solution est $a=b=c=1$. Si $c \geq 2$ et $a^{2}+b^{2}=2^{c}$, en raisonnant modulo 4, on voit que $a$ et $b$ doivent être pairs. Soit $u=\min \left(v_{2}(a), v_{2}(b)\right)$. Alors $\left(a / 2^{u}\right)^{2}+\left(b / 2^{u}\right)^{2}=$ $2^{c-2 u}$. Si $c-2 u \geq 2$, alors $a / 2^{u}$ et $b / 2^{u}$ sont des entiers pairs, ce qui contredit la définition de $u$. Donc $c-2 u=1$ et $a=b=2^{u}$. Pour conclure, on vérifie aisément que pour tout entier $u \geq 0$ :
$$
\left(2^{u}\right)^{2}+\left(2^{u}\right)^{2}=2^{2 u+1} .
$$
On suppose maintenant que $p>2$. Soient $a, b, c \geq 1$ des entiers tels que $a^{p}+b^{p}=p^{c}$. Sans perte de généralité, supposons $a \geq b$. Comme $a+b$ divise $a^{p}+b^{p}$, il existe un entier $k \geq 1$ tel que :
$$
a+b=p^{k}
$$
Soit $u=v_{p}(a)$. En particulier, (5) implique que $a<p^{k}$ de sorte que $u<k$. Alors, en utilisant le fait que $p$ est impair
$$
a^{p}+b^{p}=a^{p}+\left(p^{k}-a\right)^{p}=\sum_{j=2}^{p}(-1)^{j+1} u_{j}+u_{1}, \quad \text { où } \quad u_{j}=\binom{p}{j} p^{j k} a^{p-j}
$$
D'après le Lemme 2 , on a $v_{p}\left(u_{j}\right) \geq k+u(p-1)+2$ pour $2 \leq j \leq p$. De plus, comme $v_{p}\left(u_{1}\right)=i+k+u(p-1)$, il en découle que $v_{p}\left(a^{n}+b^{n}\right)=1+k+u(p-1)$. Comme $a^{p}+b^{p}$ est une puissance de $p$, on conclut que:
$$
a^{p}+b^{p}=p^{1+k+u(p-1)}=p(a+b) p^{u(p-1)},
$$
où l'on a utilisé le fait que $a+b=p^{k}$ pour la dernière égalité. Puisque $a \geq b$, ceci impose $a^{p} \leq 2 p a p^{u(p-1)}$. Ainsi :
$$
a \leq(2 p)^{\frac{1}{p-1}} p^{u}
$$
Mais par définition $u=v_{p}(a)$, de sorte que $a \geq p^{u}$. De plus, $a>p^{u}$ implique $a \geq 2 p^{u}$ D'après le Lemme 3 , comme $(2 p)^{\frac{1}{p-1}}<2$ pour $p \geq 5$, on en déduit que $p \geq 5$ implique $a=p^{u}$, et que $p=3$ implique $a=3^{u}$ ou $a=2 \cdot 3^{u}$ (le cas $p=2$ est exclu car $p$ est impair).
On étudie d'abord le cas $a=p^{u}$. On a alors:
$$
b^{p}=p^{u p}\left(p^{c-u p}-1\right),
$$
de sorte que $v_{p}(b)=p^{u}$. Comme $a \geq b$ et $a=p^{u}$, ceci implique $a=b$, et donc 2 divise $p$, ce qui est exclu car $p$ est impair.
On a donc prouvé que ( $p$ est impair) :
$$
a^{p}+b^{p}=p^{c} \text { et } a \geq b \quad \Longrightarrow \quad p=3, \quad a=2 \cdot 3^{u} .
$$
Dans la suite on suppose donc que $p=3$ et $a=2 \cdot 3^{u}$. Alors $b^{3}=3^{3 u}\left(3^{c-3 u}-8\right)$. Donc $3^{u}$ divise $b$. Par suite $3^{u} \leq b \leq a=2 \cdot 3^{u}$. Si $b=a$, alors 2 divise $p^{c}$, ce qui contredit le fait
que $p$ est impair. Donc $b=3^{u}$, ce qui implique $\left(3^{u}\right)^{3}+\left(2 \cdot 3^{u}\right)^{3}=3^{3 u+2}=3^{c}$. Finalement, $c=3 u+2$ et on vérifie aisément que pour tout entier $u \geq 0$ :
$$
\left(2 \cdot 3^{u}\right)^{3}+\left(3^{u}\right)^{3}=3^{2+3 u} .
$$
Ainsi $p=3, a=2 \cdot 3^{u}, b=3^{u}, c=2+3 u$ pour un certain entier $u \geq 0$.
Remarque. Il est possible d'utiliser le lemme dit LTE (voir poly sur le site d'Animath) pour aborder l'exercice : si $p$ est un nombre premier impair tel que $p$ ne divise pas $a$ et ne divise pas $b$, alors:
$$
v_{p}\left(a^{p}+b^{p}\right)=1+v_{p}(a+b) .
$$
|
{
"exam": "French_tests",
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"problem_match": "## Exercice 3\n",
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"year": "2011"
}
|
Let $k>1$ be an integer. A function $f: \mathbb{N}^{*} \rightarrow \mathbb{N}^{*}$ is said to be $k$-tastrophic when for any integer $n>0$, we have $f_{k}(n)=n^{k}$ where $f_{k}$ is the $k$-th iterate of f:
$$
f_{k}(n)=\underbrace{f \circ f \circ \cdots \circ f}_{k \text { times }}(n)
$$
For which $k$ does there exist a $k$-tastrophic function?
|
We will prove that for any integer $k \geq 1$, there exists a $k$-tastrophic function.
Clearly, the function $f: n \longmapsto n$ is 1-tastrophic. Therefore, we assume that $k \geq 2$.
We proceed as follows. We set $f(1)=1$, and if $n$ is the smallest integer for which $f(n)$ is not yet defined, then:
- if $n=a^{k}$ for some integer $a \geq 2$, we set:
$$
f(n)=f(a)^{k}
$$
- if $n$ is not a $k$-th power of an integer, we denote $n_{1}=n, n_{2}, \ldots, n_{k}$ as the $k$ smallest integers (in order) that are not $k$-th powers of integers and for which $f$ is not defined, and we set:
$$
f\left(n_{1}\right)=n_{2}, f\left(n_{2}\right)=n_{3}, \ldots, f\left(n_{k-1}\right)=n_{k}, \text { and } f\left(n_{k}\right)=n_{1}^{k}=n^{k}
$$
It is clear that this defines a function $f: \mathbb{N} \longrightarrow \mathbb{N}$. It remains to verify that it is $k$-tastrophic. Let $a \geq 2$ be an integer. We start by noting that, according to (1), we have:
$$
f_{2}\left(a^{k}\right)=f\left(f\left(a^{k}\right)\right)=f\left(f(a)^{k}\right)=[f(f(a))]^{k}=\left[f_{2}(a)\right]^{k}
$$
and, by immediate induction, we have
$$
f_{p}\left(a^{k}\right)=\left[f_{p}(a)\right]^{k} \text { for all integer } p \geq 1
$$
We then prove that $f$ is $k$-tastrophic by strong induction: We obviously have $f_{k}(1)=1=1^{k}$. Suppose that $n \geq 2$ is an integer and that $f_{k}(m)=m^{k}$ for all natural numbers $m \leq n-1$.
- If $n=a^{k}$ for some integer $a \geq 2$. Then $a \leq n-1$ and we have
$$
\begin{aligned}
f_{k}(n) & =f_{k}\left(a^{k}\right)=\left[f_{k}(a)\right]^{k} \quad \text { from }(4) \\
& =\left(a^{k}\right)^{k} \quad \text { from the induction hypothesis } \\
& =n^{k}
\end{aligned}
$$
- If $n$ is not a $k$-th power of an integer, we know that there exist integers $n_{1}, n_{2}, \ldots, n_{k}$ for which (3) holds and with $n=n_{i}$ for some $i \in\{1, \ldots, k\}$. Then, from (3) and (4),
it follows that
$$
\begin{aligned}
f_{k}(n) & =f_{k}\left(n_{i}\right)=f_{k+i-1}\left(n_{1}\right)=f_{i-1}\left(f_{k}\left(n_{1}\right)\right) \\
& =f_{i-1}\left(f\left(n_{k}\right)\right)=f_{i-1}\left(n_{1}^{k}\right)=\left[f_{i-1}\left(n_{1}\right)\right]^{k}=n_{i}^{k}=n^{k}
\end{aligned}
$$
Thus, in all cases, we have $f_{k}(n)=n^{k}$. This completes the induction, and the proof.
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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 $k>1$ un entier. Une fonction $f: \mathbb{N}^{*} \rightarrow \mathbb{N}^{*}$ est dite $k$-tastrophique lorsque pour tout entier $n>0$, on a $f_{k}(n)=n^{k}$ où $f_{k}$ est la $k$-ième itérée de f :
$$
f_{k}(n)=\underbrace{f \circ f \circ \cdots \circ f}_{k \text { fois }}(n)
$$
Pour quels $k$ existe-t-il une fonction $k$-tastrophique?
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On va prouver que, pour tout entier $k \geq 1$, il existe une fonction $k$-tastrophique.
Clairement, la fonction $f: n \longmapsto n$ est 1-tastrophique. On suppose donc que $k \geq 2$.
On procède maintenant de la façon suivante. On pose $f(1)=1$, et si $n$ est le plus petit entier pour lequel $f(n)$ n'est pas encore défini, alors:
- si $n=a^{k}$ pour un certain entier $a \geq 2$, on pose :
$$
f(n)=f(a)^{k}
$$
- si $n$ n'est pas la puissance $k^{i e ̀ m e}$ d'un entier, on note $n_{1}=n, n_{2}, \ldots, n_{k}$ les $k$ plus petits entiers (dans l'ordre) qui ne sont pas des puissances $k^{i e ̀ m e s}$ d'entiers et pour lesquels $f$ n'est pas définie, et on pose:
$$
f\left(n_{1}\right)=n_{2}, f\left(n_{2}\right)=n_{3}, \ldots, f\left(n_{k-1}\right)=n_{k}, \text { et } f\left(n_{k}\right)=n_{1}^{k}=n^{k}
$$
Il est clair que l'on définit ainsi une fonction $f: \mathbb{N} \longrightarrow \mathbb{N}$. Il reste à vérifier qu'elle est $k$-tastrophique. Soit $a \geq 2$ un entier. On commence par noter que, d'après (1), on a :
$$
f_{2}\left(a^{k}\right)=f\left(f\left(a^{k}\right)\right)=f\left(f(a)^{k}\right)=[f(f(a))]^{k}=\left[f_{2}(a)\right]^{k}
$$
et, par une récurrence immédiate, on a
$$
f_{p}\left(a^{k}\right)=\left[f_{p}(a)\right]^{k} \text { pour tout entier } p \geq 1
$$
On prouve alors que $f$ est $k$-tastrophique par récurrence (forte) : On a évidemment $f_{k}(1)=1=1^{k}$. Supposons que $n \geq 2$ soit un entier et que $f_{k}(m)=m^{k}$ pour tout entier naturel $m \leq n-1$.
- Si $n=a^{k}$ pour un certain entier $a \geq 2$. Alors $a \leq n-1$ et on a
$$
\begin{aligned}
f_{k}(n) & =f_{k}\left(a^{k}\right)=\left[f_{k}(a)\right]^{k} \quad \text { d'après }(4) \\
& =\left(a^{k}\right)^{k} \quad \text { d'après l'hypothèse de récurrence } \\
& =n^{k}
\end{aligned}
$$
- Si $n$ n'est pas la puissance $k^{i e ̀ m e} d^{\prime}$ un entier, on sait qu'il existe des entiers $n_{1}, n_{2}, \ldots, n_{k}$ pour lesquels on a (3) et avec $n=n_{i}$ pour un certain $i \in\{1, \ldots, k\}$. Alors, d'après (3) et (4),
il vient
$$
\begin{aligned}
f_{k}(n) & =f_{k}\left(n_{i}\right)=f_{k+i-1}\left(n_{1}\right)=f_{i-1}\left(f_{k}\left(n_{1}\right)\right) \\
& =f_{i-1}\left(f\left(n_{k}\right)\right)=f_{i-1}\left(n_{1}^{k}\right)=\left[f_{i-1}\left(n_{1}\right)\right]^{k}=n_{i}^{k}=n^{k}
\end{aligned}
$$
Ainsi, dans tous les cas, on a $f_{k}(n)=n^{k}$. Ce qui achève la récurrence, et la démonstration.
|
{
"exam": "French_tests",
"problem_label": "4",
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"solution_match": "## Solution.",
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"year": "2011"
}
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Determine all non-constant polynomials $X^{n}+a_{1} X^{n-1}+\cdots+a_{n-1} X+a_{n}$, with integer coefficients, whose roots are exactly the numbers $a_{1}, \ldots, a_{n-1}, a_{n}$ (with multiplicity).
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Let \( P(X) = X^n + a_1 X^{n-1} + \cdots + a_{n-1} X + a_n \) be a polynomial with integer coefficients.
Then \( P(X) \) is a solution to the problem if and only if
\[
P(X)=\prod_{i=1}^{n}\left(X-a_{i}\right)
\]
First, suppose that \( a_{n}=0 \). Let \( i \) be the smallest integer such that \( a_{n-i} \neq 0 \). Then we have \( P(X)=X^{i}\left(X^{n-i}+a_{1} X^{n-i-1}+\cdots+a_{n-i-1}\right) \) and thus (5) is satisfied if and only if \( Q(X)=X^{n-i}+a_{1} X^{n-i-1}+\cdots+a_{n-i-1} \) is constant or is itself a solution to the problem. The first case corresponds to \( P(X)=X^{n} \), which is a valid solution.
We will therefore assume in what follows that \( P(X) \) is a solution with \( a_{n} \neq 0 \). Under these conditions, we immediately deduce that we cannot have \( X+a_{1}=X-a_{1} \) and thus there is no polynomial of degree 1 that is a solution. We therefore assume that \( n \geq 2 \). From \( P(0)=a_{n}=(-1)^{n} \prod_{i=1}^{n} a_{i} \), we then deduce that
\[
(-1)^{n} \prod_{i=1}^{n-1} a_{i}=1
\]
And, since the \( a_{i} \) are integers, we have \( a_{i}=1 \) or \( a_{i}=-1 \) for all \( i \leq n-1 \). Let \( k \) be the number of them that are -1 (and thus \( 0 \leq k \leq n-1 \)). We can note that (6) then shows that \( k \) and \( n \) have the same parity. The relations between coefficients and roots lead to
\[
-a_{1}=\sum_{i=1}^{n} a_{i}=a_{n}+(n-1-k)-k
\]
from which we get
\[
a_{n}=2 k-n \quad \text { or } \quad a_{n}=2 k-n+2
\]
For \( n=2 \), since \( a_{2} \neq 0 \) and \( k \) must be even and not exceed 1, the only possibility is \( k=0, a_{1}=1, a_{2}=-2 \), and thus \( P(X)=X^{2}+X-2=(X-1)(X+2) \), which is indeed a solution.
We now assume that \( n \geq 3 \). Then
\[
a_{2}=\sum_{1 \leq i<j \leq n} a_{i} a_{j}=a_{n} \sum_{i=1}^{n-1} a_{i}+\frac{k(k-1)}{2}+\frac{(n-1-k)(n-2-k)}{2}-k(n-1-k)
\]
and thus
\[
2 a_{2}=2 a_{n}(n-1-2 k)+n^{2}+4 k^{2}-4 k n-3 n+4 k+2
\]
Given (7), two cases arise:
- If \( a_{n}=2 k-n \): From (8), we get \((n-2 k)^{2}+n=2-2 a_{2}\), with \( a_{2}=1 \) or \( a_{2}=-1 \). Therefore, \( a_{2}=-1 \) and, since \( n-2 k=-a_{n} \neq 0 \), the only possibility is \( n=3 \) and \((n-2 k)^{2}=1\). From \( k \leq n-1 \) and the same parity as \( n \), we deduce that \( k=1 \), then \( a_{1}=1 \) and \( a_{3}=-1 \), hence \( P(X)=X^{3}+X^{2}-X-X=(X+1)^{2}(X-1) \), which is indeed a solution.
- If \( a_{n}=2 k-n+2 \): As above, we get this time
\[
(n-2 k-2)^{2}+n=2-2 a_{2}
\]
and thus \( a_{2}=-1, n=3, k=1, a_{1}=1, a_{3}=1 \), hence \( P(X)=X^{3}+X^{2}-X+1 \neq (X-1)^{2}(X+1) \), which is not a solution.
In conclusion, the solutions to the problem are the polynomials \( P(X)=X^{n} \) for \( n \geq 1 \), \( P(X)=X^{n}\left(X^{2}+X-2\right) \) or \( P(X)=X^{n}\left(X^{3}+X^{2}-X-X\right) \) for \( n \geq 0 \).
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P(X)=X^{n}, P(X)=X^{n}(X^{2}+X-2), P(X)=X^{n}(X^{3}+X^{2}-X-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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Déterminer tous les polynômes $X^{n}+a_{1} X^{n-1}+\cdots+a_{n-1} X+a_{n}$, non constants et à coefficients entiers, dont les racines sont exactement les nombres $a_{1}, \ldots, a_{n-1}, a_{n}$ (avec multiplicité).
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\text{Soit } P(X) = X^n + a_1 X^{n-1} + \cdots + a_{n-1} X + a_n \; \text{un polynôme à coefficients entiers.}
Alors $P(X)$ est une solution du problème ssi
$$
P(X)=\prod_{i=1}^{n}\left(X-a_{i}\right)
$$
Supposons tout d'abord que $a_{n}=0$. Soit alors $i$ minimal tel que $a_{n-i} \neq 0$. On a donc $P(X)=X^{i}\left(X^{n-i}+a_{1} X^{n-i-1}+\cdots+a_{n-i-1}\right)$ et ainsi (5) est vérifiée si et seulement si $Q(X)=X^{n-i}+a_{1} X^{n-i-1}+\cdots+a_{n-i-1}$ est constant ou est lui-même une solution du problème. Le premier cas correspond à $P(X)=X^{n}$, qui convient bien.
On supposera donc dans ce qui suit que $P(X)$ est une solution avec $a_{n} \neq 0$. Dans ces conditions, on en déduit tout de suite que l'on ne peut avoir $X+a_{1}=X-a_{1}$ et donc qu'il n'y a pas de polynôme de degré 1 qui soit solution. On suppose donc que $n \geq 2$. De $P(0)=a_{n}=(-1)^{n} \prod_{i=1}^{n} a_{i}$, on déduit alors que
$$
(-1)^{n} \prod_{i=1}^{n-1} a_{i}=1
$$
Et, puisque les $a_{i}$ sont des entiers, on a $a_{i}=1$ ou $a_{i}=-1$ pour tout $i \leq n-1$. On note $k$ le nombre d'entre eux qui valent -1 (et donc $0 \leq k \leq n-1$ ). On peut noter que (6) montre alors que $k$ et $n$ ont la même parité. Les relations entre coefficients et racines conduisent à
$$
-a_{1}=\sum_{i=1}^{n} a_{i}=a_{n}+(n-1-k)-k
$$
d'où
$$
a_{n}=2 k-n \quad \text { ou } \quad a_{n}=2 k-n+2
$$
Pour $n=2$, puisque $a_{2} \neq 0$ et que $k$ doit être pair et ne pas dépasser 1 , la seule possibilité est $k=0, a_{1}=1, a_{2}=-2$, et donc $P(X)=X^{2}+X-2=(X-1)(X+2)$, qui est bien solution.
On suppose maintenant que $n \geq 3$. Alors
$$
a_{2}=\sum_{1 \leq i<j \leq n} a_{i} a_{j}=a_{n} \sum_{i=1}^{n-1} a_{i}+\frac{k(k-1)}{2}+\frac{(n-1-k)(n-2-k)}{2}-k(n-1-k)
$$
et donc
$$
2 a_{2}=2 a_{n}(n-1-2 k)+n^{2}+4 k^{2}-4 k n-3 n+4 k+2
$$
Compte-tenu de (7), deux cas se présentent:
- Si $a_{n}=2 k-n$ : De (8), on tire $(n-2 k)^{2}+n=2-2 a_{2}$, avec $a_{2}=1$ ou $a_{2}=-1$. Donc $a_{2}=-1$ et, puisque $n-2 k=-a_{n} \neq 0$, la seule possibilité est $n=3$ et $(n-2 k)^{2}=1$. De $k \leq n-1$ et de même parité que $n$, on déduit que $k=1$, puis que $a_{1}=1$ et $a_{3}=-1$, d'où $P(X)=X^{3}+X^{2}-X-X=(X+1)^{2}(X-1)$, qui est bien solution.
- Si $a_{n}=2 k-n+2$ : Comme ci-dessus, on obtient cette fois
$$
(n-2 k-2)^{2}+n=2-2 a_{2}
$$
et donc $a_{2}=-1, n=3, k=1, a_{1}=1, a_{3}=1$, d'où $P(X)=X^{3}+X^{2}-X+1 \neq$ $(X-1)^{2}(X+1)$, qui n'est pas solution.
En définitive, les solutions du problème sont les polynômes $P(X)=X^{n}$ pour $n \geq 1$, $P(X)=X^{n}\left(X^{2}+X-2\right)$ ou $P(X)=X^{n}\left(X^{3}+X^{2}-X-X\right)$ pour $n \geq 0$.
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{
"exam": "French_tests",
"problem_label": "5",
"problem_match": "## Exercice 5\n",
"resource_path": "French/segmented/tests/fr-2011-2012-ofm-2011-2012-test-mars-corrige.jsonl",
"solution_match": "## Solution.",
"tier": "T1",
"year": "2011"
}
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Let $ABCD$ be a convex quadrilateral such that the lines $(AD)$ and $(BC)$ are not parallel. Suppose that the circles with diameters $[AB]$ and $[CD]$ intersect at two points $E$ and $F$ located inside $ABCD$. Let $\Gamma_{E}$ be the circle passing through the orthogonal projections of $E$ onto $(AB)$, $(BC)$, and $(CD)$, and $\Gamma_{F}$ be the circle passing through the orthogonal projections of $F$ onto $(CD)$, $(DA)$, and $(AB)$.
Prove that the midpoint of $[EF]$ lies on the line passing through the two points of intersection of $\Gamma_{E}$ and $\Gamma_{F}$.
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Let $P, Q, R, S$ be the projections of $E$ onto the lines $(D A), (A B), (B C), (C D)$. The points $P$ and $Q$ belong to the circle with diameter $[A E]$, so that $\widehat{Q P E} = \widehat{Q A E}$. Similarly, $\widehat{Q R E} = \widehat{Q B E}$. Thus:
$$
\widehat{Q P E} + \widehat{Q R E} = \widehat{Q A E} + \widehat{Q B E} = 90^{\circ}
$$
Similarly, we show that $\widehat{Q P S} + \widehat{Q R S} = 90^{\circ} + 90^{\circ} = 180^{\circ}$. Therefore, the points $P, Q, R, S$ lie on $\Gamma_{E}$. Similarly, the orthogonal projections of $F$ onto the sides of $A B C D$ lie on $\Gamma_{F}$.
Let $K$ be the intersection of $(A D)$ and $(B C)$. Without loss of generality, assume that $A \in [D K]$. It is easy to see that $\widehat{C K D} < 90^{\circ}$ (otherwise, the circle with diameter $[C D]$ would cover the entire $A B C D$). Therefore, the lines $(E P)$ and $(B C)$ intersect at a point $P^{\prime}$, and the lines $(E R)$ and $(A D)$ intersect at a point $R^{\prime}$. We will show that $P^{\prime}$ and $R^{\prime}$ are on $\Gamma_{E}$. By the cocyclicity of the points $R, E, Q, B$:
$$
\widehat{Q R K} = \widehat{Q E B} = 90^{\circ} - \widehat{Q B E} = \widehat{Q A E} = \widehat{Q P E}.
$$
Thus, $\widehat{Q R K} = \widehat{Q P P^{\prime}}$, which implies that $P^{\prime} \in \Gamma_{E}$. Similarly, $R^{\prime} \in \Gamma_{E}$.
Similarly, let $M$ and $N$ be the projections of $F$ onto $(A D)$ and $(B C)$, and let $M^{\prime}$ be the intersection of $(F M)$ and $(B C)$, and $N^{\prime}$ be the intersection of $(F N)$ and $(A D)$. Using the same arguments as before, we see that $M^{\prime}$ and $N^{\prime}$ are on $\Gamma_{F}$.
Finally, let $U$ be the intersection of $(N N^{\prime})$ with $(P P^{\prime})$ and $V$ be the intersection of $(M M^{\prime})$ with $(R R^{\prime})$. Since the angles at $N$ and $P$ are right angles, $N, N^{\prime}, P, P^{\prime}$ are cocyclic. The power of $U$ with respect to the circle passing through these points is therefore:
$$
U N \cdot U N^{\prime} = U P \cdot U P^{\prime}
$$
Thus, $U$ lies on the radical axis of $\Gamma_{E}$ and $\Gamma_{F}$. Similarly, $V$ lies on this radical axis. Since $E U F V$ is a parallelogram, this implies that $(U V)$ intersects $[E F]$ at its midpoint.
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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 tel que les droites $(A D)$ et $(B C)$ ne sont pas parallèles. On suppose que les cercles de diamètre $[A B]$ et $[C D]$ se coupent en deux points $E$ et $F$ situés à l'intérieur de $A B C D$. Soit $\Gamma_{E}$ le cercle qui passe par les projetés orthogonaux de $E$ sur $(A B),(B C)$ et $(C D)$, et $\Gamma_{F}$ le cercle qui passe par les projetés orthogonaux de $F$ sur $(C D),(D A)$ et $(A B)$.
Prouver que le milieu de $[E F]$ appartient à la droite passant par les deux points d'intersection de $\Gamma_{E}$ et $\Gamma_{F}$.
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Soient $P, Q, R, S$ les projections de $E$ sur les droites $(D A),(A B),(B C),(C D)$. Les points $P$ et $Q$ appartiennent au cercle de diamètre $[A E]$ de sorte que $\widehat{Q P E}=\widehat{Q A E}$. De même, $\widehat{Q R E}=\widehat{Q B E}$. Ainsi :
$$
\widehat{Q P E}+\widehat{Q R E}=\widehat{Q A E}+\widehat{Q B E}=90^{\circ}
$$
De même, on montre que $\widehat{Q P S}+\widehat{Q R S}=90^{\circ}+90^{\circ}=180^{\circ}$. Ainsi, les points $P, Q, R, S$ appartiennent à $\Gamma_{E}$. De même, les projetés orthogonaux de $F$ sur les côtés de $A B C D$ sont sur $\Gamma_{F}$.
Soit $K$ le point d'intersection de $(A D)$ et $(B C)$. Sans perte de généralité, on suppose que $A \in[D K]$. On voit facilement que $\widehat{C K D}<90^{\circ}$ (sinon le cercle de diamètre $[C D]$ couvre entièrement $A B C D$ ). Les droites $(E P)$ et $(B C)$ s'intersectent donc en un point $P^{\prime}$ et les droites $(E R)$ et $(A D)$ en un point $R^{\prime}$. Montrons que $P^{\prime}$ et $R^{\prime}$ sont sur $\Gamma_{E}$. Par cocyclicité des points $R, E, Q, B$ :
$$
\widehat{Q R K}=\widehat{Q E B}=90^{\circ}-\widehat{Q B E}=\widehat{Q A E}=\widehat{Q P E} .
$$
Donc $\widehat{Q R K}=\widehat{Q P P^{\prime}}$, ce qui implique que $P^{\prime} \in \Gamma_{E}$. De même, $R^{\prime} \in \Gamma_{E}$.
De même, soient $M$ et $N$ les projections respectives de $F$ sur $(A D)$ et (BC), et soient $M^{\prime}$ le point d'intersection de $(F M)$ et $(B C)$ et $N^{\prime}$ le point d'intersection de $(F N)$ et $(A D)$. En utilisant les mêmes arguments que précédemment on voit que $M^{\prime}$ et $N^{\prime}$ sont sur $\Gamma_{F}$.
Soient finalement $U$ l'intersection de $\left(N N^{\prime}\right)$ avec $\left(P P^{\prime}\right)$ et $V$ l'intersection de ( $\left.M M^{\prime}\right)$ avec $\left(R R^{\prime}\right)$. Comme les angles en $N$ et $P$ sont droits, $N, N^{\prime}, P, P^{\prime}$ sont cocycliques. La puissance de $U$ par rapport au cercle passant par ces points vaut donc:
$$
U N \cdot U N^{\prime}=U P \cdot U P^{\prime}
$$
Ainsi, $U$ appartient à l'axe radical de $\Gamma_{E}$ et $\Gamma_{F}$. De même $V$ appartient à cet axe radical. Or $E U F V$ est un parallelogramme, ce qui implique que $(U V)$ coupe $[E F]$ en son milieu.
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{
"exam": "French_tests",
"problem_label": "6",
"problem_match": "## Exercice 6\n",
"resource_path": "French/segmented/tests/fr-2011-2012-ofm-2011-2012-test-mars-corrige.jsonl",
"solution_match": "\nSolution.",
"tier": "T1",
"year": "2011"
}
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If $k$ is a strictly positive integer, we denote by $S(k)$ the sum of the digits of its decimal representation.
1) Do there exist two strictly positive integers $a$ and $b$ such that $S(a)=S(b)=S(a+b)=2013$?
2) Do there exist two strictly positive integers $a$ and $b$ such that $S(a)=S(b)=S(a+b)=2016$?
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1) Recall that for any $a$, the integers $a$ and $S(a)$ are congruent modulo 9. Indeed, if $\overline{a_{k} \cdots a_{1} a_{0}}$ is the decimal representation of $a$, then since $10 \equiv 1[9]$, we have for all $j \geqslant 0: 10^{j} \equiv 1^{j}=1[9]$, thus $a=\sum_{j=0}^{k} a_{j} 10^{j} \equiv \sum_{j=0}^{k} a_{j}=S(a)$ [9].
Suppose, for the sake of contradiction, that there exist $a$ and $b$ as described in the statement. Modulo 9, we have
$$
\begin{aligned}
a & \equiv S(a) \equiv 2013 \equiv 6 \\
b & \equiv S(b) \equiv 2013 \equiv 6 \\
a+b & \equiv S(a+b) \equiv 2013 \equiv 6
\end{aligned}
$$
Adding the first two congruences and subtracting the third, we get $0 \equiv 6+6-6=6 [9]$. Impossible.
2) We note that $2016=9 \times 224$, so we can take $\mathrm{a}=\mathrm{b}=9090 \cdots 09$ where the digit 9 appears 224 times, and $a+b=1818 \cdots 18$ where the pattern 18 appears 224 times.
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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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Si $k$ est un entier strictement positif, on désigne par $S(k)$ la somme des chiffres de son écriture décimale.
1) Existe-t-il deux entiers $a$ et $b$ strictement positifs tels que $S(a)=S(b)=S(a+b)=2013$ ?
2) Existe-t-il deux entiers $a$ et $b$ strictement positifs tels que $S(a)=S(b)=S(a+b)=2016$ ?
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1) Rappelons que pour tout $a$, les entiers a et $S(a)$ sont congrus modulo 9. En effet, si $\overline{a_{k} \cdots a_{1} a_{0}}$ est l'écriture décimale de $a$, alors comme $10 \equiv 1[9]$, on a pour tout $j \geqslant 0: 10^{j} \equiv 1^{j}=1[9]$, donc $a=\sum_{j=0}^{k} a_{j} 10^{j} \equiv \sum_{j=0}^{k} a_{j}=S(a)$ [9].
Supposons par l'absurde qu'il existe a et b comme dans l'énoncé. Modulo 9 , on a
$$
\begin{aligned}
a & \equiv S(a) \equiv 2013 \equiv 6 \\
b & \equiv S(b) \equiv 2013 \equiv 6 \\
a+b & \equiv S(a+b) \equiv 2013 \equiv 6
\end{aligned}
$$
On ajoute les deux premières congruences et on retranche la troisième, ce qui donne $0 \equiv 6+6-6=$ 6 [9]. Impossible.
2) On remarque que $2016=9 \times 224$, donc on peut prendre $\mathrm{a}=\mathrm{b}=9090 \cdots 09$ où le chiffre 9 apparaît 224 fois, et $a+b=1818 \cdots 18$ où le motif 18 apparaît 224 fois.
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{
"exam": "French_tests",
"problem_label": "1",
"problem_match": "\nExercice 1.",
"resource_path": "French/segmented/tests/fr-2012-2013-ofm-2012-2013-test-janvier-corrige.jsonl",
"solution_match": "## Solution.",
"tier": "T1",
"year": "2012"
}
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The real numbers $a, b, c$ are distinct and non-zero, and we assume that there exist two real numbers $x$ and $y$ such that $a^{3}+a x+y=0, b^{3}+b x+y=0$ and $c^{3}+c x+y=0$.
Prove that $a+b+c=0$.
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On a
$$
\left\{\begin{array}{l}
a^{3}+a x+y=0 \\
b^{3}+b x+y=0 \\
c^{3}+c x+y=0
\end{array}\right.
$$
Subtract the first and the third equation: $\left(a^{3}-c^{3}\right)+(a-c) x=0$. Since, $a^{3}-c^{3}=(a-c)\left(a^{2}+\right.$ $\left.a c+c^{2}\right)$, we get $(a-c)\left(a^{2}+a c+c^{2}+x\right)=0$. As $a-c \neq 0$, it follows that
$$
a^{2}+a c+c^{2}+x=0
$$
Similarly, we show that $b^{2}+b c+c^{2}+x=0$. By subtracting the last two equations, we get $0=a^{2}-b^{2}+a c-b c=(a-b)(a+b+c)$. Since $a-b \neq 0$, we deduce that $a+b+c=0$.
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a+b+c=0
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Yes
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Yes
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proof
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Algebra
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Les réels $a, b, c$ sont distincts et non nuls, et on suppose qu'il existe deux réels $x$ et $y$ tels que $a^{3}+a x+y=0, b^{3}+b x+y=0$ et $c^{3}+c x+y=0$.
Prouver que $a+b+c=0$.
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On a
$$
\left\{\begin{array}{l}
a^{3}+a x+y=0 \\
b^{3}+b x+y=0 \\
c^{3}+c x+y=0
\end{array}\right.
$$
On retranche la première et la troisième équation : $\left(a^{3}-c^{3}\right)+(a-c) x=0$. Or, $a^{3}-c^{3}=(a-c)\left(a^{2}+\right.$ $\left.a c+c^{2}\right)$, donc $(a-c)\left(a^{2}+a c+c^{2}+x\right)=0$. Comme $a-c \neq 0$ il vient
$$
\mathrm{a}^{2}+\mathrm{ac}+\mathrm{c}^{2}+\mathrm{x}=0
$$
De même, on montre que $b^{2}+b c+c^{2}+x=0$. En retranchant les deux dernières équations, on obtient $0=a^{2}-b^{2}+a c-b c=(a-b)(a+b+c)$. Comme $a-b \neq 0$, on en déduit que $a+b+c=0$.
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{
"exam": "French_tests",
"problem_label": "2",
"problem_match": "\nExercice 2.",
"resource_path": "French/segmented/tests/fr-2012-2013-ofm-2012-2013-test-janvier-corrige.jsonl",
"solution_match": "## Solution.",
"tier": "T1",
"year": "2012"
}
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On the circle $\Gamma$, points $A, B, C$ are chosen such that $A C = B C$. Let $P$ be a point on the arc $A B$ of $\Gamma$ that does not contain $C$. The line passing through $C$ and perpendicular to the line (PB) meets (PB) at D.
Prove that $\mathrm{PA} + \mathrm{PB} = 2 \mathrm{PD}$.
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Extend the ray $[\mathrm{PB})$ and introduce the point Q such that $B Q=P A$.
We thus have $A P=B Q$ and $A C=B C$ as well as $\widehat{\mathrm{QBC}}=\pi-\widehat{\mathrm{CBP}}=\widehat{\mathrm{PAC}}$. This ensures that the triangles $C B Q$ and $C A P$ are congruent, and therefore that $C P=C Q$. Consequently, the triangle $C P Q$ is isosceles and the point $D$, the foot of the altitude from $C$, is then the midpoint of $[\mathrm{PQ}]$.
We thus have $P A+P B=B Q+P B=P Q=2 P D$.
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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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Sur le cercle $\Gamma$, on choisit les points $A, B, C$ de sorte que $A C=B C$. Soit $P$ un point de l'arc $A B$ de $\Gamma$ qui ne contient pas $C$. La droite passant par $C$ et perpendiculaire à la droite ( PB ) rencontre (PB) en D.
Prouver que $\mathrm{PA}+\mathrm{PB}=2 \mathrm{PD}$.
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Prolongeons la demi-droite $[\mathrm{PB})$ et introduisons le point Q tel que $B Q=P A$.
On a donc $A P=B Q$ et $A C=B C$ ainsi que $\widehat{\mathrm{QBC}}=\pi-\widehat{\mathrm{CBP}}=\widehat{\mathrm{PAC}}$. Cela assure que les triangles $C B Q$ et $C A P$ sont égaux, et donc que $C P=C Q$. Par suite, le triangle $C P Q$ est isocèle et le point $D$, pied de la hauteur issue de $C$, est alors le milieu de $[\mathrm{PQ}]$.
On a donc $P A+P B=B Q+P B=P Q=2 P D$.
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{
"exam": "French_tests",
"problem_label": "3",
"problem_match": "\nExercice 3.",
"resource_path": "French/segmented/tests/fr-2012-2013-ofm-2012-2013-test-janvier-corrige.jsonl",
"solution_match": "## Solution.",
"tier": "T1",
"year": "2012"
}
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On a $2013 \times 2013$ grid, chairs are placed at the vertices of the grid. Each chair is occupied by a person. Some people decide to change places: some move one step to the right, others move two steps forward, others move three steps to the left, and others move six steps backward. In the end, each chair is still occupied by one person.
Prove that at least one person did not change their place.
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Let \( a \) (resp. \( b \), \( c \), \( d \)) be the number of people who move to the right (resp. left, forward, backward). We can assume that there exists a coordinate system such that all people have integer coordinates \(\left(x_{i}, y_{i}\right)\). Since \(\sum_{i} x_{i}\) does not change, but moving one step to the right (resp. three steps to the left) increases (resp. decreases) \(\sum_{i} x_{i}\) by the amount \( a \) (resp. \( 3c \)), we deduce that \( a = 3c \), and thus \( a \) and \( c \) have the same parity. Similarly, \( 2b = 6d \) so \( b \) and \( d \) have the same parity. Finally, \( a + b + c + d = (a + b) + (c + d) \) is even, and therefore cannot be equal to 2013, which implies that at least one person did not move.
## Olympic Subject
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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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Sur un terrain, $2013 \times 2013$ chaises sont placées sur les sommets d'un quadrillage. Chaque chaise est occupée par une personne. Certaines personnes décident alors de changer de place : certaines se décalent d'un cran vers la droite, d'autres de 2 crans vers l'avant, d'autres de 3 crans vers la gauche, et d'autres de 6 crans vers l'arrière. A la fin, chaque chaise est toujours occupée par une seule personne.
Prouver qu'au moins une personne n'a pas changé de place.
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Soit a (resp. b, c, d) le nombre de personnes qui se décalent vers la droite (resp. la gauche, l'avant, l'arrière). On peut supposer qu'il existe un repère tel que les personnes ont toutes des coordonnées entières $\left(x_{i}, y_{i}\right)$. Comme $\sum_{i} x_{i}$ ne change pas, mais que le déplacement d'un cran vers la droite (resp. 3 crans vers la gauche) a pour effet de faire augmenter (resp. diminuer) $\sum_{i} x_{i}$ de la quantité $a$ (resp. 3c), on en déduit que $a=3 c$, et donc $a$ et $c$ ont la même parité. De même, $2 \mathrm{~b}=6 \mathrm{~d}$ donc b et $d$ ont la même parité. Finalement, $a+b+c+d=(a+b)+(c+d)$ est pair, donc ne peut pas être égal à 2013, ce qui implique qu'au moins une personne ne s'est pas déplacée.
## Sujet Olympique
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{
"exam": "French_tests",
"problem_label": "4",
"problem_match": "\nExercice 4.",
"resource_path": "French/segmented/tests/fr-2012-2013-ofm-2012-2013-test-janvier-corrige.jsonl",
"solution_match": "## Solution.",
"tier": "T1",
"year": "2012"
}
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Let $0 \leqslant x_{1} \leqslant x_{2} \leqslant \cdots \leqslant x_{n} \leqslant 1$ and $0 \leqslant y_{1} \leqslant y_{2} \leqslant \cdots \leqslant y_{n} \leqslant 1$ be real numbers. We set $x_{n+1}=1$.
Prove that
$$
\sum_{i=1}^{n}\left(x_{i}-y_{i}\right)+n \sum_{i=1}^{n}\left(x_{i+1}-x_{i}\right) y_{i} \geqslant 0
$$
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We will reason by induction on $\mathrm{n} \geqslant 1$.
- For $n=1$, consider two real numbers $x_{1}, y_{1} \in [0,1]$ and set $x_{2}=1$. We need to prove that $\left(x_{1}-y_{1}\right)+\left(x_{2}-x_{1}\right) y_{1} \geqslant 0$.
Indeed, we have $\left(x_{1}-y_{1}\right)+\left(x_{2}-x_{1}\right) y_{1}=\left(x_{1}-y_{1}\right)+\left(1-x_{1}\right) y_{1}=x_{1}\left(1-y_{1}\right) \geqslant 0$, which concludes the proof.
- Suppose that for some $n \geqslant 1$ and for all real numbers $0 \leqslant a_{1} \leqslant a_{2} \leqslant \cdots \leqslant a_{n} \leqslant 1$ and $0 \leqslant b_{1} \leqslant b_{2} \leqslant \cdots \leqslant b_{n} \leqslant 1$ with $a_{n+1}=1$, we have
$$
\sum_{i=1}^{n}\left(a_{i}-b_{i}\right)+n \sum_{i=1}^{n}\left(a_{i+1}-a_{i}\right) b_{i} \geqslant 0
$$
Consider then real numbers $0 \leqslant x_{1} \leqslant x_{2} \leqslant \cdots \leqslant x_{n+1} \leqslant 1$ and $0 \leqslant y_{1} \leqslant y_{2} \leqslant \cdots \leqslant y_{n+1} \leqslant 1$ and set $x_{n+2}=1$.
By isolating the contributions of $x_{1}$ and $y_{1}$, we have
$$
\begin{aligned}
& \sum_{i=1}^{n+1}\left(x_{i}-y_{i}\right)+(n+1) \sum_{i=1}^{n+1}\left(x_{i+1}-x_{i}\right) y_{i} \\
&= \sum_{i=2}^{n+1}\left(x_{i}-y_{i}\right)+n \sum_{i=2}^{n+1}\left(x_{i+1}-x_{i}\right) y_{i}+x_{1}-y_{1}+\sum_{i=2}^{n+1}\left(x_{i+1}-x_{i}\right) y_{i} \\
& \quad+(n+1)\left(x_{2}-x_{1}\right) y_{1}
\end{aligned}
$$
applied to the real numbers $a_{i}=x_{i+1}$ and $b_{i}=y_{i+1}$
$$
\geqslant x_{1}-y_{1}+\sum_{i=2}^{n+1}\left(x_{i+1}-x_{i}\right) y_{1}+(n+1)\left(x_{2}-x_{1}\right) y_{1} \text{ since } y_{1} \leqslant y_{i} \text{ and } x_{i+1} \geqslant x_{i} \text{ for }
$$
all $i$
$$
\begin{aligned}
& =x_{1}+y_{1}\left[-1+(n+1)\left(x_{2}-x_{1}\right)+\sum_{i=2}^{n+1}\left(x_{i+1}-x_{i}\right)\right] \\
& =x_{1}+y_{1}\left[n x_{2}-(n+1) x_{1}\right] \\
& =x_{1}\left(1-y_{1}\right)+n y_{1}\left(x_{2}-x_{1}\right) \\
& \geqslant 0
\end{aligned}
$$
which proves the desired result for the value $n+1$ and completes 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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Inequalities
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Soit $0 \leqslant x_{1} \leqslant x_{2} \leqslant \cdots \leqslant x_{n} \leqslant 1$ et $0 \leqslant y_{1} \leqslant y_{2} \leqslant \cdots \leqslant y_{n} \leqslant 1$ des réels. On pose $x_{n+1}=1$.
Prouver que
$$
\sum_{i=1}^{n}\left(x_{i}-y_{i}\right)+n \sum_{i=1}^{n}\left(x_{i+1}-x_{i}\right) y_{i} \geqslant 0
$$
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On va raisonner par récurrence sur $\mathrm{n} \geqslant 1$.
- Pour $n=1$, on considère deux réels $x_{1}, y_{1} \in[0,1]$ et on pose $x_{2}=1$. Il s'agit de prouver que $\left(x_{1}-y_{1}\right)+\left(x_{2}-x_{1}\right) y_{1} \geqslant 0$.
Or, on a $\left(x_{1}-y_{1}\right)+\left(x_{2}-x_{1}\right) y_{1}=\left(x_{1}-y_{1}\right)+\left(1-x_{1}\right) y_{1}=x_{1}\left(1-y_{1}\right) \geqslant 0$, ce qui conclut.
- Supposons que pour un certain $n \geqslant 1$ et pour tous réels $0 \leqslant a_{1} \leqslant a_{2} \leqslant \cdots \leqslant a_{n} \leqslant 1$ et $0 \leqslant b_{1} \leqslant b_{2} \leqslant \cdots \leqslant b_{n} \leqslant 1$ et avec $a_{n+1}=1$, on ait
$$
\sum_{i=1}^{n}\left(a_{i}-b_{i}\right)+n \sum_{i=1}^{n}\left(a_{i+1}-a_{i}\right) b_{i} \geqslant 0
$$
On considère alors des réels $0 \leqslant x_{1} \leqslant x_{2} \leqslant \cdots \leqslant x_{n+1} \leqslant 1$ et $0 \leqslant y_{1} \leqslant y_{2} \leqslant \cdots \leqslant y_{n+1} \leqslant 1$ et on pose $x_{n+2}=1$.
En isolant les contributions de $x_{1}$ et $y_{1}$, on a
$$
\begin{aligned}
& \sum_{i=1}^{n+1}\left(x_{i}-y_{i}\right)+(n+1) \sum_{i=1}^{n+1}\left(x_{i+1}-x_{i}\right) y_{i} \\
&= \sum_{i=2}^{n+1}\left(x_{i}-y_{i}\right)+n \sum_{i=2}^{n+1}\left(x_{i+1}-x_{i}\right) y_{i}+x_{1}-y_{1}+\sum_{i=2}^{n+1}\left(x_{i+1}-x_{i}\right) y_{i} \\
& \quad+(n+1)\left(x_{2}-x_{1}\right) y_{1}
\end{aligned}
$$
appliquée aux réels $a_{i}=x_{i+1}$ et $b_{i}=y_{i+1}$
$$
\geqslant x_{1}-y_{1}+\sum_{i=2}^{n+1}\left(x_{i+1}-x_{i}\right) y_{1}+(n+1)\left(x_{2}-x_{1}\right) y_{1} \text { puisque } y_{1} \leqslant y_{i} \text { et } x_{i+1} \geqslant x_{i} \text { pour }
$$
tout $i$
$$
\begin{aligned}
& =x_{1}+y_{1}\left[-1+(n+1)\left(x_{2}-x_{1}\right)+\sum_{i=2}^{n+1}\left(x_{i+1}-x_{i}\right)\right] \\
& =x_{1}+y_{1}\left[n x_{2}-(n+1) x_{1}\right] \\
& =x_{1}\left(1-y_{1}\right)+n y_{1}\left(x_{2}-x_{1}\right) \\
& \geqslant 0
\end{aligned}
$$
ce qui prouve le résultat cherché pour la valeur $n+1$ et achève la démonstration.
|
{
"exam": "French_tests",
"problem_label": "5",
"problem_match": "\nExercice 5.",
"resource_path": "French/segmented/tests/fr-2012-2013-ofm-2012-2013-test-janvier-corrige.jsonl",
"solution_match": "## Solution.",
"tier": "T1",
"year": "2012"
}
|
Find the largest integer $\mathrm{n} \geqslant 3$, satisfying:
"for all integers $k \in\{2,3, \cdots, \mathfrak{n}\}$ if $k$ and $\boldsymbol{n}$ are coprime then $k$ is a prime number."
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First, we notice that $\mathrm{n}=30$ satisfies the property. Indeed, if $\mathrm{k}>1$ is coprime with $n$, then it is coprime with $2,3,5$. If, in addition, $k$ is not prime, then it admits a non-trivial factorization $\mathrm{k}=\mathrm{lm}$ with $\ell, \mathrm{m}>1$. Since $\ell$, $m$ are coprime with $n$, they are coprime with $2,3,5$, so $\ell$, $\mathrm{m} \geqslant 7$, which implies that $k \geqslant 7 \times 7=49>n$.
Conversely, let's show that if $n$ satisfies the property, then $n \leqslant 30$. Suppose, for the sake of contradiction, that $n>30$. Let $p$ be the smallest prime number that does not divide $n$. Since $p^{2} n$ is not prime but is coprime with $n$, we have $p^{2}>n>30>5^{2}$, so $p \geqslant 7$. In particular, 2, 3, and 5 divide $n$, so 30 divides $n$. Since $\mathrm{n}>30$, we deduce that $\mathrm{p}^{2}>\mathrm{n} \geqslant 60>7^{2}$, so $\mathrm{p}>7$, hence $\mathrm{p} \geqslant 11$.
Let $p_{1}<p_{2}<p_{3}<\cdots$ be the list of prime numbers ($p_{1}=2$, $p_{2}=3$, etc.). The above shows that $p=p_{k+1}$ where $k \geqslant 4$. Moreover, $p_{1}, \ldots, p_{k}$ divide $n$, so $p_{k+1}^{2}>n \geqslant p_{1} \cdots p_{k}$, which contradicts Bonse's inequality.
Remark: if one does not know Bonse's inequality, it can be easily derived from Bertrand's postulate, which states that $\boldsymbol{p}_{j+1}<2 p_{j}$ for all $\boldsymbol{j}$. Indeed,
$$
\mathrm{p}_{\mathrm{k}+1}^{2}<4 \mathrm{p}_{\mathrm{k}}^{2}<8 \mathrm{p}_{\mathrm{k}-1} \mathrm{p}_{\mathrm{k}}<2 \times 3 \times 5 \times \mathrm{p}_{\mathrm{k}-1} \mathrm{p}_{\mathrm{k}} \leqslant \mathrm{p}_{1} \mathrm{p}_{2} \cdots \mathrm{p}_{\mathrm{k}}
$$
if $k \geqslant 5$. Moreover, if $k=4$, we can verify directly that $p_{k+1}^{2}=121<210=2 \times 3 \times 5 \times 7=p_{1} \cdots p_{k}$.
Remark: there is an elementary proof of Bonse's inequality that does not use Bertrand's postulate. First, we verify by hand that if $4 \leqslant n \leqslant 7$ then $p_{1} p_{2} \cdots p_{n}>p_{n+1}^{2}$.
Suppose, for the sake of contradiction, that there exists $n \geqslant 8$ such that $p_{1} p_{2} \cdots p_{n} \leqslant p_{n+1}^{2}$. Let $m=\left[\frac{n}{2}\right]$. We have
$$
\left(p_{1} p_{2} \cdots p_{m}\right)^{2}<p_{1} p_{2} \cdots p_{n} \leqslant p_{n+1}^{2}
$$
so $\mathrm{p}_{1} \mathrm{p}_{2} \cdots \mathrm{p}_{\mathrm{m}}<\mathrm{p}_{\mathrm{n}+1}$.
Consider the integers $N_{j}=j p_{1} p_{2} \cdots p_{m-1}-1\left(1 \leqslant j \leqslant p_{m}\right)$. For all $j$, we have $N_{j}<p_{1} p_{2} \cdots p_{m}<$ $p_{n+1}$ and $N_{j}$ is coprime with $p_{1}, p_{2}, \ldots, p_{m-1}$. Therefore, if $q_{j}$ is the smallest prime number dividing $N_{j}$, we have $p_{m} \leqslant q_{j} \leqslant p_{n}$.
The $q_{j}$ are distinct because if $j<\ell$ and $q_{j}=q_{\ell}$, then $q_{j}$ divides $N_{\ell}-N_{j}=(\ell-j) p_{1} p_{2} \cdots p_{m}$, so $q_{j}$ divides $\ell-\mathfrak{j}$, which is impossible since $1 \leqslant \ell-\mathfrak{j}<p_{m} \leqslant q_{j}$.
Therefore, there are at least $p_{m}$ distinct prime numbers between $p_{m}$ and $p_{n}$: in other words, $p_{m} \leqslant n-m+1$. Since $n \leqslant 2 m+1$, we have $p_{m} \leqslant m+2$.
Since $p_{m} \geqslant 2 m-1$ for all $m \geqslant 1$, this implies $2 m-1 \leqslant m+2$, so $m \leqslant 3$, and thus $n \leqslant 7$.
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30
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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 le plus grand entier $\mathrm{n} \geqslant 3$, vérifiant:
"pour tout entier $k \in\{2,3, \cdots, \mathfrak{n}\}$ si $k$ et $\boldsymbol{n}$ sont premiers entre eux alors $k$ est un nombre premier."
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On remarque d'abord que $\mathrm{n}=30$ vérifie la propriété. En effet, si $\mathrm{k}>1$ est premier avec n , alors il est premier avec $2,3,5$. Si de plus k n'est pas premier, alors il admet une factorisation non triviale $\mathrm{k}=\mathrm{lm}$ avec $\ell, \mathrm{m}>1$. Comme $\ell$, m sont premiers avec n , ils sont premiers avec $2,3,5$, donc $\ell$, $\mathrm{m} \geqslant 7$, ce qui entraîne que $k \geqslant 7 \times 7=49>n$.
Réciproquement, montrons que si $n$ vérifie la propriété alors $n \leqslant 30$. Supposons par l'absurde que $n>30$. Soit $p$ le plus petit entier premier ne divisant pas $n$. Comme $p^{2} n$ 'est pas premier mais est premier avec $n$, on a $p^{2}>n>30>5^{2}$ donc $p \geqslant 7$. En particulier, 2,3 et 5 divisent $n$ donc 30 divise $n$. Comme $\mathrm{n}>30$, on en déduit que $\mathrm{p}^{2}>\mathrm{n} \geqslant 60>7^{2}$ donc $\mathrm{p}>7$, par conséquent $\mathrm{p} \geqslant 11$.
Notons $p_{1}<p_{2}<p_{3}<\cdots$ la liste des nombres premiers ( $p_{1}=2$, $p_{2}=3$, etc.). Ce qui précède montre que $p=p_{k+1}$ où $k \geqslant 4$. De plus, $p_{1}, \ldots, p_{k}$ divisent $n$ donc $p_{k+1}^{2}>n \geqslant p_{1} \cdots p_{k}$, ce qui contredit l'inégalité de Bonse.
Remarque: si on ne connaît pas l'inégalité de Bonse, on la retrouve facilement à partir du postulat de Bertrand qui dit que $\boldsymbol{p}_{j+1}<2 p_{j}$ pour tout $\boldsymbol{j}$. En effet,
$$
\mathrm{p}_{\mathrm{k}+1}^{2}<4 \mathrm{p}_{\mathrm{k}}^{2}<8 \mathrm{p}_{\mathrm{k}-1} \mathrm{p}_{\mathrm{k}}<2 \times 3 \times 5 \times \mathrm{p}_{\mathrm{k}-1} \mathrm{p}_{\mathrm{k}} \leqslant \mathrm{p}_{1} \mathrm{p}_{2} \cdots \mathrm{p}_{\mathrm{k}}
$$
si $k \geqslant 5$. De plus, si $k=4$ on vérifie directement que $p_{k+1}^{2}=121<210=2 \times 3 \times 5 \times 7=p_{1} \cdots p_{k}$.
Remarque : il existe une démonstration élémentaire de l'inégalité de Bonse n'utilisant pas le postulat de Bertrand. On vérifie d'abord à la main que si $4 \leqslant n \leqslant 7$ alors $p_{1} p_{2} \cdots p_{n}>p_{n+1}^{2}$.
Supposons par l'absurde qu'il existe $n \geqslant 8$ tel que $p_{1} p_{2} \cdots p_{n} \leqslant p_{n+1}^{2}$. Soit $m=\left[\frac{n}{2}\right]$. On a
$$
\left(p_{1} p_{2} \cdots p_{m}\right)^{2}<p_{1} p_{2} \cdots p_{n} \leqslant p_{n+1}^{2}
$$
donc $\mathrm{p}_{1} \mathrm{p}_{2} \cdots \mathrm{p}_{\mathrm{m}}<\mathrm{p}_{\mathrm{n}+1}$.
Considérons les entiers $N_{j}=j p_{1} p_{2} \cdots p_{m-1}-1\left(1 \leqslant j \leqslant p_{m}\right)$. Pour tout $j$, on a $N_{j}<p_{1} p_{2} \cdots p_{m}<$ $p_{n+1}$ et $N_{j}$ est premier avec $p_{1}, p_{2}, \ldots, p_{m-1}$. Donc si $q_{j}$ est le plus petit entier premier divisant $N_{j}$, on a $p_{m} \leqslant q_{j} \leqslant p_{n}$.
Les $q_{j}$ sont distincts car si $j<\ell$ et $q_{j}=q_{\ell}$, alors $q_{j}$ divise $N_{\ell}-N_{j}=(\ell-j) p_{1} p_{2} \cdots p_{m}$, donc $q_{j}$ divise $\ell-\mathfrak{j}$, ce qui est impossible puisque $1 \leqslant \ell-\mathfrak{j}<p_{m} \leqslant q_{j}$.
Par conséquent, il y a au moins $p_{m}$ nombres premiers distincts compris entre $p_{m}$ et $p_{n}$ : autrement dit, $p_{m} \leqslant n-m+1$. Or, $n \leqslant 2 m+1$ donc $p_{m} \leqslant m+2$.
Comme $p_{m} \geqslant 2 m-1$ pour tout $m \geqslant 1$, cela entraîne $2 m-1 \leqslant m+2$, donc $m \leqslant 3$, et donc $n \leqslant 7$.
|
{
"exam": "French_tests",
"problem_label": "6",
"problem_match": "\nExercice 6.",
"resource_path": "French/segmented/tests/fr-2012-2013-ofm-2012-2013-test-janvier-corrige.jsonl",
"solution_match": "## Solution.",
"tier": "T1",
"year": "2012"
}
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A, B, C, D, E are five points on the same circle, such that $A B C D E$ is convex and $A B=B C$ and $C D=D E$. We assume that the lines $(A D)$ and $(B E)$ intersect at $P$, and that the line (BD) meets the line (CA) at $Q$ and the line (CE) at $T$.
Prove that the triangle PQT is isosceles.
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Let $\alpha$ and $\beta$ be the angles $(\overrightarrow{A B}, \overrightarrow{A C})$ and $(\overrightarrow{A C}, \overrightarrow{A D})$ respectively. According to the inscribed angle theorem and the hypotheses of the problem, we have
$$
\begin{aligned}
& \alpha=(\overrightarrow{\mathrm{DB}}, \overrightarrow{\mathrm{DC}})=(\overrightarrow{\mathrm{EB}}, \overrightarrow{\mathrm{EC}})=(\overrightarrow{\mathrm{CA}}, \overrightarrow{\mathrm{CB}})=(\overrightarrow{\mathrm{DA}}, \overrightarrow{\mathrm{DB}}) \\
& \beta=(\overrightarrow{\mathrm{BC}}, \overrightarrow{\mathrm{BD}})=(\overrightarrow{\mathrm{EC}}, \overrightarrow{\mathrm{ED}})=(\overrightarrow{\mathrm{BD}}, \overrightarrow{\mathrm{BE}})=(\overrightarrow{\mathrm{CD}}, \overrightarrow{\mathrm{CE}})
\end{aligned}
$$
We deduce that
$$
\begin{aligned}
(\overrightarrow{\mathrm{BD}}, \overrightarrow{\mathrm{BP}}) & =\beta=(\overrightarrow{\mathrm{BC}}, \overrightarrow{\mathrm{BQ}}) \\
(\overrightarrow{\mathrm{DP}}, \overrightarrow{\mathrm{DB}}) & =\alpha=(\overrightarrow{\mathrm{CA}}, \overrightarrow{\mathrm{CB}})
\end{aligned}
$$
Therefore, triangles $BPD$ and $BQC$ are similar. It follows that $\frac{B Q}{B P}=\frac{B C}{B D}$.
Since $(\overrightarrow{B Q}, \overrightarrow{B P})=\beta=(\overrightarrow{B C}, \overrightarrow{B D})$, triangles $BQP$ and $BCD$ are similar, which implies that $\frac{B P}{P Q}=\frac{B D}{C D}$.
By swapping the roles of $(A, B)$ and $(E, D)$, we obtain that $\frac{D P}{P T}=\frac{B D}{B C}$. Dividing the two previous equalities, we deduce that
$$
\frac{B P}{D P} \times \frac{P T}{P Q}=\frac{B C}{C D}
$$
Since $BDP$ and $BDC$ are (indirectly) similar, as $(\overrightarrow{B D}, \overrightarrow{B P})=\beta=(\overrightarrow{B C}, \overrightarrow{B D})$ and $(\overrightarrow{D P}, \overrightarrow{D B})=\alpha=(\overrightarrow{D B}, \overrightarrow{D C})$, we have $\frac{B P}{D P}=\frac{B C}{C D}$, and finally $P T=P Q$.
$\underline{\text { Analytical solution. }}$
We can assume that the affixes $a, b, c, d, e$ of points $A, B, C, D, E$ are complex numbers of modulus 1. The fact that $ABC$ is isosceles at $B$ translates to the equality $b^{2}=a c$ since $\frac{b}{a}=e^{i \theta}=\frac{c}{b}$ where $\theta$ is the angle $(\overrightarrow{O A}, \overrightarrow{O B})=(\overrightarrow{O B}, \overrightarrow{O C})$. Similarly, we have $d^{2}=c e$.
To calculate the affix $p$ of point $P$, we express that $B, P, E$ are collinear, which translates to the fact that $\frac{p-b}{p-e}$ is real, or equivalently
$$
\frac{p-b}{p-e}=\frac{\bar{p}-\bar{b}}{\bar{p}-\bar{e}}
$$
We eliminate the denominators and simplify:
$$
(\bar{b}-\bar{e}) p-(b-e) \bar{p}+b \bar{e}-\bar{b} e=0
$$
Since $\overline{b}-\overline{e}=\frac{1}{b}-\frac{1}{e}=-\frac{b-e}{be}$ and $b \overline{e}-\overline{b} e=\frac{b}{e}-\frac{e}{b}=\frac{b^{2}-e^{2}}{be}=\frac{(b-e)(b+e)}{be}$, we deduce
$$
-\frac{(b-e)}{be} p-(b-e) \bar{p}+(b-e) \frac{b+e}{be}=0
$$
which simplifies to
$$
p+b e \bar{p}=b+e
$$
Similarly, the fact that $A, P, D$ are collinear translates to $p+a d \bar{p}=a+d$. Subtracting the two previous equalities and dividing by $be - ad$, we get
$$
\bar{p}=\frac{b+e-a-d}{b e-a d} .
$$
Similarly, $\bar{q}=\frac{b+d-a-c}{b d-a c}$. Subtracting the two previous equalities:
$$
\overline{p}-\overline{q}=\frac{(bd-ac)(b+e-a-d)-(be-ad)(b+d-a-c)}{(be-ad)(bd-ac)}
$$
We expand the numerator and replace all $b^{2}$ with $ac$ and all $d^{2}$ with $ce$, which gives
$$
\begin{aligned}
\bar{p}-\bar{q} & =\frac{a(-b c+a c+c d-a d+b e-c e)}{(b e-a d)(b d-a c)} \\
& =\frac{a(-b c+a c+c d-a d+b e-c e)}{b(b e-a d)(d-b)}
\end{aligned}
$$
considering $ac=b^2$. By swapping the roles of $(a, b)$ and $(e, d)$, we get
$$
\bar{p}-\bar{t}=\frac{e(-c d+c e+b c-b e+a d-a c)}{d(a d-b e)(b-d)}
$$
We see that $\bar{p}-\overline{t}=-\frac{be}{ad}(\overline{p}-\overline{q})$. Taking the modulus of both sides, we conclude that $PQ=PT$.
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Geometry
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A, B, C, D, E sont cinq points d'un même cercle, de sorte que $A B C D E$ soit convexe et que l'on ait $A B=B C$ et $C D=D E$. On suppose que les droites $(A D)$ et $(B E)$ se coupent en $P$, et que la droite (BD) rencontre la droite (CA) en $Q$ et la droite (CE) en $T$.
Prouver que le triangle PQT est isocèle.
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Notons $\alpha$ et $\beta$ les angles $(\overrightarrow{A B}, \overrightarrow{A C})$ et $(\overrightarrow{A C}, \overrightarrow{A D})$ respectivement. D'après le théorème de l'angle inscrit et les hypothèses de l'énoncé, on a
$$
\begin{aligned}
& \alpha=(\overrightarrow{\mathrm{DB}}, \overrightarrow{\mathrm{DC}})=(\overrightarrow{\mathrm{EB}}, \overrightarrow{\mathrm{EC}})=(\overrightarrow{\mathrm{CA}}, \overrightarrow{\mathrm{CB}})=(\overrightarrow{\mathrm{DA}}, \overrightarrow{\mathrm{DB}}) \\
& \beta=(\overrightarrow{\mathrm{BC}}, \overrightarrow{\mathrm{BD}})=(\overrightarrow{\mathrm{EC}}, \overrightarrow{\mathrm{ED}})=(\overrightarrow{\mathrm{BD}}, \overrightarrow{\mathrm{BE}})=(\overrightarrow{\mathrm{CD}}, \overrightarrow{\mathrm{CE}})
\end{aligned}
$$
On en déduit que
$$
\begin{aligned}
(\overrightarrow{\mathrm{BD}}, \overrightarrow{\mathrm{BP}}) & =\beta=(\overrightarrow{\mathrm{BC}}, \overrightarrow{\mathrm{BQ}}) \\
(\overrightarrow{\mathrm{DP}}, \overrightarrow{\mathrm{DB}}) & =\alpha=(\overrightarrow{\mathrm{CA}}, \overrightarrow{\mathrm{CB}})
\end{aligned}
$$
donc BPD et $B Q C$ sont semblables. Il s'ensuit $\frac{B Q}{B P}=\frac{B C}{B D}$.
Or, $(\overrightarrow{B Q}, \overrightarrow{B P})=\beta=(\overrightarrow{B C}, \overrightarrow{B D})$, donc $B Q P$ et $B C D$ sont semblables, ce qui entrainne que $\frac{B P}{P Q}=\frac{B D}{C D}$.
En échangeant les rôles de $(A, B)$ et de $(E, D)$, on obtient que $\frac{D P}{P T}=\frac{B D}{B C}$. En divisant les deux égalités précédentes, on en déduit que
$$
\frac{B P}{D P} \times \frac{P T}{P Q}=\frac{B C}{C D}
$$
Or, $B D P$ et $B D C$ sont (indirectement) semblables, puisque $(\overrightarrow{B D}, \overrightarrow{B P})=\beta=(\overrightarrow{B C}, \overrightarrow{B D})$ et $(\overrightarrow{D P}, \overrightarrow{D B})=$ $\alpha=(\overrightarrow{D B}, \overrightarrow{D C})$, donc $\frac{B P}{D P}=\frac{B C}{C D}$, et finalement $P T=P Q$.
$\underline{\text { Solution analytique. }}$
On peut supposer que les affixes $a, b, c, d, e$ des points $A, B, C, D, E$ sont des nombres complexes de module 1. Le fait que $A B C$ est isocèle en $B$ se traduit par l'égalité $b^{2}=a c$ puisque $\frac{b}{a}=e^{i \theta}=\frac{c}{b}$ où $\theta$ est l'angle $(\overrightarrow{O A}, \overrightarrow{O B})=(\overrightarrow{O B}, \overrightarrow{O C})$. De même, on a $d^{2}=c e$.
Pour calculer l'affixe $p$ du point $P$, on exprime que $B, P, E$ sont alignés, ce qui se traduit par le fait que $\frac{p-b}{p-e}$ est réel, ou encore
$$
\frac{p-b}{p-e}=\frac{\bar{p}-\bar{b}}{\bar{p}-\bar{e}}
$$
On chasse les dénominateurs et on simplifie :
$$
(\bar{b}-\bar{e}) p-(b-e) \bar{p}+b \bar{e}-\bar{b} e=0
$$
Comme $\overline{\mathrm{b}}-\overline{\mathrm{e}}=\frac{1}{\mathrm{~b}}-\frac{1}{\mathrm{e}}=-\frac{\mathrm{b}-\mathrm{e}}{\mathrm{be}}$ et $\mathrm{b} \overline{\mathrm{e}}-\overline{\mathrm{b}} e=\frac{\mathrm{b}}{\mathrm{e}}-\frac{\mathrm{e}}{\mathrm{b}}=\frac{\mathrm{b}^{2}-\mathrm{e}^{2}}{\mathrm{be}}=\frac{(\mathrm{b}-\mathrm{e})(\mathrm{b}+\mathrm{e})}{\mathrm{be}}$, on en déduit
$$
-\frac{(b-e)}{b e} p-(b-e) \bar{p}+(b-e) \frac{b+e}{b e}=0
$$
ce qui se simplifie en
$$
p+b e \bar{p}=b+e
$$
De même, le fait que $A, P, D$ sont alignés se traduit par $p+a d \bar{p}=a+d$. En soustrayant les deux égalités précédentes et en divisant par be - ad, on obtient
$$
\bar{p}=\frac{b+e-a-d}{b e-a d} .
$$
De même, $\bar{q}=\frac{b+d-a-c}{b d-a c}$. On soustrait les deux égalités précédentes :
$$
\overline{\mathrm{p}}-\overline{\mathrm{q}}=\frac{(\mathrm{bd}-\mathrm{ac})(\mathrm{b}+\mathrm{e}-\mathrm{a}-\mathrm{d})-(\mathrm{be}-\mathrm{ad})(\mathrm{b}+\mathrm{d}-\mathrm{a}-\mathrm{c})}{(\mathrm{be}-\mathrm{ac})(\mathrm{bd}-\mathrm{ac})}
$$
On développe le numérateur et on remplace tous les $b^{2}$ par $a c$ et tous les $\mathrm{d}^{2}$ par ce , ce qui donne
$$
\begin{aligned}
\bar{p}-\bar{q} & =\frac{a(-b c+a c+c d-a d+b e-c e)}{(b e-a d)(b d-a c)} \\
& =\frac{a(-b c+a c+c d-a d+b e-c e)}{b(b e-a d)(d-b)}
\end{aligned}
$$
compte tenu de $\mathrm{ac}=\mathrm{b}^{2}$. En échangeant les rôles de $(\boldsymbol{a}, \mathrm{b})$ et $(e, d)$, on obtient
$$
\bar{p}-\bar{t}=\frac{e(-c d+c e+b c-b e+a d-a c)}{d(a d-b e)(b-d)}
$$
On voit que $\bar{p}-\overline{\mathrm{t}}=-\frac{\mathrm{be}}{\mathrm{ad}}(\overline{\mathrm{p}}-\overline{\mathrm{q}})$. En prenant le module des deux membres, on en conclut que $\mathrm{PQ}=\mathrm{PT}$.
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{
"exam": "French_tests",
"problem_label": "7",
"problem_match": "\nExercice 7.",
"resource_path": "French/segmented/tests/fr-2012-2013-ofm-2012-2013-test-janvier-corrige.jsonl",
"solution_match": "## Solution.",
"tier": "T1",
"year": "2012"
}
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Let $\mathrm{n}>0$ be an integer. Anne writes $n$ distinct positive integers on the board. Bernard then erases some of these numbers (possibly none, but not all). In front of each of the remaining numbers, he writes a + or a -, and performs the corresponding addition. If the result is divisible by 2013, Bernard wins; otherwise, Anne wins.
Determine, according to the value of $n$, which of the two has a winning strategy.
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Let's show that if $n \geqslant 11$ then Bernard has a winning strategy. Indeed, if $x_{1}, \ldots, x_{n}$ are integers, by the pigeonhole principle, the remainders modulo 2013 of integers of the form $a_{1} x_{1} + \cdots + a_{n} x_{n} \left(a_{i} \in \{0,1\}\right)$ cannot all be distinct since the number of such expressions is $2^{n} \geqslant 2^{11} = 2048 > 2013$. Therefore, there exist $\left(a_{1}, \ldots, a_{n}\right)$ and $\left(b_{1}, \ldots, b_{n}\right) \in \{0,1\}^{n}$ distinct such that $a_{1} x_{1} + \cdots + a_{n} x_{n} \equiv b_{1} x_{1} + \cdots + b_{n} x_{n} \pmod{2013}$. If we set $c_{i} = a_{i} - b_{i}$, then the $c_{i}$ are 0, 1, or -1, not all zero, and $c_{1} x_{1} + \cdots + c_{n} x_{n}$ is divisible by 2013.
Let's show that if $n \leqslant 10$ then Anne has a winning strategy. Indeed, she chooses the numbers $1, 2, \ldots, 2^{n-1}$. If Bernard wins, it would mean he could find $c_{1}, \ldots, c_{k}, d_{1}, \ldots, d_{\ell}$ distinct in $\{0, 1, \ldots, n-1\}$ such that $(k, \ell) \neq (0,0)$ and $2^{c_{1}} + \cdots + 2^{c_{k}} \equiv 2^{d_{1}} + \cdots + 2^{d_{\ell}} \pmod{2013}$. However, the two numbers $2^{c_{1}} + \cdots + 2^{c_{k}}$ and $2^{d_{1}} + \cdots + 2^{d_{\ell}}$ are between 0 and $1 + 2 + \cdots + 2^{n-1} = 2^{n} - 1 \leqslant 2^{10} - 1 = 1023$, so if they are congruent modulo 2013, it means they are equal:
$$
2^{c_{1}} + \cdots + 2^{c_{k}} = 2^{d_{1}} + \cdots + 2^{d_{\ell}}
$$
which contradicts the uniqueness of the binary representation of an integer.
End
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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 $\mathrm{n}>0$ un entier. Anne écrit au tableau n entiers strictement positifs distincts. Bernard efface alors certains de ces nombres (éventuellement aucun, mais pas tous). Devant chacun des nombres restants, il écrit un + ou un -, et effectue l'addition correspondante. Si le résultat est divisible par 2013, c'est Bernard qui gagne, sinon c'est Anne.
Déterminer, selon la valeur de n , lequel des deux possède une stratégie gagnante.
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Montrons que si $n \geqslant 11$ alors Bernard a une stratégie gagnante. En effet, si $x_{1}, \ldots, x_{n}$ sont des nombres entiers, d'après le principe des tiroirs les restes modulo 2013 des entiers de la forme $a_{1} \chi_{1}+$ $\cdots+a_{n} x_{n}\left(a_{i} \in\{0,1\}\right)$ ne peuvent pas être tous distincts puisque le nombre de telles écritures est $2^{n} \geqslant 2^{11}=2048>2013$. Il existe donc $\left(a_{1}, \ldots, a_{n}\right)$ et $\left(b_{1}, \ldots, b_{n}\right) \in\{0,1\}^{n}$ distincts tels que $a_{1} x_{1}+\cdots+a_{n} x_{n} \equiv b_{1} x_{1}+\cdots+b_{n} x_{n}$ [2013]. Si on pose $c_{i}=a_{i}-b_{i}$, alors les $c_{i}$ valent 0,1 ou -1 , ne sont pas tous nuls, et $c_{1} x_{1}+\cdots+c_{n} x_{n}$ est divisible par 2013.
Montrons que si $n \leqslant 10$ alors Anne possède une stratégie gagnante. En effet, elle choisit les nombres $1,2, \ldots, 2^{n-1}$. Si Bernard gagnait, cela signifierait qu'il pourrait trouver $c_{1}, \ldots, c_{k}, d_{1}, \ldots, d_{\ell}$ deux à deux distincts dans $\{0,1, \ldots, \mathfrak{n}-1\}$ tels que $(k, \ell) \neq(0,0)$ et $2^{\mathrm{c}_{1}}+\cdots+2^{\mathrm{c}_{\mathrm{k}}} \equiv 2^{\mathrm{d}_{1}}+\cdots+2^{\mathrm{d}_{\ell}}[2013]$. Or, les deux nombres $2^{\mathrm{c}_{1}}+\cdots+2^{\mathrm{c}_{\mathrm{k}}}$ et $2^{\mathrm{d}_{1}}+\cdots+2^{\mathrm{d}_{\ell}}$ sont compris entre 0 et $1+2+\cdots+2^{\text {n-1 }}=$ $2^{n}-1 \leqslant 2^{10}-1=1023$, donc s'ils sont congrus modulo 2013 c'est qu'ils sont égaux :
$$
2^{c_{1}}+\cdots+2^{c_{k}}=2^{d_{1}}+\cdots+2^{d_{\ell}}
$$
ce qui contredit l'unicité de l'écriture en base 2 d'un entier.
Fin
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{
"exam": "French_tests",
"problem_label": "8",
"problem_match": "\nExercice 8.",
"resource_path": "French/segmented/tests/fr-2012-2013-ofm-2012-2013-test-janvier-corrige.jsonl",
"solution_match": "## Solution.",
"tier": "T1",
"year": "2012"
}
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Let $ABC$ be an isosceles triangle at $A$. We denote $O$ as the center of its circumcircle. Let $D$ be a point on $[BC]$. The line parallel to $(AB)$ passing through $D$ intersects $(AC)$ at $E$. The line parallel to $(AC)$ passing through $D$ intersects $(AB)$ at $F$. Show that $A, E, O, F$ are concyclic.
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Let $R$ be the rotation centered at $O$ with angle $(\overrightarrow{O B}, \overrightarrow{O A})$. We have $R(B)=A$ and $R(A)=C$.
Since (DF$) / /(\mathrm{AC})$, we have $\widehat{\mathrm{FDB}}=\widehat{\mathrm{ACB}}=\widehat{\mathrm{CBA}}=\widehat{\mathrm{DBF}}$, so FBD is isosceles at F. Therefore, $\mathrm{BF}=\mathrm{FD}$. Since $A E D F$ is a parallelogram, $\mathrm{FD}=A E$, hence $B F=A E$. We deduce that $R(F)$ and $E$ are two points on $[A, C]$ that are the same distance from $A$, so $R(F)=E$.
We deduce the equality of the vector angles $(\overrightarrow{O F}, \overrightarrow{O E})=(\overrightarrow{O B}, \overrightarrow{O A})$. Consequently, $2(\overrightarrow{O F}, \overrightarrow{O E})=$ $(\overrightarrow{O B}, \overrightarrow{O A})+(\overrightarrow{O A}, \overrightarrow{O C})=(\overrightarrow{O B}, \overrightarrow{O C})=2(\overrightarrow{A B}, \overrightarrow{A C})=2(\overrightarrow{A F}, \overrightarrow{A E})$, so the angles of the lines $(A F, A E)$ and $(\mathrm{OF}, \mathrm{OE})$ are equal, which concludes.
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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 $A$. On note $O$ le centre de son cercle circonscrit. Soit $D$ un point de $[B C]$. La droite parallèle à $(A B)$ passant par $D$ coupe $(A C)$ en $E$. La droite parallèle à $(A C)$ passant par $D$ coupe $(A B)$ en $F$. Montrer que $A, E, O, F$ sont cocycliques.
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Soit $R$ la rotation de centre $O$ et d'angle $(\overrightarrow{O B}, \overrightarrow{O A})$. On a $R(B)=A$ et $R(A)=C$.
Comme ( DF$) / /(\mathrm{AC})$, on a $\widehat{\mathrm{FDB}}=\widehat{\mathrm{ACB}}=\widehat{\mathrm{CBA}}=\widehat{\mathrm{DBF}}$, donc FBD est isocèle en F. Par conséquent, $\mathrm{BF}=\mathrm{FD}$. Or, $A E D F$ est un parallélogramme, donc $\mathrm{FD}=A E$, d'où $B F=A E$. On en déduit que $R(F)$ et $E$ sont deux points de $[A, C]$ qui sont à même distance de $A$, donc $R(F)=E$.
On en déduit l'égalité entre les angles de vecteurs $(\overrightarrow{O F}, \overrightarrow{O E})=(\overrightarrow{O B}, \overrightarrow{O A})$. Par conséquent, $2(\overrightarrow{O F}, \overrightarrow{O E})=$ $(\overrightarrow{O B}, \overrightarrow{O A})+(\overrightarrow{O A}, \overrightarrow{O C})=(\overrightarrow{O B}, \overrightarrow{O C})=2(\overrightarrow{A B}, \overrightarrow{A C})=2(\overrightarrow{A F}, \overrightarrow{A E})$, donc les angles de droites $(A F, A E)$ et $(\mathrm{OF}, \mathrm{OE})$ sont égaux, ce qui conclut.
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{
"exam": "French_tests",
"problem_label": "1",
"problem_match": "\nExercice 1.",
"resource_path": "French/segmented/tests/fr-2012-2013-ofm-2012-2013-test-mars-corrige.jsonl",
"solution_match": "## Solution.",
"tier": "T1",
"year": "2012"
}
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Let $\left(a_{n}\right)_{n \in \mathbb{N}}$ be a non-constant, increasing sequence of strictly positive integers such that $a_{n}$ divides $n^{2}$ for all $n \geqslant 1$. Prove that one of the following statements is true:
a) There exists an integer $n_{1}>0$ such that $a_{n}=n$ for all $n \geqslant n_{1}$.
b) There exists an integer $n_{2}>0$ such that $a_{n}=n^{2}$ for all $n \geqslant n_{2}$.
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First, since for all integers $n$, we have $a_{n} \in \mathbb{N}^{*}$, and the sequence $(a_{n})$ is increasing and not constant, there exists an integer $n_{0}$ such that $a_{n} \geqslant 2$ for all $n \geqslant n_{0}$. Consequently, for any prime number $p > n_{0}$, we have $a_{p}=p$ or $a_{p}=p^{2}$.
- Suppose that for all integers $n \geqslant 1$, we have $a_{n} \leqslant n$. Let $p > n_{0}$ be a prime number. We will prove by induction that $a_{n}=n$ for all $n \geqslant p$. Indeed, from the above, we have $a_{p}=p$. Furthermore, if $a_{n}=n$ for some $n \geqslant p \geqslant 2$, then $n=a_{n} \leqslant a_{n+1} \leqslant n+1$, hence $a_{n+1}=n$ or $a_{n+1}=n+1$. However, $a_{n+1}$ divides $(n+1)^{2}$, while $n$ does not divide $(n+1)^{2}$. Thus, we have $a_{n+1}=n+1$, which completes the induction.
It is then sufficient to choose $n_{1}=p$ to conclude in this case.
- Suppose there exists an integer $m \geqslant 1$ such that $a_{m}>m$. Since these are integers, it follows that $a_{m} \geqslant m+1$. But, $m+1 \geqslant 2$ and $m+1$ is coprime with $m^{2}$, so $m+1$ cannot divide $m^{2}$, and we have $a_{m} \geqslant m+2$. We deduce that $a_{m+1} \geqslant a_{m}>m+1$. An immediate induction ensures that $a_{n}>n$ for all $n \geqslant m$.
In particular, given our initial remark, if $p \geqslant m$ is a prime number, we have $a_{p}=p^{2}$. Let $p > m$ be an odd prime number. We will prove by induction that $a_{n}=n^{2}$ for all $n \geqslant p$. We have just seen that this is true for $n=p$. Suppose that $a_{n}=n^{2}$ for some integer $n \geqslant p$. Then $n \geqslant 3$, hence $a_{n+1} \geqslant a_{n}=n^{2}>\frac{1}{2}(n+1)^{2}$. Since $a_{n+1}$ divides $(n+1)^{2}$, we have $a_{n+1}=(n+1)^{2}$. This completes the induction.
It is therefore sufficient to choose $n_{2}=p$ to conclude in this case.
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Number Theory
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Soit $\left(a_{n}\right)_{n \in \mathbb{N}}$ une suite croissante et non constante d'entiers strictement positifs tels que $a_{n}$ divise $n^{2}$ pour tout $n \geqslant 1$. Prouver que l'une des affirmations suivantes est vraie:
a) Il existe un entier $n_{1}>0$ tel que $a_{n}=n$ pour tout $n \geqslant n_{1}$.
b) Il existe un entier $n_{2}>0$ tel que $a_{n}=n^{2}$ pour tout $n \geqslant n_{2}$.
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Tout d'abord, puisque pour tout entier $n$, on a $a_{n} \in \mathbb{N}^{*}$, et que la suite ( $a_{n}$ ) est croissante et non constante, il existe un entier $n_{0}$ tel que $a_{n} \geqslant 2$ pour tout $n \geqslant n_{0}$. Par conséquent, pour tout nombre premier $p>n_{0}$, on a $a_{p}=p$ ou $a_{p}=p^{2}$.
- Supposons que, pour tout entier $n \geqslant 1$, on ait $a_{n} \leqslant n$. Soit $p>n_{0}$ un nombre premier. Prouvons par récurrence que $a_{n}=n$ pour tout $n \geqslant p$. En effet, d'après ci-dessus, on a $a_{p}=p$. De plus, si $a_{n}=n$ pour un certain $n \geqslant p \geqslant 2$, alors $n=a_{n} \leqslant a_{n+1} \leqslant n+1$, d'où $a_{n+1}=n$ ou $a_{n+1}=n+1$. Mais, $a_{n+1}$ divise $(n+1)^{2}$, tandis que $n$ ne divise pas $(n+1)^{2}$. Ainsi, on a $a_{n+1}=n+1$, ce qui achève la récurrence.
Il suffit alors de choisir $\mathrm{n}_{1}=\mathrm{p}$ pour conclure dans ce cas.
- Supposons qu'il existe un entier $m \geqslant 1$ tel que $a_{m}>m$. S'agissant d'entiers, c'est donc que $a_{m} \geqslant m+1$. Mais, $m+1 \geqslant 2$ et $m+1$ est premier avec $m^{2}$, donc $m+1$ ne peut diviser $m^{2}$, et on a alors $a_{m} \geqslant m+2$. On en déduit que $a_{m+1} \geqslant a_{m}>m+1$. Une récurrence immédiate assure donc que $a_{n}>n$ pour tout $n \geqslant m$.
En particulier, compte-tenu de notre remarque initiale, si $p \geqslant m$ est un nombre premier, on a $a_{p}=p^{2}$. Soit donc $p>m$ un nombre premier impair. Nous allons prouver par récurrence que $a_{n}=n^{2}$ pour tout $n \geqslant p$. Nous venons de voir que c'est vrai pour $n=p$. Supposons que $a_{n}=n^{2}$ pour un certain entier $n \geqslant p$. Alors $n \geqslant 3$, d'où $a_{n+1} \geqslant a_{n}=n^{2}>\frac{1}{2}(n+1)^{2}$. Or, $a_{n+1}$ divise $(n+1)^{2}$, donc $\mathrm{a}_{\mathrm{n}+1}=(\mathrm{n}+1)^{2}$. Cela achève la récurrence.
Il suffit donc de choisir $\mathrm{n}_{2}=\mathrm{p}$ pour conclure dans ce cas.
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{
"exam": "French_tests",
"problem_label": "2",
"problem_match": "\nExercice 2.",
"resource_path": "French/segmented/tests/fr-2012-2013-ofm-2012-2013-test-mars-corrige.jsonl",
"solution_match": "## Solution.",
"tier": "T1",
"year": "2012"
}
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Prove that for all strictly positive real numbers $a, b, c$ such that $a b c=1$, we have
$$
\frac{1}{1+a^{2}+(b+1)^{2}}+\frac{1}{1+b^{2}+(c+1)^{2}}+\frac{1}{1+c^{2}+(a+1)^{2}} \leqslant \frac{1}{2}
$$
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Let $a, b, c$ be strictly positive real numbers.
Given the well-known inequality $x^{2}+y^{2} \geqslant 2 x y$ valid for all real numbers $x, y$, we have
$$
\frac{1}{1+a^{2}+(b+1)^{2}}=\frac{1}{2+a^{2}+b^{2}+2 b} \leqslant \frac{1}{2(1+a b+b)}
$$
Similarly, and since $a b c=1$, we have
$$
\frac{1}{1+b^{2}+(c+1)^{2}} \leqslant \frac{1}{2(1+b c+c)}=\frac{a b}{2\left(a b+a b^{2} c+a b c\right)}=\frac{a b}{2(1+a b+b)}
$$
and
$$
\frac{1}{1+c^{2}+(a+1)^{2}} \leqslant \frac{1}{2(1+a c+a)}=\frac{b}{2(b+a b c+a b)}=\frac{b}{2(1+a b+b)}
$$
By summing member by member, we get
$$
\begin{aligned}
& \frac{1}{1+\mathrm{a}^{2}+(\mathrm{b}+1)^{2}}+\frac{1}{1+\mathrm{b}^{2}+(\mathrm{c}+1)^{2}}+\frac{1}{1+\mathrm{c}^{2}+(\mathrm{a}+1)^{2}} \\
& \leqslant \frac{1}{2}\left(\frac{1}{1+\mathrm{ab}+\mathrm{b}}+\frac{\mathrm{ab}}{1+\mathrm{ab}+\mathrm{b}}+\frac{\mathrm{b}}{1+\mathrm{ab}+\mathrm{b}}\right)=\frac{1}{2}
\end{aligned}
$$
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Inequalities
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Prouver que pour tous réels strictement positifs $a, b, c$ tels que $a b c=1$, on a
$$
\frac{1}{1+a^{2}+(b+1)^{2}}+\frac{1}{1+b^{2}+(c+1)^{2}}+\frac{1}{1+c^{2}+(a+1)^{2}} \leqslant \frac{1}{2}
$$
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Soit $a, b, c$ des réels strictement positifs.
Compte tenu de l'inégalité bien connue $x^{2}+y^{2} \geqslant 2 x y$ valable pour tous réels $x, y$, on a
$$
\frac{1}{1+a^{2}+(b+1)^{2}}=\frac{1}{2+a^{2}+b^{2}+2 b} \leqslant \frac{1}{2(1+a b+b)}
$$
De même, et puisque $a b c=1$, on a
$$
\frac{1}{1+b^{2}+(c+1)^{2}} \leqslant \frac{1}{2(1+b c+c)}=\frac{a b}{2\left(a b+a b^{2} c+a b c\right)}=\frac{a b}{2(1+a b+b)}
$$
et
$$
\frac{1}{1+c^{2}+(a+1)^{2}} \leqslant \frac{1}{2(1+a c+a)}=\frac{b}{2(b+a b c+a b)}=\frac{b}{2(1+a b+b)}
$$
en sommant membre à membre, il vient
$$
\begin{aligned}
& \frac{1}{1+\mathrm{a}^{2}+(\mathrm{b}+1)^{2}}+\frac{1}{1+\mathrm{b}^{2}+(\mathrm{c}+1)^{2}}+\frac{1}{1+\mathrm{c}^{2}+(\mathrm{a}+1)^{2}} \\
& \leqslant \frac{1}{2}\left(\frac{1}{1+\mathrm{ab}+\mathrm{b}}+\frac{\mathrm{ab}}{1+\mathrm{ab}+\mathrm{b}}+\frac{\mathrm{b}}{1+\mathrm{ab}+\mathrm{b}}\right)=\frac{1}{2}
\end{aligned}
$$
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{
"exam": "French_tests",
"problem_label": "3",
"problem_match": "\nExercice 3.",
"resource_path": "French/segmented/tests/fr-2012-2013-ofm-2012-2013-test-mars-corrige.jsonl",
"solution_match": "## Solution.",
"tier": "T1",
"year": "2012"
}
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In the plane, consider the set $S$ of points with coordinates $(x, y)$, where $x, y \in$ $\{1,2, \ldots, 2013\}$. Two points in $S$ are called neighbors if they are at a distance of 1 from each other. Every second, a fly and some spiders move on the points of $S$ as follows: first, the fly either stays still or moves to a neighboring point of the one it is on. Then, each spider either stays still or moves to a neighboring point of the one it is on. Several spiders can be on the same point at the same time, and the fly as well as the spiders know each other's positions.
a) Determine the smallest integer $k$ for which $k$ spiders can always catch the fly in a finite time, regardless of the initial positions of the fly and the spiders on the points of $S$.
b) Answer the same question if we assume this time that we are in the usual space and that $S$ is the set of points with coordinates $(x, y, z)$ where $x, y, z \in\{1,2, \ldots, 2013\}$.
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A single spider cannot catch the fly: indeed, the fly can wait until the spider is at a neighboring point to where it is located. From that moment, it moves to a diagonally opposite point to the one the spider is on if the spider is at a neighboring point, and otherwise stays where it is.
We will now prove that, in the plane as in space, two spiders are sufficient to catch the fly.
For this, we denote $M$ as the fly, and we designate by $P$ and $Q$ the two spiders. For each animal $A$, we respectively denote $A_{x}, A_{y}$, and $A_{z}$ as its abscissa, ordinate, and height.
a) The spiders $P$ and $Q$ first position themselves at the point with coordinates $(1,1)$. Since $M$ cannot indefinitely escape to the right, $P$ can then, in a finite time and by moving only horizontally, position itself at a point such that $P_{x}=M_{x}$ and $P_{y}=1$. Similarly, $Q$ positions itself at a point such that $Q_{x}=1$ and $Q_{y}=M_{y}$ (it is clear that if, for example, $P$ reaches this first goal before $Q$, it can follow the movements of $M$ by maintaining $P_{x}=M_{x}$ and $P_{y}=1$ and wait for the appropriate positioning of $Q$).
From these positions, reached at time $t_{0}$:
- if $M$ moves horizontally (i.e., such that $M_{x}$ changes), then $P$ does the same to maintain $P_{x}=M_{x}$.
- otherwise, $P$ moves vertically, towards $M$.
The spider $Q$ proceeds in the same way, but by swapping the roles of the abscissas and ordinates.
Using this strategy and from $t_{0}$, the quantity $\left|P_{y}-M_{y}\right|+\left|Q_{x}-M_{x}\right|$ never increases. However, this quantity remains constant only during a move of $M$ to the right or upwards, which can only happen a finite number of times. Consequently, after a finite time, at least one of the two terms of the sum will be equal to 0, indicating the loss of the fly.
b) The two spiders first position themselves at the point $(1,1,1)$. Then, by staying in the plane $\pi$ with the equation $z=1$ and by using the strategy from a), one of them will catch the shadow of $M$ in $\pi$ (i.e., the orthogonal projection of $M$ onto $\pi$). Without loss of generality, we can assume it is $P$, and we have $P_{x}=M_{x}$ and $P_{y}=M_{y}$. Once this is achieved, $P$ mimics its movements on those of $M$ to maintain these two equalities. However, if $M$ moves parallel to the height axis or remains stationary, then $P$ moves parallel to the height axis, but towards $M$ (and we note that $P_{z} \leqslant M_{z}$). Since $M_{z}$ cannot increase indefinitely, $M$ cannot escape from $P$ except by making a finite number of movements parallel to the height axis and by remaining stationary a finite number of times. Consequently, from a time $t_{1}$, the fly $M$ will no longer move in a single plane $\pi^{\prime}$ with the equation $z=$ constant, and without remaining stationary.
The spider $Q$ then positions itself in the plane $\pi^{\prime}$. By remaining stationary if necessary, it can make the quantity $f=\left|Q_{x}-M_{x}\right|+\left|Q_{y}-M_{y}\right|$ even. From this moment, noted as $t_{2}$, $Q$ follows the following procedure:
- If $\left|Q_{x}-M_{x}\right|>\left|Q_{y}-M_{y}\right|$, then $Q$ moves parallel to the abscissa axis so that $\left|Q_{x}-M_{x}\right|$ does not increase ($Q$ moves horizontally, along a line $d$, towards the projection of $M$ on the line $d$).
- Otherwise, $Q$ moves parallel to the ordinate axis, under similar conditions.
To fix ideas, we can assume that for all $t \in \mathbb{N}$, the fly moves at time $t+\frac{1}{3}$ and the spider at time $t+\frac{2}{3}$. Since neither $M$ nor $Q$ remains stationary, the movement of $M$ increases or decreases $f$ by one unit, and the movement of $Q$ decreases $f$ by one unit, so for all $t \in \mathbb{N}$, $f(t)$ is even (in particular, $Q$ will never position itself on a neighboring point of $M$) and furthermore $f(t+1) \leqslant f(t)$.
Let $g=\max \left(\left|Q_{x}-M_{x}\right|,\left|Q_{y}-M_{y}\right|\right)$. We observe that the movement of $Q$ can only decrease $g$. Moreover,
- If the movement of $M$ at time $t+\frac{1}{3}$ decreases $g$, then $g(t+1) \leqslant g(t)$.
- Suppose that the movement of $M$ at time $t+\frac{1}{3}$ increases $g$. If, for example, $M$ has moved in the direction of the $x$-axis, necessarily $\left|Q_{x}(t)-M_{x}(t)\right| \geqslant\left|Q_{y}(t)-M_{y}(t)\right|$ and $M$ has moved away from $Q$, so after the movement of $M$ we have $\left|Q_{x}-M_{x}\right|>\left|Q_{y}-M_{y}\right|$. Consequently, the spider moves in the same direction as the fly, and we have $g(t+1)=g(t)$.
In all cases, we see that $g(t+1) \leqslant g(t)$ for all $t \in \mathbb{N}$, so there exists $t_{2} \in \mathbb{N}$ such that $g(t)=g\left(t_{2}\right)$ and $f(t)=f\left(t_{2}\right)$ for all $t \geqslant t_{2}$. Suppose by contradiction that $g\left(t_{2}\right)>0$.
By changing the orientation of the axes if necessary, we can assume that $Q_{x}\left(t_{2}\right) \leqslant M_{x}\left(t_{2}\right)$ and $Q_{y}\left(t_{2}\right) \leqslant M_{y}\left(t_{2}\right)$. - First case: $Q_{y}\left(t_{2}\right)=M_{y}\left(t_{2}\right)$. Since $f\left(t_{2}\right)$ is even, we have $M_{x}\left(t_{2}\right) \geqslant Q_{x}\left(t_{2}\right)+2$. If between times $t_{2}$ and $t_{2}+1$ the fly moves in the direction of the $y$-axis, then the spider moves to the right, and $g\left(t_{2}+1\right)=g\left(t_{2}\right)-1$. Impossible. If the fly moves to the left, then its movement decreases $f$ by one unit, so $f\left(t_{2}+1\right)=f\left(t_{2}\right)-2$. Impossible. We deduce that the fly moves to the right, and consequently the spider as well. By immediate induction, we get that $M_{x}\left(t_{2}+k\right)=M_{x}\left(t_{2}\right)+k$ for all $k \in \mathbb{N}$, which is impossible.
- Second case: $Q_{x}\left(t_{2}\right)=M_{x}\left(t_{2}\right)$. Analogous.
- Third case: $Q_{x}\left(t_{2}\right)<M_{x}\left(t_{2}\right)$ and $Q_{y}\left(t_{2}\right)<M_{y}\left(t_{2}\right)$. Since the movement of $Q$ strictly decreases the quantity $f$, the movement of $M$ must increase $f$ by one unit. Consequently, between times $t_{2}$ and $t_{2}+1$, the fly must move to the right or upwards. We easily deduce that $Q_{x}\left(t_{2}+1\right)<M_{x}\left(t_{2}+1\right)$ and $Q_{y}\left(t_{2}+1\right)<M_{y}\left(t_{2}+1\right)$. By immediate induction, the sequence $\left(M_{x}\left(t_{2}+k\right)+M_{y}\left(t_{2}+k\right)\right)_{k \in \mathbb{N}}$ is strictly increasing, which is impossible since it is bounded and takes integer values.
In all cases, we have reached a contradiction, which proves that $g\left(t_{2}\right)=0$ and that the spider has caught the fly at time $t_{2}$.
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2
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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 le plan, on considère l'ensemble $S$ des points de coordonnées $(x, y)$, où $x, y \in$ $\{1,2, \ldots, 2013\}$. Deux points de $S$ sont dits voisins s'ils sont à une distance 1 l'un de l'autre. A chaque seconde, une mouche et des araignées se déplacent sur les points de $S$ de la façon suivante : tout d'abord, la mouche soit ne bouge pas, soit va sur un point voisin de celui sur lequel elle se trouve. Puis, chaque araignée soit ne bouge pas, soit va sur un point voisin de celui sur lequel elle se trouve. Plusieurs araignées peuvent se trouver simultanément sur un même point, et la mouche ainsi que les araignées connaissent les positions respectives des unes et des autres.
a) Déterminer le plus petit entier $k$ pour lequel $k$ araignées pourront toujours finir par attraper la mouche en un temps fini, et ce quelles que soient les positions initiales de la mouche et des araignées sur les points de $S$.
b) Répondre à la même question si l'on suppose cette fois que l'on est dans l'espace usuel et que $S$ est l'ensemble des points de coordonnéees $(x, y, z)$ où $x, y, z \in\{1,2, \ldots, 2013\}$.
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Une seule araignée ne peut attraper la mouche : en effet, la mouche peut attendre jusqu'à ce que l'araignée soit sur un point voisin de celui sur lequel elle se trouve. A partir de ce moment, elle se déplace à chaque fois sur un point diagonalement opposé à celui sur lequel est l'araignée si celle-ci est sur un point voisin, et sinon attend où elle est.
On va prouver maintenant que, dans le plan comme dans l'espace, deux araignées suffisent pour attraper la mouche.
Pour cela, on note $M$ la mouche, et on désigne par $P$ et $Q$ les deux araignées. Pour chaque animal $A$, on note respectivement $A_{x}, A_{y}$ et $A_{z}$ son abscisse, son ordonnée et sa cote.
a) Les araignées $P$ et $Q$ se placent tout d'abord sur le point de coordonnées $(1,1)$. Puisque $M$ ne peut s'enfuir indéfiniment vers la droite, $P$ peut alors en un temps fini, et en ne se déplaçant qu'horizontalement, se trouver en un point tel que $P_{x}=M_{x}$ et $P_{y}=1$. De même, $Q$ se place en un point tel que $Q_{x}=1$ et $Q_{y}=M_{y}$ (il est clair que si $P$, par exemple, atteint ce premier objectif avant $Q$, elle peut suivre les déplacements de $M$ en conservant $P_{x}=M_{x}$ et $P_{y}=1$ et attendre le positionnement adéquat de Q).
A partir de ces positions, atteintes au temps $t_{0}$ :
- si $M$ se déplace horizontalement (c'est-à-dire de sorte que $M_{x}$ change) alors $P$ fait de même afin de conserver $\mathrm{P}_{\mathrm{x}}=\mathrm{M}_{\mathrm{x}}$.
- sinon, $P$ se déplace verticalement, en allant vers $M$.
L'araignée $Q$ procède de la même façon, mais en échangeant les rôles des abscisses et ordonnées.
En utilisant cette stratégie et à partir de $t_{0}$, la quantité $\left|P_{y}-M_{y}\right|+\left|Q_{x}-M_{x}\right|$ n'augmente jamais. Mais, cette quantité ne reste constante que lors d'un déplacement de $M$ vers la droite ou vers le haut, ce qui ne peut arriver qu'un nombre fini de fois. Par suite, après un temps fini, au moins l'un des deux termes de la somme va être égal à 0 , signifiant ainsi la perte de la mouche.
b) Les deux araignées se placent tout d'abord sur le point $(1,1,1)$. Puis, en restant dans le plan $\pi$ d'équation $z=1$ et par utilisation de la stratégie du a), l'une d'elles va attraper l'ombre de $M$ dans $\pi$ (i.e. la projection orthogonale de $M$ sur $\pi$ ). Sans perte de généralité, on peut supposer qu'il s'agit de $P$, et on a donc $P_{x}=M_{x}$ et $P_{y}=M_{y}$. Une fois ceci réalisé, $P$ calque ses déplacements sur ceux de $M$ de façon à conserver ces deux égalités. Toutefois, si $M$ se déplace parallèlement à l'axe des cotes ou reste immobile, alors $P$ se déplace parallèlement à l'axe des cotes, mais en allant vers $M$ (et on note qu'on a toujours $P_{z} \leqslant M_{z}$ ). Puisque $M_{z}$ ne peut augmenter indéfiniment, $M$ ne peut échapper à $P$ qu'en ne faisant qu'un nombre fini de déplacements parallèlement à l'axe des cotes et en ne restant immobile
qu'un nombre fini de fois. Par conséquent, à partir d'un instant $t_{1}$, la mouche $M$ ne se déplacera plus que dans un même plan $\pi^{\prime}$ d'équation $z=$ constante, et sans rester immobile.
L'araignée Q vient alors se placer dans le plan $\pi^{\prime}$. Quitte à rester immobile, elle peut rendre la quantité $f=\left|Q_{x}-M_{x}\right|+\left|Q_{y}-M_{y}\right|$ paire. A partir de cet instant, noté $t_{2}, Q$ suit la procédure suivante :
- Si $\left|Q_{x}-M_{x}\right|>\left|Q_{y}-M_{y}\right|$ alors $Q$ se déplace parallèlement à l'axe des abscisses, de sorte que $\left|Q_{x}-M_{x}\right|$ n'augmente pas ( $Q$ se déplace horizontalement, le long d'une droite $d$, en allant vers la projection de $M$ sur la droite $d$ ).
- Sinon, $Q$ se déplace parallèlement à l'axe des ordonnées, dans des conditions analogues.
Pour se fixer les idées, on peut supposer que pour tout $t \in \mathbb{N}$, la mouche se déplace à l'instant $t+\frac{1}{3}$ et l'araignée à l'instant $t+\frac{2}{3}$. Puisque ni $M$ ni $Q$ ne reste immobile, le mouvement de $M$ fait augmenter ou diminuer $f$ d'une unité et le mouvement de $Q$ fait diminuer $f$ d'une unité, donc pour tout $t \in \mathbb{N}, f(t)$ est pair (en particulier, $Q$ ne se placera jamais sur un point voisin de $M$ ) et de plus $f(t+1) \leqslant f(t)$.
Soit $g=\max \left(\left|Q_{x}-M_{x}\right|,\left|Q_{y}-M_{y}\right|\right)$. On observe que le mouvement de $Q$ ne peut que faire décroître g. De plus,
- Si le mouvement de $M$ à l'instant $t+\frac{1}{3}$ fait décroître $g$, alors $g(t+1) \leqslant g(t)$.
- Supposons que le mouvement de $M$ à l'instant $t+\frac{1}{3}$ fait croître $g$. Si par exemple $M$ s'est déplacée dans la direction des $x$, nécessairement $\left|Q_{x}(t)-M_{x}(t)\right| \geqslant\left|Q_{y}(t)-M_{y}(t)\right|$ et $M$ s'est éloignée de $Q$, donc après le mouvement de $M$ on a $\left|Q_{x}-M_{x}\right|>\left|Q_{y}-M_{y}\right|$. Par conséquent l'araignée se déplace dans le même sens que la mouche et on a $g(t+1)=g(t)$.
Dans tous les cas, on voit que $g(t+1) \leqslant g(t)$ pour tout $t \in \mathbb{N}$, donc il existe $t_{2} \in \mathbb{N}$ tel que $g(t)=g\left(t_{2}\right)$ et $f(t)=f\left(t_{2}\right)$ pour tout $t \geqslant t_{2}$. Supposons par l'absurde que $g\left(t_{2}\right)>0$.
Quitte changer l'orientation des axes, on peut supposer que $Q_{x}\left(t_{2}\right) \leqslant M_{x}\left(t_{2}\right)$ et $Q_{y}\left(t_{2}\right) \leqslant M_{y}\left(t_{2}\right)$. - Premier cas: $Q_{y}\left(t_{2}\right)=M_{y}\left(t_{2}\right)$. Comme $f\left(t_{2}\right)$ est pair, on a $M_{x}\left(t_{2}\right) \geqslant Q_{x}\left(t_{2}\right)+2$. Si entre les instants $t_{2}$ et $t_{2}+1$ la mouche se déplace dans la direction des $y$, alors l'araignée se déplace vers la droite, et $g\left(t_{2}+1\right)=g\left(t_{2}\right)-1$. Impossible. Si la mouche se déplace vers la gauche, alors son déplacement fait diminuer f d'une unité, donc $\mathrm{f}\left(\mathrm{t}_{2}+1\right)=\mathrm{f}\left(\mathrm{t}_{2}\right)-2$. Impossible. On en déduit que la mouche se déplace vers la droite, et du coup l'araignée également. Par une récurrence immédiate, on obtient que $M_{x}\left(t_{2}+k\right)=M_{x}\left(t_{2}\right)+k$ pour tout $k \in \mathbb{N}$, ce qui est impossible.
- Deuxième cas: $Q_{x}\left(t_{2}\right)=M_{x}\left(t_{2}\right)$. Analogue.
- Troisième cas: $\mathrm{Q}_{\mathrm{x}}\left(\mathrm{t}_{2}\right)<\mathrm{M}_{\mathrm{x}}\left(\mathrm{t}_{2}\right)$ et $\mathrm{Q}_{\mathrm{y}}\left(\mathrm{t}_{2}\right)<\mathrm{M}_{\mathrm{y}}\left(\mathrm{t}_{2}\right)$. Comme le déplacement de Q fait diminuer strictement la quantité f , le déplacement de $M$ doit faire augmenter f d'une unité. Par conséquent, entre les instants $t_{2}$ et $t_{2}+1$, la mouche doit se déplacer vers la droite ou vers le haut. On en déduit facilement que $Q_{x}\left(t_{2}+1\right)<M_{x}\left(t_{2}+1\right)$ et $Q_{y}\left(t_{2}+1\right)<M_{y}\left(t_{2}+1\right)$. Par une récurrence immédiate, la suite $\left(M_{x}\left(t_{2}+k\right)+M_{y}\left(t_{2}+k\right)\right)_{k \in \mathbb{N}}$ est strictement croissante, ce qui est impossible puisqu'elle est bornée et à valeurs entières.
Dans tous les cas on a abouti à une contradiction, ce qui prouve que $\mathrm{g}\left(\mathrm{t}_{2}\right)=0$ et que l'araignée a rattrapé la mouche à l'instant $t_{2}$.
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{
"exam": "French_tests",
"problem_label": "4",
"problem_match": "\nExercice 4.",
"resource_path": "French/segmented/tests/fr-2012-2013-ofm-2012-2013-test-mars-corrige.jsonl",
"solution_match": "## Solution.",
"tier": "T1",
"year": "2012"
}
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$\mathbb{N}^{*}$ denotes the set of integers greater than or equal to one. Find all functions $\mathrm{f}: \mathbb{N}^{*} \rightarrow \mathbb{N}^{*}$ satisfying:
i) for any $n$ in $\mathbb{N}^{*}, f(n+f(n))=f(n)$
ii) $f(2013)=1$.
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Let $f$ be a potential solution.
Let $a \in \mathbb{N}^{*}$ such that $f(a)=1$.
Then $f(a+1)=f(a+f(a))=f(a)=1$.
Since $f(2013)=1$, we deduce by induction that $f(n)=1$ for all integers $\mathfrak{n} \geqslant 2013$.
On the other hand, suppose that $a \geqslant 2$ is an integer such that $f(n)=1$ for all $n \geqslant a$.
Then, $a-1 \geqslant 1$ and $f(a-1) \geqslant 1$, so $a-1+f(a-1) \geqslant a$ and therefore from the first paragraph $f(a-1)=f(a-1+f(a-1))=1$.
This ensures that $f(n)=1$ for all $n \geqslant a-1$.
Since we have seen that $f(n)=1$ for all $n \geqslant 2013$, we deduce by downward induction that $f(n)=1$ for all $n \geqslant 1$.
Conversely, it is clear that the constant function $\mathrm{f}: \mathrm{n} \longmapsto 1$ is a solution to the problem.
Finally, the only solution is the constant function $\mathrm{f}: \mathfrak{n} \longmapsto 1$.
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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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$\mathbb{N}^{*}$ désigne l'ensemble des entiers supérieurs ou égaux à un. Trouver toutes les applications $\mathrm{f}: \mathbb{N}^{*} \rightarrow \mathbb{N}^{*}$ vérifiant :
i) quel que soit $n$ appartenant à $\mathbb{N}^{*}, f(n+f(n))=f(n)$
ii) $f(2013)=1$.
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Soit f une solution éventuelle.
Soit $a \in \mathbb{N}^{*}$ tel que $f(a)=1$.
Alors $f(a+1)=f(a+f(a))=f(a)=1$.
Puisque $f(2013)=1$, on en déduit par récurrence que $f(n)=1$ pour tout entier $\mathfrak{n} \geqslant 2013$.
D'autre part, supposons que $a \geqslant 2$ soit un entier tel que $f(n)=1$ pour tout $n \geqslant a$.
Alors, $a-1 \geqslant 1$ et $f(a-1) \geqslant 1$, d'où $a-1+f(a-1) \geqslant a$ et donc d'après le premier paragraphe $f(a-1)=f(a-1+f(a-1))=1$.
Cela assure que $f(n)=1$ pour tout $n \geqslant a-1$.
Puisque l'on a vu que $f(n)=1$ pour tout $n \geqslant 2013$, on en déduit par récurrence descendante que $f(n)=1$ pour tout $n \geqslant 1$.
Réciproquement, il est clair que la fonction constante $\mathrm{f}: \mathrm{n} \longmapsto 1$ est une solution du problème.
Finalement, la seule solution est la fonction constante $\mathrm{f}: \mathfrak{n} \longmapsto 1$.
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{
"exam": "French_tests",
"problem_label": "5",
"problem_match": "\nExercice 5.",
"resource_path": "French/segmented/tests/fr-2012-2013-ofm-2012-2013-test-mars-corrige.jsonl",
"solution_match": "## Solution.",
"tier": "T1",
"year": "2012"
}
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1) Let $a$ and $b$ be real numbers such that $a^{n}+b^{n}$ is an integer for $n=1,2,3,4$. Show that $a^{n}+b^{n}$ is an integer for all $n \in \mathbb{N}^{*}$.
2) Is it true that if $a$ and $b$ are real numbers such that $a^{n}+b^{n}$ is an integer for $\boldsymbol{n}=1,2,3$ then $a^{n}+b^{n}$ is an integer for all $n \in \mathbb{N}^{*}$?
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1) Let $s=a+b$ and $p=ab$. Let $S_{n}=a^{n}+b^{n}$. By hypothesis, $S_{n}$ is an integer for $1 \leqslant n \leqslant 4$. Since for all $n \geqslant 1$ we have
$$
S_{n+1}=a^{n+1}+b^{n+1}=(a+b)\left(a^{n}+b^{n}\right)-ab\left(a^{n-1}+b^{n-1}\right)=S_{1} S_{n}-p S_{n-1},
$$
if we show that $p$ is an integer, then by immediate induction it will follow that $S_{n}$ is an integer for all $n$.
We have
$$
S_{2}=(a+b)^{2}-2ab=s^{2}-2p
$$
so $2p=S_{1}^{2}-S_{2}$ is an integer. We have
$$
S_{4}=\left(a^{2}+b^{2}\right)^{2}-2(ab)^{2}=S_{2}^{2}-2p^{2}
$$
so $2p^{2}=S_{2}^{2}-S_{4}$ is an integer. We deduce that $(2p)^{2}=2(2p^{2})$ is an even integer. Since $2p$ is an integer, it is even, so $p$ is indeed an integer.
2) We have
$$
S_{3}=(a+b)\left(a^{2}+b^{2}\right)-ab^{2}-a^{2}b=S_{1} S_{2}-ps
$$
so if $p$ is a half-integer (i.e., $p-\frac{1}{2}$ is an integer) and if $s$ is an even integer, then $S_{1}, S_{2}, S_{3}$ are integers while $S_{4}$ is a half-integer. For example, if $a=1+\frac{1}{\sqrt{2}}$ and $b=1-\frac{1}{\sqrt{2}}$ then $s=2$, $p=\frac{1}{2}$, $S_{1}=2$, $S_{2}=3$, $S_{3}=5$, $S_{4}=17 / 2$.
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Algebra
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1) Soient $a$ et $b$ deux nombres réels tels que $a^{n}+b^{n}$ est un entier pour $n=1,2,3,4$. Montrer que $a^{n}+b^{n}$ est un entier pour tout $n \in \mathbb{N}^{*}$.
2) Est-il vrai que si $a$ et $b$ sont deux nombres réels tels que $a^{n}+b^{n}$ est un entier pour $\boldsymbol{n}=1,2,3$ alors $a^{n}+b^{n}$ est un entier pour tout $n \in \mathbb{N}^{*}$ ?
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1) Notons $s=a+b$ et $p=a b$. Soit $S_{n}=a^{n}+b^{n}$. Par hypothèse, $S_{n}$ est un entier pour $1 \leqslant n \leqslant 4$. Comme pour tout $\mathrm{n} \geqslant 1$ on a
$$
S_{n+1}=a^{n+1}+b^{n+1}=(a+b)\left(a^{n}+b^{n}\right)-a b\left(a^{n-1}+b^{n-1}\right)=S_{1} S_{n}-p S_{n-1},
$$
si on montre que $p$ est un entier alors par récurrence immédiate il s'ensuivra que $S_{n}$ est un entier pour tout $n$.
On a
$$
S_{2}=(a+b)^{2}-2 a b=s^{2}-2 p
$$
donc $2 p=S_{1}^{2}-S_{2}$ est un entier. On a
$$
S_{4}=\left(a^{2}+b^{2}\right)^{2}-2(a b)^{2}=S_{2}^{2}-2 p^{2}
$$
donc $2 p^{2}=S_{2}^{2}-S_{4}$ est un entier. On en déduit que $(2 p)^{2}=2\left(2 p^{2}\right)$ est un entier pair. Comme $2 p$ est entier, il est pair donc $p$ est bien entier.
2) On a
$$
S_{3}=(a+b)\left(a^{2}+b^{2}\right)-a b^{2}-a^{2} b=S_{1} S_{2}-p s
$$
donc si $p$ est un demi-entier (c'est-à-dire que $p-\frac{1}{2}$ est un entier) et si $s$ est un entier pair, alors $S_{1}, S_{2}, S_{3}$ sont des entiers alors que $S_{4}$ est un demi-entier. Par exemple, si $a=1+\frac{1}{\sqrt{2}}$ et $b=1-\frac{1}{\sqrt{2}}$ alors $s=2$, $p=\frac{1}{2}, S_{1}=2, S_{2}=3, S_{3}=5, S_{4}=17 / 2$.
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{
"exam": "French_tests",
"problem_label": "6",
"problem_match": "\nExercice 6.",
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"solution_match": "\nSolution.",
"tier": "T1",
"year": "2012"
}
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Starting from a triplet of integers $(x, y, z)$, an operation consists of adding to one of these three integers a multiple of one of the other two (this multiple can be positive or negative). Prove that if $a, b, c$ are integers that are coprime as a set, one can go from the triplet $(a, b, c)$ to the triplet $(1,0,0)$ in at most five operations.
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If $b$ and $c$ are zero, then since $\operatorname{pgcd}(a, b, c)=1$, we must have $a=1$ or $a=-1$. In the first case, there is nothing to do. In the second case, by three successive operations, we can go from $(-1,0,0)$ to $(-1,1,0)$, then to $(1,1,0)$, and finally to $(1,0,0)$.
We can therefore assume that $b$ or $c$ is non-zero.
The goal is to reach a triplet of the form $(1, \mathrm{~s}, \mathrm{t})$ in at most three steps, since with two additional steps, it is then immediate to obtain $(1,0,0)$.
We assume that $\mathrm{c} \neq 0$, the case $\mathrm{b} \neq 0$ being treated similarly.
To achieve the above goal, it suffices to find an integer $n$ such that $c$ and $\mathrm{b}+\mathrm{na}$ are coprime: indeed, suppose for the moment that such an integer $n$ has been determined and see how the conclusion will follow.
We set $b^{\prime}=b+n a$ and, with a first operation, we can go from $(a, b, c)$ to $\left(a, b^{\prime}, c\right)$. Then, by Bézout's theorem, we know that there exist two integers $u$ and $v$ such that $u b^{\prime}+v c=1$. After multiplying by $a-1$, there therefore exist two integers $x$ and $y$ such that $x b^{\prime}+y c=a-1$. We then use a second operation to go from $\left(a, b^{\prime}, c\right)$ to $\left(a-x b^{\prime}, b^{\prime}, c\right)$, and a third to go from $\left(a-x b^{\prime}, b^{\prime}, c\right)$ to $\left(a-x b^{\prime}-y c, b^{\prime}, c\right)=\left(1, b^{\prime}, c\right)$.
To conclude, it only remains to prove that such an integer $n$ exists.
Let $E$ be the set of prime divisors of $c$ that also divide at least one number of the form $b+k a$, where $k \in \mathbb{Z}$.
If $E=\emptyset$ then any integer $n$ is such that $\operatorname{pgcd}(\mathrm{c}, \mathrm{b}+\mathrm{na})=1$.
Otherwise, we note that $E$ is finite because it only contains prime divisors of $c$, with $c \neq 0$. Next, for each $p \in E$, there exists an integer $k_{p}$ such that $b+k_{p} a=0 \bmod [p]$. We note that such a number $p$ does not divide $a$ because otherwise $p$ would also divide $b$, in contradiction with $\operatorname{pgcd}(a, b, c)=1$.
By the Chinese remainder theorem, there exists an integer $n$ such that $n=k_{p}+1 \bmod [p]$ for all $p \in E$. Let's prove that this integer $n$ works:
- If $p$ divides $c$ and $p \notin E$ then $p$ does not divide any number of the form $b+k a$ and therefore, in particular, does not divide $b + na$.
- If $p \in E$ then $b+n a=b+k_{p} a+a=a \neq 0 \bmod [p]$.
Thus, no prime divisor of $c$ divides $\mathrm{b}+\mathrm{na}$, which ensures that $c$ and $\mathrm{b}+\mathrm{na}$ are indeed coprime.
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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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Partant d'un triplet d'entiers relatifs $(x, y, z)$, une opération consiste à ajouter à l'un de ces trois entiers un multiple de l'un des deux autres (ce multiple peut être positif ou négatif). Prouver que si $a, b, c$ sont des entiers premiers entre eux dans leur ensemble, on peut passer du triplet ( $a, b, c$ ) au triplet $(1,0,0)$ en au plus cinq opérations.
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Si $b$ et $c$ sont nuls alors, puisque $\operatorname{pgcd}(a, b, c)=1$, on doit avoir $a=1$ ou $a=-1$. Dans le premier cas, il n'y a rien à faire. Dans le second, par trois opérations successives, on peut passer de $(-1,0,0)$ à $(-1,1,0)$, puis à $(1,1,0)$ et enfin à $(1,0,0)$.
On peut donc supposer que b ou c est non nul.
L'objectif est d'atteindre un triplet de la forme $(1, \mathrm{~s}, \mathrm{t})$ en au plus trois étapes, puisqu'avec deux étapes supplémentaires, il est alors immédiat d'obtenir $(1,0,0)$.
On suppose que $\mathrm{c} \neq 0$, le cas $\mathrm{b} \neq 0$ se traitant de façon analogue.
Afin d'atteindre l'objectif ci-dessus, il suffit de trouver un entier n tel que c et $\mathrm{b}+\mathrm{na}$ soient premiers entre eux : en effet, supposons pour le moment qu'un tel entier n ait été déterminé et voyons comment la conclusion va en découler.
On pose $b^{\prime}=b+n a$ et, avec une première opération, on peut passer de $(a, b, c) a ̀\left(a, b^{\prime}, c\right)$. Ensuite, d'après le théorème de Bézout, on sait qu'il existe deux entiers $u$ et $v$ tels que $u b^{\prime}+v c=1$. Après multiplication par $a-1$, il existe donc deux entiers $x$ et $y$ tels que $x b^{\prime}+y c=a-1$. On utilise alors une seconde opération pour passer de $\left(a, b^{\prime}, c\right)$ à $\left(a-x b^{\prime}, b^{\prime}, c\right)$, puis une troisième pour passer de $\left(a-x b^{\prime}, b^{\prime}, c\right) a ̀\left(a-x b^{\prime}-y c, b^{\prime} c\right)=\left(1, b^{\prime}, c\right)$.
Pour conclure, il ne reste donc plus qu'à prouver qu'un tel entier n existe.
Soit E l'ensemble des diviseurs premiers de c qui divisent également au moins un nombre de la forme $b+k a$, où $k \in \mathbb{Z}$.
$\operatorname{Si} E=\emptyset$ alors tout entier n est tel que $\operatorname{pgcd}(\mathrm{c}, \mathrm{b}+\mathrm{na})=1$.
Sinon, on note tout d'abord que E est fini car il ne contient que des diviseurs premiers de c , avec $c \neq 0$. Ensuite, pour chaque $p \in E$, il existe un entier $k_{p}$ tel que $b+k_{p} a=0 \bmod [p]$. On remarque qu'un tel nombre $p$ ne divise pas a car sinon $p$ diviserait aussi $b$, en contradiction avec $\operatorname{pgcd}(a, b, c)=1$.
D'après le théorème chinois, il existe un entier $n$ tel que $n=k_{p}+1 \bmod [p]$ pour tout $p \in E$. Prouvons que cet entier n convient :
- Si $p$ divise $c$ et $p \notin E$ alors $p$ ne divise aucun nombre de la forme $b+k a$ et donc, en particulier, ne divise pas b + na.
- Si $p \in E$ alors $b+n a=b+k_{p} a+a=a \neq 0 \bmod [p]$.
Ainsi, aucun diviseur premier de c ne divise $\mathrm{b}+\mathrm{na}$, ce qui assure que c et $\mathrm{b}+\mathrm{na}$ sont bien premiers entre eux.
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{
"exam": "French_tests",
"problem_label": "7",
"problem_match": "\nExercice 7.",
"resource_path": "French/segmented/tests/fr-2012-2013-ofm-2012-2013-test-mars-corrige.jsonl",
"solution_match": "## Solution.",
"tier": "T1",
"year": "2012"
}
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Let $ABC$ be a triangle. Let $D \in [AC]$ and $E \in [AB]$ such that $BE = CD$. Let $P$ be the intersection point of $(BD)$ and $(CE)$. The circumcircles of $BEP$ and $CDP$ intersect at $Q$. Let $K$ and $L$ be the midpoints of $[BE]$ and $[CD]$, respectively. Let $R$ be the intersection of the perpendicular to $(QK)$ passing through $K$ and the perpendicular to $(QL)$ passing through $L$. Show that
1) $R$ lies on the circumcircle of $ABC$;
2) $Q$ lies on the bisector of the angle $\widehat{BAC}$.
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Let's first recall the method for constructing the center of a direct similarity that maps two distinct points $A$ and $B$ to two distinct points $A'$ and $B'$, respectively.
Suppose that $A \neq A'$, $B \neq B'$, and that the lines $(A A')$ and $(B B')$ are not parallel. Let $M$ be the intersection point of $(A A')$ and $(B B')$. Then the circles $MAB$ and $MA'B'$ intersect at a point $N$. Since $(NA, NB) = (MA, MB) = (MA', MB') = (NA', NB')$ and $(AB, AN) = (MB, MN) = (MB', MN) = (A'B', A'N)$, the triangles $NAB$ and $NA'B'$ are directly similar. Therefore, the similarity with center $N$ and ratio $NA' / NA$ maps $A$ to $A'$ and $B$ to $B'$. We verify that the result remains true if $A = A'$ or $B = B'$.
If $(A A')$ and $(B B')$ are parallel, then $N$ is the intersection point of $(AB)$ and $(A'B')$.
Let's return to the exercise. First, let's prove the second assertion.
According to the preliminary, $Q$ is the center of the direct similarity that maps $B$ to $D$ and $E$ to $C$. Since $BE = CD$, this similarity is a rotation, which we will denote by $r$. Since $r$ maps $(AB)$ to $(AC)$, $Q$ is equidistant from $(AB)$ and $(AC)$, so $Q$ lies on a bisector of the angle $\widehat{BAC}$. Let's verify that it is the internal bisector.
By a continuity argument, it suffices to restrict ourselves to the case where $E$ and $D$ are strictly inside the segments $[AB]$ and $[AC]$. In this case, $A, B$, and $E$ being collinear and not cocyclic, $Q \neq A$.
Furthermore, when $ABC$ is isosceles at $A$ and $D$ and $E$ tend towards $A$, the circumcircles of $BPE$ and $CPD$ tend towards the circles $\Gamma_1$ passing through $B$ and tangent to $(AC)$ at $A$ and $\Gamma_2$ passing through $C$ and tangent to $(AB)$ at $A$. The circle $\Gamma_1$ and the triangle are on the same side of the line $(AC)$, and the circle $\Gamma_2$ and the triangle are on the same side of $(AB)$, so $Q$ tends towards a point inside the angle $\widehat{BAC}$ or the opposite angle by the vertex. This will therefore be a point on the internal bisector (different from $A$ since $(AB) \neq (AC)$).
By varying the points $A, D$, and $E$, the point $Q$ remains on the union of the two bisectors and does not pass through $A$, so it must, by continuity, remain on the internal bisector.
Now let's prove the first assertion. Since $r$ maps $(QK)$ to $(QL)$ and $(AK)$ to $(AL)$, the angles between the lines $(QK, QL)$ and $(AK, AL)$ are equal, so $A, K, Q, L$ are concyclic.
Since the triangles $KQR$ and $LQR$ are right-angled at $K$ and $L$, the circle with diameter $[QR]$ passes through $K$ and $L$, so the circumcircle of $QKL$ meets $R$, which shows that $A, K, Q, L, R$ are concyclic.
Let $r'$ be the direct similarity that maps $K$ to $B$ and $L$ to $C$. According to the preliminary, the center of $r'$ is the second intersection point of the circumcircle of $ABC$ with the circumcircle of $AKL$, which is $R$. Since $r'$ maps the lines $(RK)$ and $(RL)$ to $(RB)$ and $(RC)$ respectively, we deduce that $(RB, RC) = (RK, RL) = (AK, AL) = (AB, AC)$, where the second equality comes from the concyclicity of $A, K, L, R$. This proves that $A, B, C, R$ 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. Soient $D \in[A C]$ et $E \in[A B]$ tels que $B E=C D$. Soit $P$ le point d'intersection de (BD) et ( $C E$ ). Les cercles circonscrits à BEP et CDP se recoupent en Q. Soient $K$ et $L$ les milieux respectifs de [BE] et [CD]. Soit R l'intersection entre la perpendiculaire à (QK) passant par K et la perpendiculaire à ( QL ) passant par L . Montrer que
1) $R$ se trouve sur le cercle circonscrit à $A B C$;
2) $Q$ se trouve sur la bissectrice de l'angle $\widehat{B A C}$.
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Rappelons d'abord la méthode de construction du centre d'une similitude directe qui envoie deux points distincts $A$ et $B$ sur deux points distincts $A^{\prime}$ et $B^{\prime}$ respectivement.
Supposons que $A \neq A^{\prime}, B \neq B^{\prime}$, et que les droites $\left(A A^{\prime}\right)$ et $\left(B B^{\prime}\right)$ ne sont pas parallèles. Soit $M$ le point d'intersection de $\left(A A^{\prime}\right)$ et de ( $\left.B B^{\prime}\right)$. Alors les cercles $M A B$ et $M A^{\prime} B^{\prime}$ se recoupent en un point $N$. Comme $(N A, N B)=(M A, M B)=\left(M A^{\prime}, M B^{\prime}\right)=\left(N A^{\prime}, N B^{\prime}\right)$ et $(A B, A N)=(M B, M N)=$ $\left(M B^{\prime}, M N\right)=\left(A^{\prime} B^{\prime}, A^{\prime} N\right)$, les triangles $N A B$ et $N A^{\prime} B^{\prime}$ sont directement semblables, donc la similitude de centre $N$ et de rapport $N A^{\prime} / N A$ envoie $A$ sur $A^{\prime}$ et $B$ sur $B^{\prime}$. On vérifie que le résultat reste vrai si $A=A^{\prime}$ ou $B=B^{\prime}$.
$\mathrm{Si}\left(A A^{\prime}\right)$ et $\left(B B^{\prime}\right)$ sont parallèles, alors $N$ est le point d'intersection de $(A B)$ et de $\left(A^{\prime} B^{\prime}\right)$.
Revenons à l'exercice. Montrons d'abord la deuxième assertion.
D'après le préliminaire, $Q$ est le centre de la similitude directe qui envoie $B$ sur $D$ et $E$ sur $C$. Comme $B E=C D$, cette similitude est une rotation sur l'on notera $r$. Comme $r$ envoie ( $A B$ ) sur ( $A C$ ), $Q$ est équidistant de $(A B)$ et de $(A C)$ donc $Q$ est sur une bissectrice de l'angle $\widehat{B A C}$. Vérifions que c'est la bissectrice intérieure.
Par un argument de continuité, il suffit de se restreindre au cas où $E$ et $D$ sont strictement à l'intérieur des segments $[A B]$ et $[A C]$. Dans ce cas, $A, B$ et $E$ étant alignés donc non-cocycliques, $Q \neq A$.
De plus, lorsque $A B C$ est isocèle en $A$ et que $D$ et $E$ tendent vers $A$, les cercles circonscrits à $B P E$ et CPD tendent vers les cercles $\Gamma_{1}$ passant par B et tangent à (AC) en $A$ et $\Gamma_{2}$ passant par $C$ et tangent à $(A B)$ en $A$. Or, le cercle $\Gamma_{1}$ et le triangle sont du même côté de la droite $(A C)$, le cercle $\Gamma_{2}$ et le triangle sont du même côté de $(A B)$, donc $Q$ tend vers un point à l'intérieur de l'angle $\widehat{B A C}$ ou de celui opposé par le sommet. Ce sera donc un point de la bissectrice intérieure (différent de $A$ puisque $(A B) \neq(A C)$ ).
En faisant varier les points $A, D$ et $E$, le point $Q$ reste sur la réunion des deux bissectrices et ne passe pas par $A$, donc il doit par continuité rester sur la bissectrice intérieure.
Montrons maintenant la première assertion. Comme $r$ envoie ( $Q K$ ) sur ( $Q L$ ) et ( $A K$ ) sur ( $A L$ ), les angles de droites $(Q K, Q L$ ) et ( $A K, A L$ ) sont égaux donc $A, K, Q, L$ sont cocycliques.
Comme les triangles $K Q R$ et $L Q R$ sont rectangles en $K$ et $L$, le cercle de diamètre $[Q R]$ passe par $K$ et $L$, donc le cercle circonscrit à $Q K L$ rencontre $R$, ce qui montre que $A, K, Q, L, R$ sont cocycliques.
Soit $r^{\prime}$ la similitude directe qui envoie $K$ sur $B$ et $L$ sur $C$. D'après le préliminaire, le centre de $r^{\prime}$ est le second point d'intersection du cercle ABC avec le cercle AKL, c'est-à-dire R. Comme $r^{\prime}$ envoie les droites $(R K)$ et $(R L)$ sur $(R B)$ et $(R C)$ respectivement, on en déduit que $(R B, R C)=(R K, R L)=$ $(A K, A L)=(A B, A C)$ où la deuxème égalité provient de la cocyclicité de $A, K, L, R$. Ceci prouve que $A, B, C, R$ sont cocycliques.
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{
"exam": "French_tests",
"problem_label": "8",
"problem_match": "\nExercice 8.",
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"solution_match": "## Solution.",
"tier": "T1",
"year": "2012"
}
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Let $k \geqslant 2$ be an integer.
1) Let $n>k$ be an integer.
Does there exist $n$ strictly positive integers such that any $k$ of them are never coprime in their set, but any $k+1$ of them are always coprime in their set?
2) Does there exist an infinite sequence of strictly positive integers satisfying the two conditions above?
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1) Let $A$ be the set of subsets of $\{1, \ldots, n\}$ of cardinality $k$. Since the set of prime numbers is infinite, there exists a family $\left(p_{I}\right)_{I \in A}$ of distinct prime numbers indexed by $A$. For all $i$, let $A(i)$ be the set of subsets $I$ of $\{1, \ldots, n\}$ of cardinality $k$ such that $i \in I$. We define
$$
a_{i}=\prod_{I \in A(i)} p_{I}
$$
If $J$ is a subset of $\{1, \ldots, n\}$, then the $a_{j}(j \in J)$ are not pairwise coprime
$\Longleftrightarrow$ they have a common prime factor
$\Longleftrightarrow$ there exists $I \in A$ such that $p_{I} \mid a_{j}$ for all $j \in J$
$\Longleftrightarrow$ there exists $I \in A$ such that $j \in I$ for all $j \in J$
$\Longleftrightarrow$ there exists $I \in A$ such that $J \subset I$
$\Longleftrightarrow \operatorname{Card}(J) \leqslant k$.
This shows that the family $\left(a_{i}\right)_{1 \leqslant i \leqslant n}$ works.
2) Suppose, for the sake of contradiction, that there is a family $\left(a_{n}\right)_{n \in \mathbb{N}}$ of strictly positive integers such that any $k$ of them are never pairwise coprime.
Let $p_{1}, \ldots, p_{m}$ be the prime divisors of $a_{0}$. Since $k \geqslant 2$, for all $n \in \mathbb{N}$, $a_{n}$ has a divisor among $p_{1}, \ldots, p_{m}$. Let $p_{i(n)}$ be one of them. Since the sequence $\left(p_{i(n)}\right)_{n \in \mathbb{N}}$ takes only a finite number of values, at least one of these values (which we will denote by $p_{\ell}$) is attained infinitely often. Therefore, there exist $i_{1}<\cdots<i_{k+1}$ such that $p_{\ell}$ divides $a_{i_{1}}, \ldots, a_{i_{k+1}}$, which shows that $a_{i_{1}}, \ldots, a_{i_{k+1}}$ are not pairwise coprime.
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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 $k \geqslant 2$ un entier.
1) Soit $n>k$ un entier.
Existe-t-il $n$ entiers strictement positifs tels que $k$ quelconques ne sont jamais premiers entre eux dans leur ensemble, mais $k+1$ quelconques sont toujours premiers entre eux dans leur ensemble?
2) Existe-t-il une suite infinie d'entiers strictement positifs vérifiant les deux conditions ci-dessus?
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1) Soit $A$ l'ensemble des parties de $\{1, \ldots, n\}$ de cardinal $k$. Comme l'ensemble des nombres premiers est infini, il existe une famille $\left(p_{I}\right)_{I \in A}$ de nombres premiers deux à deux distincts indexée par $A$. Pour tout $i$, notons $A(i)$ l'ensemble des parties $I$ de $\{1, \ldots, n\}$ de cardinal $k$ telles que $i \in I$. On définit
$$
a_{i}=\prod_{I \in A(i)} p_{I}
$$
Si $J$ est une partie de $\{1, \ldots, n\}$, alors les $a_{j}(j \in J)$ ne sont pas premiers entre eux dans leur ensemble
$\Longleftrightarrow$ ils ont un facteur premier commun
$\Longleftrightarrow$ il existe $I \in A$ tel que $p_{I} \mid a_{j}$ pour tout $j \in J$
$\Longleftrightarrow$ il existe $I \in A$ tel que $j \in I$ pour tout $j \in J$
$\Longleftrightarrow$ il existe $I \in A$ tel que $J \subset I$
$\Longleftrightarrow \operatorname{Card}(J) \leqslant k$.
Ceci montre que la famille $\left(a_{i}\right)_{1 \leqslant i \leqslant n}$ convient.
2) Supposons par l'absurde qu'il y a une famille $\left(a_{n}\right)_{n \in \mathbb{N}}$ d'entiers strictement positifs telle que $k$ quelconques ne sont jamais premiers entre eux dans leur ensemble.
Notons $p_{1}, \ldots, p_{m}$ les diviseurs premiers de $a_{0}$. Comme $k \geqslant 2$, pour tout $n \in \mathbb{N}$, $a_{n}$ possède un diviseur parmi $p_{1}, \ldots, p_{m}$. Notons $p_{i(n)}$ l'un d'eux. Comme la suite $\left(p_{i(n)}\right)_{n \in \mathbb{N}}$ ne prend qu'un nombre fini de valeurs, au moins une de ses valeurs (que nous noterons $p_{\ell}$ ) est atteinte une infinité de fois. Il existe donc $i_{1}<\cdots<i_{k+1}$ tels que $p_{\ell}$ divise $a_{i_{1}}, \ldots, a_{i_{k+1}}$, ce qui montre que $a_{i_{1}}, \ldots, a_{i_{k+1}}$ ne sont pas premiers entre eux dans leur ensemble.
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{
"exam": "French_tests",
"problem_label": "1",
"problem_match": "## Exercice 1.",
"resource_path": "French/segmented/tests/fr-2012-2013-ofm-2012-2013-test-stage-corrige.jsonl",
"solution_match": "\nSolution.",
"tier": "T1",
"year": "2012"
}
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Let $ABC$ be a triangle and $\omega$ a circle passing through $A$ and $B$ and intersecting the sides $[BC]$ and $[AC]$ at $D$ and $E$ respectively. The points $K$ and $L$ are the centers of the incircles of $DAC$ and $BEC$ respectively. Let $N$ be the intersection of the lines $(EL)$ and $(DK)$.
Prove that the triangle $KNL$ is isosceles.
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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 et $\omega$ un cercle qui passe par $A$ et $B$ et recoupe les côtés $[B C]$ et $[A C]$ respectivement en $D$ et $E$. Les points $K$ et $L$ sont respectivement les centres du cercle inscrit dans $D A C$ et du cercle inscrit dans $B E C$. Soit $N$ l'intersection des droites $(E L)$ et $(D K)$.
Prouver que le triangle $K N L$ est isocèle.
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{
"exam": "French_tests",
"problem_label": "2",
"problem_match": "## Exercice 2.",
"resource_path": "French/segmented/tests/fr-2012-2013-ofm-2012-2013-test-stage-corrige.jsonl",
"solution_match": "\nSolution.",
"tier": "T1",
"year": "2012"
}
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Let $ABC$ be a triangle and $\omega$ a circle passing through $A$ and $B$ and intersecting the sides $[BC]$ and $[AC]$ at $D$ and $E$ respectively. The points $K$ and $L$ are the centers of the incircles of $DAC$ and $BEC$ respectively. Let $N$ be the intersection of the lines $(EL)$ and $(DK)$.
Prove that the triangle $KNL$ is isosceles.
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We will show the equality between the angles of lines $(K L, K N)$ and $(L N, K L)$. First, note that $C, K, L$ are collinear (on the interior bisector at $C$ of triangle $A B C$).
\[
\begin{aligned}
(K L, K N) & =(C K, C D)+(D C, D N)=\frac{1}{2}((\overrightarrow{C A}, \overrightarrow{C B})+(\overrightarrow{D C}, \overrightarrow{D A})) \\
& =\frac{1}{2}[(\overrightarrow{C A}, \overrightarrow{C B})+\Pi+(\overrightarrow{D B}, \overrightarrow{D A})]
\end{aligned}
\]
where $\Pi$ is the straight angle, and
\[
\begin{aligned}
(L N, K L) & =(E L, E C)+(E C, C K)=\frac{1}{2}((\overrightarrow{E B}, \overrightarrow{E C})+(\overrightarrow{C E}, \overrightarrow{C B})) \\
& =\frac{1}{2}[(\overrightarrow{E B}, \overrightarrow{E A})+\Pi+(\overrightarrow{C A}, \overrightarrow{C B})]
\end{aligned}
\]
The angles of vectors $(\overrightarrow{D B}, \overrightarrow{D A})$ and $(\overrightarrow{E B}, \overrightarrow{E A})$ are equal since $E$ and $D$ are on the same arc delimited by $A$ and $B$, 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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Geometry
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Soit $A B C$ un triangle et $\omega$ un cercle qui passe par $A$ et $B$ et recoupe les côtés $[B C]$ et $[A C]$ respectivement en $D$ et $E$. Les points $K$ et $L$ sont respectivement les centres du cercle inscrit dans $D A C$ et du cercle inscrit dans $B E C$. Soit $N$ l'intersection des droites $(E L)$ et $(D K)$.
Prouver que le triangle $K N L$ est isocèle.
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On va montrer l'égalité entre les angles de droites ( $K L, K N$ ) et $(L N, K L)$. Notons d'abord que $C, K, L$ sont alignés (sur la bissectrice intérieure en $C$ du triangle $A B C$ ).
$$
\begin{aligned}
(K L, K N) & =(C K, C D)+(D C, D N)=\frac{1}{2}((\overrightarrow{C A}, \overrightarrow{C B})+(\overrightarrow{D C}, \overrightarrow{D A})) \\
& =\frac{1}{2}[(\overrightarrow{C A}, \overrightarrow{C B})+\Pi+(\overrightarrow{D B}, \overrightarrow{D A})]
\end{aligned}
$$
où $\Pi$ est l'angle plat, et
$$
\begin{aligned}
(L N, K L) & =(E L, E C)+(E C, C K)=\frac{1}{2}((\overrightarrow{E B}, \overrightarrow{E C})+(\overrightarrow{C E}, \overrightarrow{C B})) \\
& =\frac{1}{2}[(\overrightarrow{E B}, \overrightarrow{E A})+\Pi+(\overrightarrow{C A}, \overrightarrow{C B})]
\end{aligned}
$$
Or, les angles de vecteurs $(\overrightarrow{D B}, \overrightarrow{D A})$ et $(\overrightarrow{E B}, \overrightarrow{E A})$ sont égaux puisque $E$ et $D$ sont sur le même arc délimité par $A$ et $B$, ce qui conclut.
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{
"exam": "French_tests",
"problem_label": "2",
"problem_match": "## Exercice 2.",
"resource_path": "French/segmented/tests/fr-2012-2013-ofm-2012-2013-test-stage-corrige.jsonl",
"solution_match": "\nSolution 1.",
"tier": "T1",
"year": "2012"
}
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Let $ABC$ be a triangle and $\omega$ a circle passing through $A$ and $B$ and intersecting the sides $[BC]$ and $[AC]$ at $D$ and $E$ respectively. The points $K$ and $L$ are the centers of the incircles of $DAC$ and $BEC$ respectively. Let $N$ be the intersection of the lines $(EL)$ and $(DK)$.
Prove that the triangle $KNL$ is isosceles.
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Since $A, B, D, E$ are concyclic, we have the equalities of directed angles of lines
$$
\begin{aligned}
& (D A, D C)=(D A, D B)=(E A, E B)=(E C, E B) \\
& (A D, A C)=(A D, A E)=(B D, B E)=(B C, B E)
\end{aligned}
$$
thus the directed angles of $C A D$ and $C B E$ are pairwise opposite, hence the triangles $C A D$ and $C B E$ are indirectly similar. Let $f$ be the indirect similarity that maps $C, A, D$ to $C, B, E$ respectively. Then $f$ maps the incenter of $C A D$ to that of $C B E$: in other words, $f(K)=L$.
We have $(L K, L N)=(L K, E L)=(C L, E L)$ because $C, K, L$ are collinear (on the internal angle bisector at $C$ of triangle $A B C$). Furthermore, $f$ maps $C, D, K$ to $C, E, L$ respectively, so $(C L, E L)=-(C K, D K)=(K D, K C)=$ $(K N, K L)$. Finally, $(L K, L N)=(K N, K L)$, hence $L K N$ is isosceles at $N$.
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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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Soit $A B C$ un triangle et $\omega$ un cercle qui passe par $A$ et $B$ et recoupe les côtés $[B C]$ et $[A C]$ respectivement en $D$ et $E$. Les points $K$ et $L$ sont respectivement les centres du cercle inscrit dans $D A C$ et du cercle inscrit dans $B E C$. Soit $N$ l'intersection des droites $(E L)$ et $(D K)$.
Prouver que le triangle $K N L$ est isocèle.
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Comme $A, B, D, E$ sont cocycliques, on a les égalités d'angles orientés de droites
$$
\begin{aligned}
& (D A, D C)=(D A, D B)=(E A, E B)=(E C, E B) \\
& (A D, A C)=(A D, A E)=(B D, B E)=(B C, B E)
\end{aligned}
$$
donc les angles orientés de $C A D$ et $C B E$ sont deux à deux opposés, par conséquent les triangles $C A D$ et $C B E$ sont indirectement semblables. Soit $f$ la similitude indirecte qui envoie $C, A, D$ sur $C, B, E$ respectivement. Alors $f$ envoie le centre du cercle inscrit de $C A D$ sur celui de $C B E$ : autrement dit, $f(K)=L$.
On a $(L K, L N)=(L K, E L)=(C L, E L)$ car $C, K, L$ sont alignés (sur la bissectrice intérieure en $C$ du triangle $A B C$ ). De plus, $f$ envoie $C, D, K$ sur $C, E, L$ respectivement, donc $(C L, E L)=-(C K, D K)=(K D, K C)=$ $(K N, K L)$. Finalement, $(L K, L N)=(K N, K L)$ donc $L K N$ est isocèle en $N$.
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{
"exam": "French_tests",
"problem_label": "2",
"problem_match": "## Exercice 2.",
"resource_path": "French/segmented/tests/fr-2012-2013-ofm-2012-2013-test-stage-corrige.jsonl",
"solution_match": "\nSolution 2.",
"tier": "T1",
"year": "2012"
}
|
Prove that, for all real numbers $a, b, c > 0$ and any real number $t \geqslant 0$, we have
$$
\frac{a}{b+t c}+\frac{b}{c+t a}+\frac{c}{a+t b} \geqslant \frac{3}{1+t} .
$$
|
Let $x=b+t c, y=c+t a, z=a+t b$. We verify that
$$
\begin{aligned}
\left(1+t^{3}\right) a & =z-t x+t^{2} y \\
\left(1+t^{3}\right) b & =x-t y+t^{2} z \\
\left(1+t^{3}\right) c & =y-t z+t^{2} x
\end{aligned}
$$
thus, according to the arithmetic-geometric mean inequality,
$$
\begin{aligned}
\left(1+t^{3}\right)\left(\frac{a}{b+t c}+\frac{b}{c+t a}+\frac{c}{a+t b}\right) & =\frac{z-t x+t^{2} y}{x}+\frac{x-t y+t^{2} z}{y}+\frac{y-t z+t^{2} x}{z} \\
& =\left(\frac{z}{x}+\frac{x}{y}+\frac{y}{z}\right)+t^{2}\left(\frac{y}{x}+\frac{z}{y}+\frac{x}{z}\right)-3 t \\
& \geqslant 3 \sqrt[3]{\frac{z}{x} \frac{x}{y} \frac{y}{z}}+3 t^{2} \sqrt[3]{\frac{y}{x} \frac{z}{y} \frac{x}{z}}-3 t \\
& =3\left(1-t+t^{2}\right)=3 \frac{1+t^{3}}{1+t}
\end{aligned}
$$
from which the conclusion follows.
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Inequalities
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Prouver que, pour tous réels $a, b, c>0$ et tout réel $t \geqslant 0$, on a
$$
\frac{a}{b+t c}+\frac{b}{c+t a}+\frac{c}{a+t b} \geqslant \frac{3}{1+t} .
$$
|
Posons $x=b+t c, y=c+t a, z=a+t b$. On vérifie que
$$
\begin{aligned}
\left(1+t^{3}\right) a & =z-t x+t^{2} y \\
\left(1+t^{3}\right) b & =x-t y+t^{2} z \\
\left(1+t^{3}\right) c & =y-t z+t^{2} x
\end{aligned}
$$
donc, d'après l'inégalité arithmético-géométrique,
$$
\begin{aligned}
\left(1+t^{3}\right)\left(\frac{a}{b+t c}+\frac{b}{c+t a}+\frac{c}{a+t b}\right) & =\frac{z-t x+t^{2} y}{x}+\frac{x-t y+t^{2} z}{y}+\frac{y-t z+t^{2} x}{z} \\
& =\left(\frac{z}{x}+\frac{x}{y}+\frac{y}{z}\right)+t^{2}\left(\frac{y}{x}+\frac{z}{y}+\frac{x}{z}\right)-3 t \\
& \geqslant 3 \sqrt[3]{\frac{z}{x} \frac{x}{y} \frac{y}{z}}+3 t^{2} \sqrt[3]{\frac{y}{x} \frac{z}{y} \frac{x}{z}}-3 t \\
& =3\left(1-t+t^{2}\right)=3 \frac{1+t^{3}}{1+t}
\end{aligned}
$$
d'où la conclusion.
|
{
"exam": "French_tests",
"problem_label": "3",
"problem_match": "## Exercice 3.",
"resource_path": "French/segmented/tests/fr-2012-2013-ofm-2012-2013-test-stage-corrige.jsonl",
"solution_match": "\nSolution 1.",
"tier": "T1",
"year": "2012"
}
|
Prove that, for all real numbers $a, b, c > 0$ and any real number $t \geqslant 0$, we have
$$
\frac{a}{b+t c}+\frac{b}{c+t a}+\frac{c}{a+t b} \geqslant \frac{3}{1+t} .
$$
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Since the inequality is homogeneous in $a, b, c$, we can assume that $a+b+c=1$. The left-hand side is equal to $a f(x)+b f(y)+c f(z)$ where $x=b+t c, y=c+t a, z=a+t b$ and $f(x)$ is the convex function $x \mapsto \frac{1}{x}$. By Jensen's inequality, the left-hand side is greater than or equal to
$$
f(a x+b y+t z)=\frac{1}{a b+t a c+b c+t b a+c a+t a b}=\frac{1}{(1+t)(a b+b c+c a)},
$$
so it suffices to prove that $a b+b c+c a \leqslant \frac{1}{3}$.
Now, $1=(a+b+c)^{2}=a^{2}+b^{2}+c^{2}+2(a b+b c+c a)$, so it suffices to show that $a^{2}+b^{2}+c^{2} \geqslant \frac{1}{3}$, which follows from the inequality between the arithmetic mean and the quadratic mean of $a, b, c$.
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Inequalities
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Prouver que, pour tous réels $a, b, c>0$ et tout réel $t \geqslant 0$, on a
$$
\frac{a}{b+t c}+\frac{b}{c+t a}+\frac{c}{a+t b} \geqslant \frac{3}{1+t} .
$$
|
Puisque l'inégalité est homogène en $a, b, c$, on peut supposer que $a+b+c=1$. Comme le membre de gauche est égal à $a f(x)+b f(y)+c f(z)$ où $x=b+t c, y=c+t a, z=a+t b$ et $f(x)$ est la fonction convexe $x \mapsto \frac{1}{x}$, d'après l'inégalité de Jensen le membre de gauche est supérieur ou égal à
$$
f(a x+b y+t z)=\frac{1}{a b+t a c+b c+t b a+c a+t a b}=\frac{1}{(1+t)(a b+b c+c a)},
$$
donc il suffit de prouver que $a b+b c+c a \leqslant \frac{1}{3}$.
Or, $1=(a+b+c)^{2}=a^{2}+b^{2}+c^{2}+2(a b+b c+c a)$ donc il suffit de montrer que $a^{2}+b^{2}+c^{2} \geqslant \frac{1}{3}$, ce qui découle de l'inégalité entre la moyenne arithmétique et la moyenne quadratique de $a, b, c$.
|
{
"exam": "French_tests",
"problem_label": "3",
"problem_match": "## Exercice 3.",
"resource_path": "French/segmented/tests/fr-2012-2013-ofm-2012-2013-test-stage-corrige.jsonl",
"solution_match": "\nSolution 2.",
"tier": "T1",
"year": "2012"
}
|
Prove that, for all real numbers $a, b, c > 0$ and any real number $t \geqslant 0$, we have
$$
\frac{a}{b+t c}+\frac{b}{c+t a}+\frac{c}{a+t b} \geqslant \frac{3}{1+t} .
$$
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According to the Cauchy-Schwarz inequality,
\[
\left(\frac{a^{2}}{a b+t c a}+\frac{b^{2}}{b c+t a b}+\frac{c^{2}}{c a+t b c}\right) \cdot((a b+t c a)+(b c+t a b)+(c a+t b c)) \geqslant(a+b+c)^{2}
\]
which can be written as
\[
\left(\frac{a}{b+t c}+\frac{b}{c+t a}+\frac{c}{a+t b}\right) \cdot(1+t)(a b+b c+c a) \geqslant a^{2}+b^{2}+c^{2}+2(a b+b c+c a).
\]
We have \(a^{2}+b^{2}+c^{2} \geqslant a b+b c+c a\) according to the rearrangement inequality (or the Cauchy-Schwarz inequality), so
\[
\left(\frac{a}{b+t c}+\frac{b}{c+t a}+\frac{c}{a+t b}\right) \cdot(1+t)(a b+b c+c a) \geqslant 3(a b+b c+c a).
\]
The required inequality follows after dividing by \((1+t)(a b+b c+c a)\).
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Inequalities
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Prouver que, pour tous réels $a, b, c>0$ et tout réel $t \geqslant 0$, on a
$$
\frac{a}{b+t c}+\frac{b}{c+t a}+\frac{c}{a+t b} \geqslant \frac{3}{1+t} .
$$
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D'après l'inégalité de Cauchy-Schwarz,
$\left(\frac{a^{2}}{a b+t c a}+\frac{b^{2}}{b c+t a b}+\frac{c^{2}}{c a+t b c}\right) \cdot((a b+t c a)+(b c+t a b)+(c a+t b c)) \geqslant(a+b+c)^{2}$ ce qui s'écrit
$$
\left(\frac{a}{b+t c}+\frac{b}{c+t a}+\frac{c}{a+t b}\right) \cdot(1+t)(a b+b c+c a) \geqslant a^{2}+b^{2}+c^{2}+2(a b+b c+c a) .
$$
Or, on a $a^{2}+b^{2}+c^{2} \geqslant a b+b c+c a$ d'après l'inégalité de réordonnement (ou d'après celle de Cauchy-Schwarz), donc
$$
\left(\frac{a}{b+t c}+\frac{b}{c+t a}+\frac{c}{a+t b}\right) \cdot(1+t)(a b+b c+c a) \geqslant 3(a b+b c+c a)
$$
L'inégalité demandée en découle après division par $(1+t)(a b+b c+c a)$.
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{
"exam": "French_tests",
"problem_label": "3",
"problem_match": "## Exercice 3.",
"resource_path": "French/segmented/tests/fr-2012-2013-ofm-2012-2013-test-stage-corrige.jsonl",
"solution_match": "\nSolution 3.",
"tier": "T1",
"year": "2012"
}
|
Determine all natural numbers $m, n$ and all prime numbers $p$ such that
$$
m\left(4 m^{2}+m+12\right)=3\left(p^{n}-1\right)
$$
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We rewrite the equation in the form
$$
3 p^{n}=4 m^{3}+m^{2}+12 m+3=(4 m+1)\left(m^{2}+3\right)
$$
From this, we deduce that there exist natural numbers $u, v, a, b$ such that $4 m+1=3^{u} p^{a}$ and $m^{2}+3=3^{v} p^{b}$ with $u+v=1$ and $a+b=n$.
If $m=0$, the equation becomes $3 p^{n}=3$, so $n=0$ and any prime number works.
Now suppose $m \geqslant 1$. Then $4 m+1>3$ and $m^{2}+3>3$, so $a \geqslant 1$ and $b \geqslant 1$.
We have
$$
\begin{aligned}
16 \times 3^{v} p^{b} & =16\left(m^{2}+3\right)=(4 m)^{2}+48=((4 m+1)-1)^{2}+48 \\
& =3^{2 u} p^{2 a}-2 \times 3^{u} p^{a}+49
\end{aligned}
$$
Since $p$ divides the left-hand side, it divides the right-hand side, so $p \mid 49$, which gives $p=7$. We then replace 49 with $p^{2}$:
$$
16 \times 3^{v} p^{b}=3^{2 u} p^{2 a}-2 \times 3^{u} p^{a}+p^{2}
$$
If $a=1$ then $4 m+1$ is 7 or 21. Since $m$ is an integer, we have $4 m+1=21$, or $m=5$, which implies $3^{v} p^{b}=m^{2}+3=28$. Impossible. Therefore, $a \geqslant 2$. We deduce that $3^{2 u} p^{2 a}-2 \times 3^{u} p^{a}+p^{2}$ is divisible by $p^{2}$, so $16 \times 3^{v} p^{b}$ is divisible by $p^{2}$, hence $b \geqslant 2$.
If $a \geqslant 3$, then $16 \times 3^{v} p^{b}=3^{2 u} p^{2 a}-2 \times 3^{u} p^{a}+p^{2}$ is congruent to $p^{2}$ modulo $p^{3}$, so it is not divisible by $p^{3}$, therefore $b=2$. By dividing by $p^{2}$, we get that $16 \times 3^{v} \equiv 1[p]$. For $v=0$ this gives $16 \equiv 1[7]$ and for $v=1$ this gives $48 \equiv 1[7]$. Impossible.
Therefore, we must have $a=2$ and $4 m+1=3^{u} \times 49$. If $u=0$ then $m=12$ and $n=4$. If $u=1$ then $4 m+1=147$, which is impossible.
Conclusion: the only solutions are
- $m=0, n=0, p$ any prime, and
- $m=12, n=4, p=7$.
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m=0, n=0, p \text{ any prime}, \text{ and } m=12, n=4, p=7
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Yes
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Yes
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math-word-problem
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Number Theory
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Déterminer tous les entiers naturels $m, n$ et tous les nombres premiers $p$ tels que
$$
m\left(4 m^{2}+m+12\right)=3\left(p^{n}-1\right)
$$
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On récrit l'équation sous la forme
$$
3 p^{n}=4 m^{3}+m^{2}+12 m+3=(4 m+1)\left(m^{2}+3\right)
$$
On en déduit qu'il existe $u, v, a, b$ entiers naturels tels que $4 m+1=3^{u} p^{a}$ et $m^{2}+3=3^{v} p^{b}$ avec $u+v=1$ et $a+b=n$.
Si $m=0$, l'équation devient $3 p^{n}=3$, donc $n=0$ et tout nombre premier convient.
Supposons désormais $m \geqslant 1$. Alors $4 m+1>3$ et $m^{2}+3>3$, donc $a \geqslant 1$ et $b \geqslant 1$.
On a
$$
\begin{aligned}
16 \times 3^{v} p^{b} & =16\left(m^{2}+3\right)=(4 m)^{2}+48=((4 m+1)-1)^{2}+48 \\
& =3^{2 u} p^{2 a}-2 \times 3^{u} p^{a}+49
\end{aligned}
$$
Comme $p$ divise le membre de gauche, il divise le membre de droite, donc $p \mid 49$, ce qui donne $p=7$. On remplace alors 49 par $p^{2}$ :
$$
16 \times 3^{v} p^{b}=3^{2 u} p^{2 a}-2 \times 3^{u} p^{a}+p^{2}
$$
Si $a=1$ alors $4 m+1$ vaut 7 ou 21 . Comme $m$ est un entier, on a $4 m+1=21$, ou encore $m=5$, ce qui entraîne $3^{v} p^{b}=m^{2}+3=28$. Impossible. Donc $a \geqslant 2$. On en déduit que $3^{2 u} p^{2 a}-2 \times 3^{u} p^{a}+p^{2}$ est divisible par $p^{2}$, donc $16 \times 3^{v} p^{b}$ est divisible par $p^{2}$, d'où $b \geqslant 2$.
Si $a \geqslant 3$, alors $16 \times 3^{v} p^{b}=3^{2 u} p^{2 a}-2 \times 3^{u} p^{a}+p^{2}$ est congru à $p^{2}$ modulo $p^{3}$, donc n'est pas divisible par $p^{3}$, par conséquent $b=2$. En divisant par $p^{2}$, on obtient que $16 \times 3^{v} \equiv 1[p]$. Pour $v=0$ cela donne $16 \equiv 1[7]$ et pour $v=1$ cela donne $48 \equiv 1[7]$. Impossible.
Donc on a nécessairement $a=2$ et $4 m+1=3^{u} \times 49$. Si $u=0$ alors $m=12$ et $n=4$. Si $u=1$ alors $4 m+1=147$, ce qui est impossible.
Conclusion: les seules solutions sont
- $m=0, n=0, p$ premier quelconque, et
- $m=12, n=4, p=7$.
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{
"exam": "French_tests",
"problem_label": "4",
"problem_match": "## Exercice 4.",
"resource_path": "French/segmented/tests/fr-2012-2013-ofm-2012-2013-test-stage-corrige.jsonl",
"solution_match": "\nSolution.",
"tier": "T1",
"year": "2012"
}
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Determine all triplets $(x, y, z)$ of integers such that
$$
x^{2}+y^{2}+z^{2}=16(x+y+z)
$$
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First, note that the equation can be rewritten as
$$
x(x-16)+y(y-16)+z(z-16)=0
$$
This suggests a change of variables, setting $X=x-8, Y=y-8$ and $Z=z-8$. The equation then becomes
$$
X^{2}+Y^{2}+Z^{2}=3 \times 8^{2}
$$
We then introduce the following lemma on sums of three squares: if $a, b$ and $c$ are three integers such that $a^{2}+b^{2}+c^{2} \equiv 0(\bmod 4)$, then $a, b$ and $c$ are all even. Indeed, the square of an even integer is $0(\bmod 4)$, and the square of an odd integer is $1(\bmod 4)$.
By applying the lemma three times, we show that $X, Y$ and $Z$ are all multiples of 8. Once again, we change variables, setting $u=\frac{X}{8}=\frac{x}{8}-1, v=\frac{Y}{8}=\frac{y}{8}-1$ and $w=\frac{Z}{8}=\frac{z}{8}-1$. The equation becomes
$$
u^{2}+v^{2}+w^{2}=3
$$
It is then clear that $(u, v, w)$ is a solution if and only if $u^{2}=v^{2}=w^{2}=1$, i.e., if and only if $u, v$ and $w$ all belong to the set $\{-1,1\}$. Therefore, the initial equation has solutions in the form of triplets $(x, y, z)$ such that $x, y$ and $z$ all belong to the set \{0, 16\}.
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(x, y, z) \in \{0, 16\}^3
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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 triplets $(x, y, z)$ d'entiers tels que
$$
x^{2}+y^{2}+z^{2}=16(x+y+z)
$$
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Tout d'abord, remarquons que l'équation peut se réécrire
$$
x(x-16)+y(y-16)+z(z-16)=0
$$
Cela invite donc à effectuer un changement de variables, en posant $X=x-8, Y=y-8$ et $Z=z-8$. L'équation devient alors
$$
X^{2}+Y^{2}+Z^{2}=3 \times 8^{2}
$$
On introduit alors le lemme suivant, sur les sommes de trois carrés : si $a, b$ et c sont trois entiers tels que $a^{2}+b^{2}+c^{2} \equiv 0(\bmod 4)$, alors $a, b$ et $c$ sont tous les trois pairs. En effet, le carré d'un entier pair vaut $0(\bmod 4)$, et que le carré d'un entier impair vaut $1(\bmod 4)$.
En appliquant 3 fois de suite le lemme, on montre donc que $X, Y$ et $Z$ sont multiples de 8 . Encore une fois, on change de variables, en posant $u=\frac{X}{8}=\frac{x}{8}-1, v=\frac{Y}{8}=\frac{y}{8}-1$ et $w=\frac{Z}{8}=\frac{z}{8}-1$. L'équation devient
$$
u^{2}+v^{2}+w^{2}=3
$$
Il est alors clair que $(u, v, w)$ convient si et seulement si $u^{2}=v^{2}=w^{2}=1$, c'est-à-dire si et seulement si $u, v$ et $w$ appartiennent tous trois à l'ensemble $\{-1,1\}$. L'équation initiale avait donc pour solutions les triplets $(x, y, z)$ tels que $x, y$ et $z$ appartiennent tous trois à l'ensemble \{0, 16\}.
|
{
"exam": "French_tests",
"problem_label": "1",
"problem_match": "\nExercice 1.",
"resource_path": "French/segmented/tests/fr-2013-2014-ofm-2013-2014-test-fevrier-corrige.jsonl",
"solution_match": "\nSolution de l'exercice 1",
"tier": "T1",
"year": "2013"
}
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On a line, there are 400 blue points and 200 green points. Show that one can find a segment that contains exactly 200 blue points and 100 green points.
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Let $A_{1}, \ldots, A_{600}$ be points on a line, aligned in this order. We need to show that there exists an integer $k \in\{0, \ldots, 300\}$ such that among the points $A_{k+1}, \ldots, A_{k+300}$, there are exactly 100 green points (and therefore 200 blue points).
Introduce the function $\mathrm{f}:\{0, \ldots, 300\} \longrightarrow \mathbb{N}$ which associates to an integer $k$ the number of green points among $A_{k+1}, \ldots, A_{k+300}$. We want to show that $f$ takes the value 100. For this, note two things:
1. First, the sum $f(0)+f(300)$ counts the total number of green points, and it is therefore 200. Thus, one of the two terms in the sum is at least 100 while the other does not exceed 100. Without loss of generality, we can assume that $f(0) \leqslant 100 \leqslant f(300)$.
2. Now, consider the difference $f(k)-f(k-1)$, where $k \geqslant 1$:
- if $A_{k+300}$ and $A_{k}$ are of the same color, it is 0;
- if $A_{k+300}$ is green and $A_{k}$ is blue, it is 1;
- if $A_{k+300}$ is blue and $A_{k}$ is green, it is -1.
In particular, we have $f(k)-f(k-1) \leqslant 1$ for all $k \in\{1, \ldots, 300\}$.
Consider now the smallest integer $p$ such that $f(p) \geqslant 100$: this integer exists, since $f(300) \geqslant 100$. If $p=0$, there is nothing more to do: indeed, in this case, we have $f(0) \geqslant 100$ and $f(0) \leqslant 100$,
hence $f(0)=100$. If $p>0$, the minimality of $p$ ensures that $f(p-1) \leqslant 99$ and thus, from the above, we have $100 \leqslant f(p) \leqslant f(p-1)+1 \leqslant 100$, and thus $f(p)=100$.
Finally, in all cases, the value 100 is indeed reached by the function $f$, 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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Sur une droite se trouvent 400 points bleus et 200 points verts. Montrer que l'on peut trouver un segment qui contient exactement 200 points bleus et 100 points verts.
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Notons $A_{1}, \ldots, A_{600}$ les points de la droite, alignés dans cet ordre. Il s'agit de montrer qu'il existe un entier $k \in\{0, \ldots, 300\}$ tel que, parmi les points $A_{k+1}, \ldots, A_{k+300}$, il y en a exactement 100 verts (il y en aura alors forcément 200 bleus).
Introduisons la fonction $\mathrm{f}:\{0, \ldots, 300\} \longrightarrow \mathbb{N}$ qui à un entier $k$ associe le nombre de points verts parmi $A_{k+1}, \ldots, A_{k+300}$. On veut montrer que f prend la valeur 100 . Pour cela, remarquons deux choses:
1. Tout d'abord, la somme $f(0)+f(300)$ compte le nombre total de points verts, et elle vaut donc 200. Ainsi, l'un des deux termes de la somme est supérieur ou égal à 100 tandis que l'autre ne dépasse pas 100. Quitte à changer le sens de parcours des points sur la droite, on peut supposer que $f(0) \leqslant 100 \leqslant f(300)$.
2. Intéressons-nous maintenant à la différence $f(k)-f(k-1)$, où $k \geqslant 1$ :
- si $A_{k+300}$ et $A_{k}$ sont de même couleur, elle vaut 0 ;
- si $A_{k+300}$ est vert et $A_{k}$ est bleu, elle vaut 1;
- si $A_{k+300}$ est bleu et $A_{k}$ est vert, elle vaut -1 .
En particulier, on a $f(k)-f(k-1) \leqslant 1$ pour tout $k \in\{1, \ldots, 300\}$.
Considérons maintenant le plus petit entier $p$ tel que $f(p) \geqslant 100$ : cet entier existe bien, puisque $f(300) \geqslant 100$. Si $p=0$, il n'y a plus rien à faire : en effet, dans ce cas, on a $f(0) \geqslant 100$ et $f(0) \leqslant 100$,
d'où $f(0)=100$. Si $p>0$, la minimalité de $p$ assure que $f(p-1) \leqslant 99$ et donc, d'après ci-dessus, on a alors $100 \leqslant f(p) \leqslant f(p-1)+1 \leqslant 100$, et ainsi $f(p)=100$.
Finalement, dans tous les cas, la valeur 100 est bien atteinte par la fonction $f$, ce qui conclut.
## Exercices communs
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{
"exam": "French_tests",
"problem_label": "2",
"problem_match": "\nExercice 2.",
"resource_path": "French/segmented/tests/fr-2013-2014-ofm-2013-2014-test-fevrier-corrige.jsonl",
"solution_match": "\nSolution de l'exercice 2",
"tier": "T1",
"year": "2013"
}
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Let $a, b, c, d > 0$ be real numbers such that $a b c d = 1$.
Prove that
$$
\frac{1}{a+b+2}+\frac{1}{b+c+2}+\frac{1}{c+d+2}+\frac{1}{d+a+2} \leqslant 1 .
$$
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It is well known that if $x, y > 0$ are real numbers, then $x + y \geqslant 2 \sqrt{xy}$.
Therefore, $\frac{1}{a+b+2} \leqslant \frac{1}{2(\sqrt{ab}+1)}$ and $\frac{1}{c+d+2} \leqslant \frac{1}{2(\sqrt{cd}+1)}$, hence
$$
\begin{aligned}
\frac{1}{a+b+2}+\frac{1}{c+d+2} & \leqslant \frac{1}{2(\sqrt{ab}+1)}+\frac{1}{2(\sqrt{cd}+1)}=\frac{1}{2(\sqrt{ab}+1)}+\frac{1}{2\left(\frac{1}{\sqrt{ab}}+1\right)} \\
& =\frac{1}{2(\sqrt{ab}+1)}+\frac{\sqrt{ab}}{2(\sqrt{ab}+1)}=\frac{1}{2}
\end{aligned}
$$
Similarly, we can prove that $\frac{1}{b+c+2}+\frac{1}{d+a+2} \leqslant \frac{1}{2}$.
By summing the two inequalities above, we immediately deduce the desired 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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Inequalities
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Soit $a, b, c, d>0$ des réels tels que $a b c d=1$.
Prouver que
$$
\frac{1}{a+b+2}+\frac{1}{b+c+2}+\frac{1}{c+d+2}+\frac{1}{d+a+2} \leqslant 1 .
$$
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Il est bien connu que, si $x, y>0$ sont des réels, on a $x+y \geqslant 2 \sqrt{x y}$.
Par suite, $\frac{1}{a+b+2} \leqslant \frac{1}{2(\sqrt{a b}+1)}$ et $\frac{1}{c+d+2} \leqslant \frac{1}{2(\sqrt{c d}+1)}$, d'où
$$
\begin{aligned}
\frac{1}{a+b+2}+\frac{1}{c+d+2} & \leqslant \frac{1}{2(\sqrt{a b}+1)}+\frac{1}{2(\sqrt{c d}+1)}=\frac{1}{2(\sqrt{a b}+1)}+\frac{1}{2\left(\frac{1}{\sqrt{a b}}+1\right)} \\
& =\frac{1}{2(\sqrt{a b}+1)}+\frac{\sqrt{a b}}{2(\sqrt{a b}+1)}=\frac{1}{2}
\end{aligned}
$$
On prouve de même que $\frac{1}{\mathrm{~b}+\mathrm{c}+2}+\frac{1}{\mathrm{~d}+\mathrm{a}+2} \leqslant \frac{1}{2}$.
En sommant les deux inégalités précédentes, on déduit immédiatement la conclusion désirée.
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{
"exam": "French_tests",
"problem_label": "3",
"problem_match": "## Exercice 3.",
"resource_path": "French/segmented/tests/fr-2013-2014-ofm-2013-2014-test-fevrier-corrige.jsonl",
"solution_match": "\nSolution de l'exercice 3",
"tier": "T1",
"year": "2013"
}
|
Let $\mathcal{C}$ and $\mathcal{C}^{\prime}$ be two external circles with centers $O$ and $O^{\prime}$. We draw two parallel radii of the same direction $[O M]$ and $\left[O^{\prime} M^{\prime}\right]$, and two other parallel radii of the same direction $[OP]$ and $\left[O^{\prime} P^{\prime}\right]$. The line $\left(M M^{\prime}\right)$ intersects $\mathcal{C}^{\prime}$ at $N$ and the line $(PP^{\prime})$ intersects $\mathcal{C}^{\prime}$ at $Q$. Show that $M, N, P, Q$ are concyclic.
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The triangles OMP and \( \mathrm{O}^{\prime} \mathrm{M}^{\prime} \mathrm{P}^{\prime} \) are isosceles at O and \( \mathrm{O}^{\prime} \) respectively. Moreover, the angles \( (\overrightarrow{\mathrm{OM}}, \overrightarrow{\mathrm{OP}}) \) and \( \left(\overrightarrow{\mathrm{O}^{\prime} \mathrm{M}^{\prime}}, \overrightarrow{\mathrm{O}^{\prime} \mathrm{P}^{\prime}}\right) \) are equal, so these two triangles are directly similar. Since (OM) and \( \left(O^{\prime} M^{\prime}\right) \) are parallel, (MP) and \( \left(M^{\prime} \mathrm{P}^{\prime}\right) \) are also parallel.
We deduce that \( (M P, M N) = \left(M^{\prime} P^{\prime}, M^{\prime} N\right) = \left(Q^{\prime}, Q N\right) = (Q P, Q N) \), so MNPQ is cyclic.
Another solution. Suppose the circles have different radii. Let \( \Omega \) be the center of the homothety \( h \) with ratio \( \lambda > 0 \) that transforms the first circle into the second. The point \( h(M) \) satisfies the same condition in the statement as the point \( M^{\prime} \), so \( h(M) = M^{\prime} \). Similarly, \( h(P) = P^{\prime} \). We have \( \Omega N \cdot \Omega M^{\prime} = \Omega Q \cdot \Omega P^{\prime} \) (power of a point with respect to a circle), so \( \lambda \Omega N \cdot \Omega M = \lambda Q \cdot \Omega P \). Simplifying by \( \lambda \) and using the power of a point with respect to a circle again, we deduce that \( M, N, P, Q \) are concyclic.
If the circles have the same radius, then there exists a translation that sends \( M \) and \( P \) to \( M^{\prime} \) and \( P^{\prime} \) respectively, so as above we have \( (M P, M N) = \left(M^{\prime} P^{\prime}, M^{\prime} N\right) = \left(Q^{\prime}, Q N\right) = (Q P, Q N) \).
## 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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Soient deux cercles extérieurs $\mathcal{C}$ et $\mathcal{C}^{\prime}$ de centres $O$ et $\mathrm{O}^{\prime}$. On mène deux rayons parallèles de même sens $[O M]$ et $\left[O^{\prime} M^{\prime}\right]$, et deux autres rayons parallèles de même sens [OP] et $\left[\mathrm{O}^{\prime} \mathrm{P}^{\prime}\right]$. La droite $\left(M M^{\prime}\right.$ ) recoupe $\mathcal{C}^{\prime}$ en $N$ et la droite ( $\mathrm{PP}^{\prime}$ ) recoupe $\mathcal{C}^{\prime}$ en Q . Montrer que $M, N, P, Q$ sont cocycliques.
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Les triangles OMP et $\mathrm{O}^{\prime} \mathrm{M}^{\prime} \mathrm{P}^{\prime}$ sont isocèles en O et $\mathrm{O}^{\prime}$ respectivement. De plus, les angles $(\overrightarrow{\mathrm{OM}}, \overrightarrow{\mathrm{OP}})$ et $\left(\overrightarrow{\mathrm{O}^{\prime} \mathrm{M}^{\prime}}, \overrightarrow{\mathrm{O}^{\prime} \mathrm{P}^{\prime}}\right)$ sont égaux, donc ces deux triangles sont directement semblables. Comme de plus (OM) et $\left(O^{\prime} M^{\prime}\right)$ sont parallèles, (MP) et $\left(M^{\prime} \mathrm{P}^{\prime}\right)$ le sont.
On en déduit $(M P, M N)=\left(M^{\prime} P^{\prime}, M^{\prime} N\right)=\left(Q^{\prime}, Q N\right)=(Q P, Q N)$, donc MNPQ est inscriptible.
Autre solution. Supposons que les cercles sont de rayons différents. Soit $\Omega$ le centre de l'homothétie $h$ de rapport $\lambda>0$ qui transforme le premier cercle en le deuxième. Le point $h(M)$ vérifie la même condition de l'énoncé que le point $M^{\prime}$, donc $h(M)=M^{\prime}$. De même, $h(P)=P^{\prime}$. On a $\Omega N \cdot \Omega M^{\prime}=\Omega Q \cdot \Omega P^{\prime}$ (puissance d'un point par rapport à un cercle), donc $\lambda \Omega N \cdot \Omega M=$ $\lambda Q \cdot \Omega P$. En simplifiant par $\lambda$ et en utilisant encore la puissance d'un point par rapport à un cercle, on en déduit que $M, N, P, Q$ sont cocycliques.
Si les cercles sont de même rayon, alors il existe une translation qui envoie $M$ et $P$ sur $M^{\prime}$ et $P^{\prime}$ respectivement, donc comme ci-dessus on a $(M P, M N)=\left(M^{\prime} P^{\prime}, M^{\prime} N\right)=\left(Q^{\prime}, Q N\right)=$ (QP, QN).
## Exercices du groupe A
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{
"exam": "French_tests",
"problem_label": "4",
"problem_match": "\nExercice 4.",
"resource_path": "French/segmented/tests/fr-2013-2014-ofm-2013-2014-test-fevrier-corrige.jsonl",
"solution_match": "## Solution de l'exercice 4",
"tier": "T1",
"year": "2013"
}
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Let $n>0$ be an integer, and $a, b, c$ be strictly positive integers such that
$$
(a+b c)(b+a c)=19^{n}
$$
Prove that $n$ is even.
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Let us proceed by contradiction and assume that there exists a triplet $(a, b, c)$ such that $(a+bc)(b+ac)=19^n$, where $n$ is an odd integer. Without loss of generality, we can assume that $a \geqslant b$ and that the sum $a+b+c$ is minimal.
Since 19 is prime, we know that $b+ac \geqslant 2$ is a power of 19, so $b+ac \equiv 0 \pmod{19}$. If 19 divides $a$, then 19 also divides $b$: then the triplet $(\alpha, \beta, c)=\left(\frac{a}{19}, \frac{b}{19}, c\right)$ is such that $(\alpha+\beta c)(\beta+\alpha c)=19^{n-2}$, so the sum $a+b+c$ is not minimal. We therefore know that $\operatorname{GCD}(a, 19)=1$.
Furthermore, if $c=1$, then $(a+bc)(b+ac)=(a+b)^2$ is a square, so $n$ must be even. Similarly, if $a=b$, then $(a+bc)(b+ac)=(a+ac)^2$ is a square, and $n$ is even. We therefore know that $c>1$ and that $a>b$.
Then $b+ac=(a+bc)+(a-b)(c-1)>a+bc$, so there exist two natural numbers $u$ and $v$ such that $a+bc=19^u$ and $b+ac=19^{u+v}$. In particular, $a(c-1)(c+1)=ac^2-a=(b+ac)c-(a+bc)=19^u(19^vc-1)$. We therefore know that $19^u$ divides $(c-1)(c+1)$ and, since $\operatorname{GCD}(19^u, c-1, c+1)=\operatorname{GCD}(19^u, c-1, 2)=1$, we deduce that $19^u$ divides either $c-1$ or $c+1$.
However, we know that $19^u=a+bc>b+bc \geqslant c+1>c-1>0$. It is therefore impossible for $19^u$ to divide $c-1$ or $c+1$, so our initial assumption was false, and thus $n$ must be even.
Remark. The reasoning used above actually shows that, if $p$ is an odd prime, the triplets $(a, b, c)$ of strictly positive integers such that $(a+bc)(b+ac)$ is a power of $p$ are the triplets of the form $(a, p^k-a, 1)$ or $(p^k, p^k, p^\ell-1)$.
The fact that $p$ is odd is very important, as the problem is false if we take $p=2$, as evidenced by the equality $(3+1 \times 5)(1+3 \times 5)=2^7$.
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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 $n>0$ un entier, et $a, b, c$ des entiers strictement positifs tels que
$$
(a+b c)(b+a c)=19^{n}
$$
Prouver que n est pair.
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Procédons par l'absurde, et supposons qu'il existe un triplet ( $a, b, c$ ) tel que $(\mathrm{a}+\mathrm{bc})(\mathrm{b}+\mathrm{ac})=19^{\mathrm{n}}$, où $n$ est un entier impair. Sans perte de généralité, on peut supposer que $a \geqslant b$ et que la somme $a+b+c$ est minimale.
Puisque 19 est premier, on sait que $b+a c \geqslant 2$ est une puissance de 19 , donc que $b+a c \equiv 0$ $(\bmod 19)$. Si 19 divise $a$, alors 19 divise bégalement : alors le triplet $(\alpha, \beta, c)=\left(\frac{a}{19}, \frac{b}{19}, c\right)$ est tel que $(\alpha+\beta c)(\beta+\alpha c)=19^{n-2}$, de sorte que la somme $a+b+c$ n'est pas minimale. On sait donc que $\operatorname{PGCD}(\mathbf{a}, 19)=1$.
En outre, si $\mathrm{c}=1$, alors $(a+b c)(b+a c)=(a+b)^{2}$ est un carré, donc $n$ est nécessairement pair. De même, si $a=b$, alors $(a+b c)(b+a c)=(a+a c)^{2}$ est un carré, et $n$ est pair. On sait donc que $c>1$ et que $a>b$.
Alors $b+a c=(a+b c)+(a-b)(c-1)>a+b c$, de sorte qu'il existe deux entiers naturels $u$ et $v$ tels que $a+b c=19^{u}$ et $b+a c=19^{u+v}$. En particulier, $a(c-1)(c+1)=a c^{2}-a=$ $(b+a c) c-(a+b c)=19^{u}\left(19^{v} c-1\right)$. On sait donc que $19^{u}$ divise $(c-1)(c+1)$ et, puisque $\operatorname{PGCD}\left(19^{\mathbf{u}}, \mathfrak{c}-1, \mathrm{c}+1\right)=\operatorname{PGCD}\left(19^{\mathbf{u}}, \boldsymbol{c}-1,2\right)=1$, on en déduit que $19^{\mathbf{u}}$ divise soit $\mathbf{c}-1$ soit $\mathrm{c}+1$.
Or, on sait que $19^{\mathrm{u}}=\mathrm{a}+\mathrm{bc}>\mathrm{b}+\mathrm{bc} \geqslant \mathrm{c}+1>\mathrm{c}-1>0$. Il est donc impossible que $19^{\mathrm{u}}$ divise $\mathrm{c}-1$ ou $\mathrm{c}+1$, de sorte que notre supposition initiale était fausse, et donc que $n$ est nécessairement pair.
Remarque. Le raisonnement utilisé ci-dessus permet en fait de montrer que, si $p$ est un nombre premier impair, les triplets ( $a, b, c$ ) d'entiers strictement positifs tels que $(a+b c)(b+a c)$ soit une puissance de $p$ sont les triplets de la forme ( $\mathfrak{a}, \mathfrak{p}^{\mathrm{k}}-\mathfrak{a}, 1$ ) ou bien ( $\mathfrak{p}^{k}, \mathfrak{p}^{\mathrm{k}}, \mathfrak{p}^{\ell}-1$ ).
Le fait que $p$ soit impair est très important, car l'exercice est faux si on prend $p=2$, comme en témoigne l'égalité $(3+1 \times 5)(1+3 \times 5)=2^{7}$.
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{
"exam": "French_tests",
"problem_label": "5",
"problem_match": "\nExercice 5.",
"resource_path": "French/segmented/tests/fr-2013-2014-ofm-2013-2014-test-fevrier-corrige.jsonl",
"solution_match": "\nSolution de l'exercice 5",
"tier": "T1",
"year": "2013"
}
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Let $n$ and $p$ be integers $\geqslant 1$. In an assembly of $n$ people, any two people have at most $p$ common acquaintances; of course, if A knows B, then B knows A. Show that the number of unordered pairs $\{A, B\}$ of people who know each other is less than or equal to $\sqrt{\mathrm{pn}^{3}}$.
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Let $A_{1}, \cdots, A_{n}$ be the people, and consider the simple undirected graph whose vertices are the $A_{i}$, and where two people $A_{i}$ and $A_{j}$ are connected by an edge if and only if they know each other.
For all $i$, let $d_{i}$ be the degree of $A_{i}$ (i.e., the number of people $A_{i}$ knows). We need to prove that the number of edges $a$ in this graph satisfies $a \leqslant \sqrt{pn^3}$.
It is well known that $2a = \sum_{i=1}^{n} d_{i}$.
Let $M$ be the number of pairs of edges $\{XY, YZ\}$ that share a common vertex.
For all $i$, the vertex $A_{i}$ plays the role of $Y$ as many times as we can choose two vertices adjacent to $A_{i}$. Thus,
$$
M = \sum_{i=1}^{n} \binom{d_{i}}{2}
$$
On the other hand, according to the problem statement, any two vertices have at most $p$ common adjacent vertices. Thus,
$$
M \leqslant p \binom{n}{2}.
$$
From (1) and (2), we deduce that
$$
\sum_{i=1}^{n} \binom{d_{i}}{2} \leqslant p \binom{n}{2}
$$
The function $x \longmapsto \frac{1}{2} x(x-1)$ is convex on $\mathbb{R}$, so by Jensen's inequality, we have
$$
\sum_{i=1}^{n} \binom{d_{i}}{2} \geqslant \frac{n}{2} \left( \frac{2a}{n} \right) \left( \frac{2a}{n} - 1 \right)
$$
From (3) and (4), we get $2a(2a - n) \leqslant p^2 (n-1) \leqslant n^3$, or equivalently, $4a^2 - 2na - pn^3 \leqslant 0$. If $a > \sqrt{pn^3}$, then $0 > 4a^2 - 2na - a^2 = (3a - 2n)a \geqslant (3\sqrt{pn} - 2)na \geqslant na \geqslant 0$, 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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Soient $n$ et $p$ des entiers $\geqslant 1$. Dans une assemblée de $n$ personnes, deux personnes quelconques ont au plus $p$ connaissances communes ; bien sûr, si A connaît B, alors B connaît $A$. Montrer que le nombre de paires non ordonnées $\{A, B\}$ de personnes qui se connaissent est inférieur ou égal à $\sqrt{\mathrm{pn}^{3}}$.
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Notons $A_{1}, \cdots, A_{n}$ les personnes et, considérons le graphe simple et non orienté dont les sommets sont les $A_{i}$, et où deux personnes $A_{i}$ et $A_{j}$ sont reliées par une arête si et seulement si elles se connaissent.
Pour tout $i$, notons $d_{i}$ le degré de $A_{i}$ (c'est-à-dire le nombre de personnes que connaît $A_{i}$ ). Il s'agit de prouver que le nombre d'arêtes a de ce graphe vérifie $a \leqslant \sqrt{\mathrm{pn}^{3}}$.
Il est bien connu que $2 a=\sum_{i=1}^{n} d_{i}$.
Soit $M$ le nombre de paires d'arêtes $\{X Y, Y Z\}$ ayant un sommet commun.
Pour tout $i$, le sommet $A_{i}$ joue le rôle de $Y$ autant de fois que l'on peut choisir deux sommets adjacents à $A_{i}$. Ainsi,
$$
M=\sum_{i=1}^{n}\binom{d_{i}}{2}
$$
D'autre part, d'après l'énoncé, deux sommets quelconques ont toujours au plus p sommets adjacents communs. Ainsi,
$$
M \leqslant p\binom{n}{2} .
$$
De (1) et (2), on déduit que
$$
\sum_{i=1}^{n}\binom{d_{i}}{2} \leqslant p\binom{n}{2}
$$
Or, la fonction $x \longmapsto \frac{1}{2} \chi(x-1)$ est convexe sur $\mathbb{R}$ donc, d'après l'inégalité de Jensen, on a
$$
\sum_{i=1}^{n}\binom{d_{i}}{2} \geqslant \frac{n}{2}\left(\frac{2 a}{n}\right)\left(\frac{2 a}{n}-1\right)
$$
De (3) et (4), on obtient que $2 a(2 a-n) \leqslant p^{2}(n-1) \leqslant n^{3}$, ou encore $4 a^{2}-2 n a-p n^{3} \leqslant 0$. Si $a>\sqrt{p n^{3}}$, alors $0>4 a^{2}-2 n a-a^{2}=(3 a-2 n) a \geqslant(3 \sqrt{p n}-2) n a \geqslant n a \geqslant 0$, ce qui conclut.
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{
"exam": "French_tests",
"problem_label": "6",
"problem_match": "\nExercice 6.",
"resource_path": "French/segmented/tests/fr-2013-2014-ofm-2013-2014-test-fevrier-corrige.jsonl",
"solution_match": "\nSolution de l'exercice 6",
"tier": "T1",
"year": "2013"
}
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Let $C$ and $C'$ be two circles with centers $O$ and $O'$, respectively, and assume they are external to each other. A common external tangent intersects the two common internal tangents at points $M$ and $N$.
Show that $(OM)$ is perpendicular to $(O'M)$ and that $(ON)$ is perpendicular to $(O'N)$.
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Let (T) be the external common tangent as stated. Let ( $\mathrm{T}^{\prime}$ ) be the internal common tangent passing through $M$. The lines $(T)$ and $\left(T^{\prime}\right)$ are therefore the two tangents to $C$ from $M$.
Since these two tangents are symmetric with respect to (OM), the line (OM) is a bisector of ( $T$ ) and $\left(T^{\prime}\right)$. Similarly, $\left(O^{\prime} M\right)$ is a bisector of $(T)$ and $\left(T^{\prime}\right)$.
Since the bisectors of two lines are perpendicular, $(O M)$ and $\left(O^{\prime} M\right)$ are perpendicular or coincident.
If they were coincident, $\mathrm{O}, \mathrm{O}^{\prime}, \mathrm{M}$ would be collinear, and the two tangents to ( C ) passing through $M$ would be external, which is not the case.
Therefore, $(O M) \perp\left(O^{\prime} M\right)$. Similarly, we can show that $(O N) \perp\left(O^{\prime} N\right)$.
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Geometry
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Soient $C$ et $\mathrm{C}^{\prime}$ deux cercles de centres $O$ et $\mathrm{O}^{\prime}$, extérieurs l'un à l'autre. Une tangente commune extérieure coupe les deux tangentes communes intérieures aux points M et N .
Montrer que (OM) est perpendiculaire à ( $O^{\prime} M$ ) et que ( $O N$ ) est perpendiculaire à ( $O^{\prime} N$ ).
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Soit (T) la tangente commune extérieure de l'énoncé. Soit ( $\mathrm{T}^{\prime}$ ) la tangente commune intérieure passant par $M$. Les droites $(T)$ et $\left(T^{\prime}\right)$ sont donc les deux tangentes à $C$ issues de $M$.
Comme ces deux tangentes sont symétriques par rapport à (OM), la droite (OM) est une bissectrice de ( $T$ ) et $\left(T^{\prime}\right)$. De même, $\left(O^{\prime} M\right.$ ) est une bissectrice de $(T)$ et $\left(T^{\prime}\right)$.
Comme les bissectrices de deux droites sont perpendiculaires, $(O M)$ et $\left(O^{\prime} M\right.$ ) sont perpendiculaires ou confondues.
Si elles étaient confondues, $\mathrm{O}, \mathrm{O}^{\prime}, \mathrm{M}$ seraient alignés, et les deux tangentes à ( C ) passant par $M$ seraient extérieures, ce qui n'est pas le cas.
Par conséquent, $(O M) \perp\left(O^{\prime} M\right)$. On montre de même que $(O N) \perp\left(O^{\prime} N\right)$.
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{
"exam": "French_tests",
"problem_label": "1",
"problem_match": "\nExercice 1.",
"resource_path": "French/segmented/tests/fr-2013-2014-ofm-2013-2014-test-janvier-corrige.jsonl",
"solution_match": "## Solution de l'exercice 1",
"tier": "T1",
"year": "2013"
}
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Let $k \geqslant 1$ be an integer. A telephone operator offers each customer $k$ free call numbers (if person $A$ chooses the number of $B$, then calls from $A$ to $B$ and from $B$ to $A$ are free). Consider a group of $n$ people.
1) If $n \geqslant 2 k+2$, show that there exist two people who will not be able to communicate for free.
2) If $n=2 k+1$, show that the $n$ people can arrange it so that any person can communicate for free with any other.
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To simplify, we say that a person $A$ chooses a person $B$ if the number of $B$ is among the numbers chosen by $A$ for free communication.
3) Since each person can choose at most $k$ other people, there are at most $kn$ pairs of people who can communicate for free. However, the total number of pairs of people is $n(n-1) / 2$, and we have
$$
\frac{n(n-1)}{2} \geqslant \frac{n(2 k+1)}{2} > k n
$$
Thus, the total number of pairs of people is strictly greater than the number of pairs of people who can communicate for free. Therefore, there must be at least two people who cannot communicate for free.
2) Place the $2k+1$ people on a circle. Each person then chooses to communicate for free with the $k$ people who are immediately after them. It is easy to verify that this configuration allows any person to communicate for free with any other: by construction, each person can communicate with the $k$ people immediately after them as well as the $k$ people immediately before them, in other words, everyone can.
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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 $k \geqslant 1$ un entier. À chaque client, un opérateur téléphonique propose $k$ numéros pour lesquels la communication est gratuite (si une personne $A$ choisit le numéro de $B$, alors les appels de $A$ vers $B$ et de $B$ vers $A$ sont gratuits). On considère un groupe de $n$ personnes.
1) Si $n \geqslant 2 k+2$, montrer qu'il existe deux personnes qui ne pourront pas communiquer gratuitement.
2) $\operatorname{Si} n=2 k+1$, montrer que les $n$ personnes peuvent faire en sorte que toute personne peut communiquer gratuitement avec n'importe quelle autre.
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On dira pour simplifier qu'une personne $A$ choisit une personne B si le numéro de $B$ fait parti des numéros choisis par $A$ vers lesquels la communication est gratuite.
3) Comme chaque personne peut choisir au plus k autre personnes, il y a au plus kn paires de personnes qui peuvent communiquer gratuitement. Or le nombre total de paires de personnes est $n(n-1) / 2$, et on a
$$
\frac{n(n-1)}{2} \geqslant \frac{n(2 k+1)}{2}>k n
$$
Ainsi, le nombre total de paires de personnes est strictement supérieur au nombre de paires de personnes qui peuvent communiquer gratuitement. Il existe donc forcément deux personnes qui ne pourront pas communiquer gratuitement.
2) Plaçons les $2 k+1$ personnes sur un cercle. Chaque personne choisit alors de communiquer gratuitement avec les $k$ personnes qui sont situées juste après elle. On vérifie aisément que cette configuration permet à toute personne de communiquer gratuitement avec n'importe quelle autre : par construction, chaque personne peut communiquer avec les $k$ personnes situées juste après elle ainsi qu'avec les $k$ personnes situées juste avant elles, autrement dit tout le monde.
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{
"exam": "French_tests",
"problem_label": "2",
"problem_match": "\nExercice 2.",
"resource_path": "French/segmented/tests/fr-2013-2014-ofm-2013-2014-test-janvier-corrige.jsonl",
"solution_match": "\nSolution de l'exercice 2",
"tier": "T1",
"year": "2013"
}
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Let $n \geqslant 1$ be an integer. Determine all integers $p \geqslant 1$ for which there exist strictly positive integers $x_{1}<x_{2}<\cdots<x_{n}$ such that
$$
\frac{1}{x_{1}}+\frac{2}{x_{2}}+\cdots+\frac{n}{x_{n}}=p
$$
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We will show that the set of solutions is the set $\{1,2, \ldots, n\}$. Let $p \geqslant 1$ be an integer and $x_{1}<x_{2}<\cdots<x_{n}$ be strictly positive integers such that
$$
\frac{1}{x_{1}}+\frac{2}{x_{2}}+\cdots+\frac{n}{x_{n}}=p
$$
First, we note that $p \leqslant n$. Indeed, if $i$ and $j$ are two integers such that $i>j$, then $i \geqslant j+1$. We deduce that $x_{i} \geqslant i$ for all integers $1 \leqslant i \leqslant n$. Thus,
$$
\frac{1}{x_{1}}+\frac{2}{x_{2}}+\cdots+\frac{n}{x_{n}} \leqslant \frac{1}{1}+\frac{2}{2}+\cdots+\frac{n}{n} \leqslant n .
$$
Therefore, $p \leqslant n$.
Conversely, let $1 \leqslant p \leqslant n$ and show that there exist strictly positive integers $x_{1}<x_{2}<\cdots<x_{n}$ such that
$$
\frac{1}{x_{1}}+\frac{2}{x_{2}}+\cdots+\frac{n}{x_{n}}=p .
$$
For this, we choose the $x_{i}$ so that among the different quotients $i / x_{i}(1 \leqslant i \leqslant n)$, we have $p-1$ quotients equal to 1 and the $n-p+1$ others equal to $1 /(n-p+1)$. More precisely, we choose:
$x_{1}=1, x_{2}=2, \ldots, x_{p-1}=p-1, x_{p}=p(n-p+1), x_{p+1}=(p+1)(n-p+1), \ldots, x_{n}=n(n-p+1)$.
We easily verify that $x_{1}<x_{2}<\cdots<x_{n}$ and that
$$
\frac{1}{x_{1}}+\frac{2}{x_{2}}+\cdots+\frac{n}{x_{n}}=p-1+(n-p+1) \cdot \frac{1}{n-p+1}=p .
$$
## Common Exercise
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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 $n \geqslant 1$ un entier. Déterminer tous les entiers $p \geqslant 1$ pour lesquels il existe des entiers strictement positifs $x_{1}<x_{2}<\cdots<x_{n}$ tels que
$$
\frac{1}{x_{1}}+\frac{2}{x_{2}}+\cdots+\frac{n}{x_{n}}=p
$$
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Nous allons montrer que l'ensemble des solutions est l'ensemble $\{1,2, \ldots, n\}$. Soient $p \geqslant 1$ un entier et des entiers strictement positifs $x_{1}<x_{2}<\cdots<x_{n}$ tels que
$$
\frac{1}{x_{1}}+\frac{2}{x_{2}}+\cdots+\frac{n}{x_{n}}=p
$$
On remarque tout d'abord que $p \leqslant n$. En effet, si $i$ et $j$ sont deux entiers tels que $i>j$, alors $i \geqslant j+1$. On en déduit que $x_{i} \geqslant i$ pour tout entier $1 \leqslant i \leqslant n$. Ainsi
$$
\frac{1}{x_{1}}+\frac{2}{x_{2}}+\cdots+\frac{n}{x_{n}} \leqslant \frac{1}{1}+\frac{2}{2}+\cdots+\frac{n}{n} \leqslant n .
$$
Donc $p \leqslant n$.
Réciproquement, soit $1 \leqslant p \leqslant \mathrm{n}$ et montrons qu'il existe des entiers strictement positifs $x_{1}<x_{2}<\cdots<x_{n}$ tels que
$$
\frac{1}{x_{1}}+\frac{2}{x_{2}}+\cdots+\frac{n}{x_{n}}=p .
$$
Pour cela, on choisit les $x_{i}$ de sorte que parmi les différents quotients $i / x_{i}(1 \leqslant i \leqslant n)$ on ait $p-1$ quotients égaux à 1 et les $n-p+1$ autres égaux à $1 /(n-p+1)$. Plus précisément, on choisit:
$x_{1}=1, x_{2}=2, \ldots, x_{p-1}=p-1, x_{p}=p(n-p+1), x_{p+1}=(p+1)(n-p+1), \ldots, x_{n}=n(n-p+1)$.
On vérifie aisément que $x_{1}<x_{2}<\cdots<x_{n}$ et que
$$
\frac{1}{x_{1}}+\frac{2}{x_{2}}+\cdots+\frac{n}{x_{n}}=p-1+(n-p+1) \cdot \frac{1}{n-p+1}=p .
$$
## Exercice commun
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{
"exam": "French_tests",
"problem_label": "3",
"problem_match": "\nExercice 3.",
"resource_path": "French/segmented/tests/fr-2013-2014-ofm-2013-2014-test-janvier-corrige.jsonl",
"solution_match": "\nSolution de l'exercice 3",
"tier": "T1",
"year": "2013"
}
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Let $ABC$ be a triangle with acute angles, and such that $AB \neq AC$. We denote $D$ as the foot of the angle bisector of $\widehat{BAC}$. The point $E$ (resp. $F$) is the foot of the altitude from $B$ (resp. from $C$). The circumcircle of triangle $DBF$ intersects the circumcircle of triangle $DCE$ at a point $M$ other than $D$.
Prove that $ME = MF$.
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Lemme 1. The circles AEF, BDF, and CDE intersect at $M$.
This immediately follows from Miquel's theorem, but let's recall the proof:
$(M F, M E) = (M F, M D) + (M D, M E) = (B F, B D) + (C D, C E) = (A B, C D) + (C D, A C) = (A B, A C)$, so $A, E, F, M$ are concyclic.
Lemme 2. The triangles $A E F$ and $A B C$ are (indirectly) similar.
The triangles $A F C$ and $A E B$ are right-angled at $F$ and $E$, and their angles at $A$ are equal, so they are similar. We deduce that $\frac{A E}{A F} = \frac{A B}{A C}$. This can be written as $\frac{A E}{A B} = \frac{A F}{A C}$. Since $\widehat{E A F} = \widehat{B A C}$, the triangles EAF and $B A C$ are similar. It is clear that the similarity is indirect since the oriented angles $(\overrightarrow{A B}, \overrightarrow{A C})$ and $(\overrightarrow{A E}, \overrightarrow{A F})$ are opposite.
Let's return to the exercise. Let $M^{\prime}$ be the other intersection point of the angle bisector of $\widehat{B A C}$ with the circle $A E F$. Similarly, define $M^{\prime \prime}$ as the other intersection point of the angle bisector of $\widehat{B A C}$ with the circle $A B C$. We will show that $M^{\prime} = M$.
$$
\begin{aligned}
\left(M^{\prime} F, M^{\prime} D\right) & = \left(M^{\prime} F, M^{\prime} A\right) \quad \text{since } A, M, D \text{ are collinear} \\
& = (E F, E A) \quad \text{since } A, E, F, M \text{ are concyclic} \\
& = (B A, B C) \quad \text{since } A E F \text{ and } A B C \text{ are indirectly similar} \\
& = (B F, B F).
\end{aligned}
$$
We deduce that $M^{\prime}$ lies on the circle BDF. Similarly, it lies on the circle CDE. Consequently, it is the intersection of the three circles BDF, CDE, and $A E F$: this proves that $M^{\prime} = M$.
Finally, since the arcs MF and ME are equal (since (AM) is the angle bisector of $\widehat{F A E}$), we have $M F = M E$.
## Another Solution.
Lemme 1. Two chords $\left[\mathrm{BB}^{\prime}\right]$ and $\left[\mathrm{CC}^{\prime}\right]$ of a circle intersect at an external point $A$. Then the triangles $A B C$ and $A C^{\prime} B^{\prime}$ are indirectly similar.
We have $\left(B^{\prime} C^{\prime}, B^{\prime} A\right) = \left(B^{\prime} C^{\prime}, B^{\prime} B\right) = \left(C C^{\prime}, C B\right) = (C A, C B)$ and similarly $\left(C^{\prime} A, C^{\prime} B^{\prime}\right) = (B C, B A)$.
Lemme 2. $\frac{D B}{D C} = \frac{A B}{A C}$.
By the law of sines, we have $\frac{A B}{D B} = \frac{\sin \widehat{A D B}}{\sin \frac{\widehat{B A C}}{2}} = \frac{\sin \widehat{C D A}}{\sin \frac{\widehat{B A C}}{2}} = \frac{A C}{D C}$.
Let's return to the exercise. Since AFC and AEB are right-angled at $F$ and $E$ and have the same angle at $A$, they are similar. We deduce that $\frac{A F}{A E} = \frac{A C}{A B}$, which can be written as $A F \cdot A B = A E \cdot A C$. In other words, $A$ has the same power with respect to the two circles BFD and CED. Consequently, $A$ lies on the radical axis (MD).
Furthermore, the lemma 1 implies that $A F M$ and $A D B$ are similar, so $\frac{B D}{B A} = \frac{M F}{M A}$. Similarly, $\frac{C D}{C A} = \frac{M E}{M A}$. According to lemma 2, we have $\frac{B D}{B A} = \frac{C D}{C A}$, so $M F = M E$.
## Exercises for 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 $A B C$ un triangle dont les angles sont aigus, et tel que $A B \neq A C$. On note $D$ le pied de la bissectrice de $\widehat{B A C}$. Le point $E$ (resp. $F$ ) désigne le pied de la hauteur issue de $B$ (resp. de C). Le cercle circonscrit au triangle DBF rencontre le cercle circonscrit au triangle DCE en un point $M$ autre que $D$.
Prouver que ME $=M F$.
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Lemme 1. Les cercles AEF, BDF et CDE sont concourants en $M$.
Cela découle immédiatement du théorème de Miquel mais rappelons tout de même la démonstration:
$(M F, M E)=(M F, M D)+(M D, M E)=(B F, B D)+(C D, C E)=(A B, C D)+(C D, A C)=$ ( $A B, A C$ ) donc $A, E, F, M$ sont cocycliques.
Lemme 2. Les triangles $A E F$ et $A B C$ sont (indirectement) semblables.
Les triangles $A F C$ et $A E B$ sont rectangles en $F$ et en $E$, et leurs angles en $A$ sont égaux, donc ils sont semblables. On en déduit que $\frac{A E}{A F}=\frac{A B}{A C}$. Ceci s'écrit encore $\frac{A E}{A B}=\frac{A F}{A C}$. Comme $\widehat{E A F}=\widehat{B A C}$, les triangles EAF et $B A C$ sont semblables. Il est clair que la similitude est indirecte puisque les angles orientés $(\overrightarrow{A B}, \overrightarrow{A C})$ et $(\overrightarrow{A E}, \overrightarrow{A F})$ sont opposés.
Revenons à l'exercice. Soit $M^{\prime}$ le point d'intersection autre que $A$ entre la bissectrice de $\widehat{B A C}$ et le cercle $A E F$. De même, on définit $M^{\prime \prime}$ comme le point d'intersection autre que $A$ entre la bissectrice de $\widehat{B A C}$ et le cercle $A B C$. Montrons que $M^{\prime}=M$.
$$
\begin{aligned}
\left(M^{\prime} F, M^{\prime} D\right) & =\left(M^{\prime} F, M^{\prime} A\right) \quad \text { car } A, M, D \text { alignés } \\
& =(E F, E A) \quad \text { car } A, E, F, M \text { cocycliques } \\
& =(B A, B C) \quad \text { car } A E F \text { et } A B C \text { indirectement semblables } \\
& =(B F, B F) .
\end{aligned}
$$
On en déduit que $M^{\prime}$ appartient au cercle BDF. De même, il appartient au cercle CDE. Par conséquent, il est l'intersection des trois cercles BDF, CDE et $A E F$ : ceci prouve que $M^{\prime}=M$.
Enfin, comme les arcs MF et ME sont égaux (puisque (AM) est la bissectrice de $\widehat{F A E}$ ), on a $M F=M E$.
## Autre solution.
Lemme 1. Deux cordes $\left[\mathrm{BB}^{\prime}\right]$ et $\left[\mathrm{CC}^{\prime}\right]$ d'un cercle se coupent en un point extérieur $A$. Alors les triangles $A B C$ et $A C^{\prime} B^{\prime}$ sont indirectement semblables.
On a $\left(B^{\prime} C^{\prime}, B^{\prime} A\right)=\left(B^{\prime} C^{\prime}, B^{\prime} B\right)=\left(C C^{\prime}, C B\right)=(C A, C B)$ et de même $\left(C^{\prime} A, C^{\prime} B^{\prime}\right)=(B C, B A)$.
Lemme 2. $\frac{D B}{D C}=\frac{A B}{A C}$.
D'après la loi des sinus, on a $\frac{A B}{D B}=\frac{\sin \widehat{A D B}}{\sin \frac{\widehat{B A C}}{2}}=\frac{\sin \widehat{C D A}}{\sin \frac{\widehat{B A C}}{2}}=\frac{A C}{D C}$.
Revenons à l'exercice. Comme AFC et AEB sont rectangles en $F$ et $E$ et ont le même angle en $A$, ils sont semblables. On en déduit $\frac{A F}{A E}=\frac{A C}{A B}$, ce qui s'écrit encore $A F \cdot A B=A E \cdot A C$. Autrement dit, $A$ a la même puissance par rapport aux deux cercles BFD et CED. Par conséquent, $A$ se trouve sur l'axe radical (MD).
$D^{\prime}$ 'autre part, le lemme 1 entraîne que $A F M$ et $A D B$ sont semblables, donc $\frac{B D}{B A}=\frac{M F}{M A}$. De même, $\frac{C D}{C A}=\frac{M E}{M A}$. D'après le lemme 2 , on a $\frac{B D}{B A}=\frac{C D}{C A}$ donc $M F=M E$.
## Exercices du groupe A
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{
"exam": "French_tests",
"problem_label": "4",
"problem_match": "\nExercice 4.",
"resource_path": "French/segmented/tests/fr-2013-2014-ofm-2013-2014-test-janvier-corrige.jsonl",
"solution_match": "## Solution de l'exercice 4",
"tier": "T1",
"year": "2013"
}
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It is said that a sequence $\left(u_{n}\right)_{n \geqslant 1}$ is Sicilian if $u_{1}$ is a strictly positive integer, and if for all $n$,
$$
u_{n+1}= \begin{cases}u_{n} / 2 & \text { if } u_{n} \text { is even, and } \\ u_{n}+\left[\sqrt{u_{n}}\right] & \text { if } u_{n} \text { is odd. }\end{cases}
$$
Does there exist a Sicilian sequence $\left(u_{n}\right)_{n \geqslant 1}$ such that $u_{n}>1$ for all $n$?
(N.B. $[x]$ denotes the integer part of $x$. For example, $[2.71828]=2$.)
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Let's start with a simple observation. Let $\mathrm{f}: \mathbb{N}^{*} \rightarrow \mathbb{N}^{*}$ be the function that, for any non-zero natural number $n$, associates the integer $n / 2$ if $n$ is even, and $n+[\sqrt{n}]$ if $n$ is odd. It is clear that the image $f(n)$ is indeed a non-zero natural number.
We will now show that the answer to the question in the statement is negative: every Sicilian sequence $\left(u_{n}\right)_{n \geqslant 1}$ contains a term $u_{n}=1$.
Let $\left(u_{n}\right)_{n \geqslant 1}$ be a Sicilian sequence: we note that $u_{n+1}=f\left(u_{n}\right)$ for all integers $n \geqslant 1$. Let $E=\left\{u_{n} \mid n \geqslant 1\right\}$ be the set of values taken by the terms of this sequence. $E$ is a non-empty set of integers, so it has a minimum $M$, such that $M \geqslant 1$: there then exists an integer $n \geqslant 1$ such that $M=u_{n}$. Our goal is to show that $M=1$. We will therefore proceed by contradiction, and assume that $M \geqslant 2$.
If $M$ is even, then $u_{n+1}=f\left(u_{n}\right)=f(M)=M / 2<M$ and, since $u_{n+1} \in E$, this contradicts the minimality of $M$.
If $M$ is odd, let $k$ be the non-zero natural number such that $k^{2} \leqslant M<(k+1)^{2}$. If $k$ is odd, then $u_{n+1}=f(M)=M+k$, so $M+k$ is even, and $u_{n+2}=f\left(u_{n+1}\right)=f(M+k)=\frac{M+k}{2}$. Since $M>1$, we have $M-k \geqslant M-\sqrt{M}=\sqrt{M}(\sqrt{M}-1)>0$, so $u_{n+2}<M$ : since $u_{n+2} \in E$, this contradicts the minimality of $M$.
Thus, we know that $M$ is odd and that $k$ is even, so $k^{2}+1 \leqslant M<(k+1)^{2}$.
- If $k^{2}+1 \leqslant M \leqslant k^{2}+k$, then $k^{2} \leqslant f(M)=M+k<(k+1)^{2}$, and $(k+1)^{2} \leqslant f^{2}(M)=$ $M+2 k<(k+2)^{2}$, so $f^{3}(M)=M+3 k+1$ is even, and finally $f^{4}(M)=\frac{M+3 k+1}{2}$.
- If $k^{2}+k+1 \leqslant M<(k+1)^{2}$, then $(k+1)^{2} \leqslant f(M)=M+k<(k+2)^{2}$, so $f^{2}(M)=$ $M+2 k+1$ is even, and finally $f^{3}(M)=\frac{M+2 k+1}{2}$.
It follows that $M=\min E \leqslant \min \left\{f^{3}(M), f^{4}(M)\right\} \leqslant \frac{M+3 k+1}{2}$, so $M \leqslant 3 k+1$.
In particular, $k^{2} \leqslant 3 k+1$, which means that $k^{2}-3 k-1=\left(k-\frac{3}{2}\right)^{2}-\frac{13}{4} \leqslant 0$, so $k \leqslant \frac{3}{2}+\sqrt{\frac{13}{4}}<2+\sqrt{4}=4$. Since $k$ is even and $M$ is odd, we deduce that $k=2$ and that $M \in\{5,7\}$. We conclude the exercise by showing that $\mathbf{f}^{5}(5)=3<5$ and that $\mathrm{f}^{4}(7)=3<7$, which indeed establishes that no value $M \geqslant 2$ 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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Number Theory
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On dit qu'une suite $\left(u_{n}\right)_{n \geqslant 1}$ est Sicilienne si $u_{1}$ est un entier strictement positif, et si pour tout $n$,
$$
u_{n+1}= \begin{cases}u_{n} / 2 & \text { si } u_{n} \text { est pair, et } \\ u_{n}+\left[\sqrt{u_{n}}\right] & \text { si } u_{n} \text { est impair. }\end{cases}
$$
Existe-t-il une suite Sicilienne $\left(u_{n}\right)_{n \geqslant 1}$ telle que $u_{n}>1$ pour tout $n$ ?
(N.B. $[x]$ désigne la partie entière de $x$. Par exemple, $[2,71828]=2$.)
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Commençons par une simple remarque. Soit $\mathrm{f}: \mathbb{N}^{*} \rightarrow \mathbb{N}^{*}$ la fonction qui, à tout entier naturel non nul $n$, associe l'entier $n / 2$ si $n$ est pair, et $n+[\sqrt{n}]$ si $n$ est impair. Il est clair que l'image $f(n)$ est bien un entier naturel non nul.
Nous allons maintenant montrer que la réponse à la question de l'énoncé est négative : toute suite Sicilienne $\left(u_{n}\right)_{n \geqslant 1}$ contient un terme $u_{n}=1$.
Soit $\left(u_{n}\right)_{n \geqslant 1}$ une suite Sicilienne : on note que $u_{n+1}=f\left(u_{n}\right)$ pour tout entier $n \geqslant 1$. Soit alors $E=\left\{u_{n} \mid n \geqslant 1\right\}$ l'ensemble des valeurs prises par les termes de cette suite. $E$ est un ensemble d'entiers non vide, de sorte qu'il admet un minimum $M$, tel que $M \geqslant 1$ : il existe alors un entier $n \geqslant 1$ tel que $M=u_{n}$. Notre but est de montrer que $M=1$. Nous allons donc procéder par l'absurde, et supposer que $M \geqslant 2$.
Si $M$ est pair, alors $u_{n+1}=f\left(u_{n}\right)=f(M)=M / 2<M$ et, puisque $u_{n+1} \in E$, cela contredit la minimalité de $M$.
Si $M$ est impair, soit $k$ l'entier naturel non nul tel que $k^{2} \leqslant M<(k+1)^{2}$. Si $k$ est impair, alors $u_{n+1}=f(M)=M+k$, donc $M+k$ est pair, et $u_{n+2}=f\left(u_{n+1}\right)=f(M+k)=\frac{M+k}{2}$. Or, $M>1$, donc $M-k \geqslant M-\sqrt{M}=\sqrt{M}(\sqrt{M}-1)>0$, de sorte que $u_{n+2}<M$ : puisque $u_{n+2} \in E$, cela contredit la minimalité de $M$.
Ainsi, on sait que $M$ est impair et que $k$ est pair, donc que $k^{2}+1 \leqslant M<(k+1)^{2}$.
- Si $k^{2}+1 \leqslant M \leqslant k^{2}+k$, alors $k^{2} \leqslant f(M)=M+k<(k+1)^{2}$, puis $(k+1)^{2} \leqslant f^{2}(M)=$ $M+2 k<(k+2)^{2}$, donc $f^{3}(M)=M+3 k+1$ est pair, et enfin $f^{4}(M)=\frac{M+3 k+1}{2}$.
- Si $k^{2}+k+1 \leqslant M<(k+1)^{2}$, alors $(k+1)^{2} \leqslant f(M)=M+k<(k+2)^{2}$, donc $f^{2}(M)=$ $M+2 k+1$ est pair, et enfin $f^{3}(M)=\frac{M+2 k+1}{2}$.
Il s'ensuit que $M=\min E \leqslant \min \left\{f^{3}(M), f^{4}(M)\right\} \leqslant \frac{M+3 k+1}{2}$, donc que $M \leqslant 3 k+1$.
En particulier, $k^{2} \leqslant 3 k+1$, ce qui signifie que $k^{2}-3 k-1=\left(k-\frac{3}{2}\right)^{2}-\frac{13}{4} \leqslant 0$, donc que $k \leqslant \frac{3}{2}+\sqrt{\frac{13}{4}}<2+\sqrt{4}=4$. Puisque $k$ est pair et $M$ impair, en déduit que $k=2$ et que $M \in\{5,7\}$. On conclut donc l'exercice en montrant que $\mathbf{f}^{5}(5)=3<5$ et que $\mathrm{f}^{4}(7)=3<7$, ce qui permet bien d'établir que nulle valeur $M \geqslant 2$ n'est possible.
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{
"exam": "French_tests",
"problem_label": "5",
"problem_match": "\nExercice 5.",
"resource_path": "French/segmented/tests/fr-2013-2014-ofm-2013-2014-test-janvier-corrige.jsonl",
"solution_match": "\nSolution de l'exercice 5",
"tier": "T1",
"year": "2013"
}
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Determine all pairs of non-negative integers $(x, y)$ for which $x^{2}+y^{2}$ divides both $x^{3}+y$ and $x+y^{3}$.
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First, note that the pairs $(x, y) \in\{(0,0),(1,0),(0,1),(1,1)\}$ are solutions.
Now consider the case where $(x, y)$ is a potential solution other than these. Since $x$ and $y$ play symmetric roles, we assume here that $x \leqslant y$, so $y \geqslant 2$. If $x=0$, the problem reduces to finding $y$ such that $y^{2}$ divides both $y$ and $y^{3}$, which is incompatible with the constraint $y \geqslant 2$. Thus, $y \geqslant 2$ and $x \geqslant 1$, so $x y-1 \geqslant 1$.
Let $d$ be the GCD of $x$ and $y$: we write $x=d X$ and $y=d Y$, with $X$ and $Y$ coprime: note that $d>0$ and $X^{2}+Y^{2}>0$. It follows that $d\left(X^{2}+Y^{2}\right)$ divides both $d^{2} X^{3}+Y$ and $X+d^{2} Y^{3}$. In particular, $d$ divides both $X$ and $Y$, so $d=1$. Consequently, $\operatorname{GCD}\left(x^{2}+y^{2}, x\right)=$ $\operatorname{GCD}\left(y^{2}, x\right)=1$.
Furthermore, $x^{2}+y^{2}$ divides $y\left(x^{3}+y\right)-\left(x^{2}+y^{2}\right)=x^{2}(x y-1)$, so by Gauss's theorem, $x^{2}+y^{2}$ divides $x y-1$. Since $x y-1 \neq 0$, we deduce that $x^{2}+y^{2} \leqslant x y-1$. However, $x^{2}+y^{2}=(x y-1)+\left(x y+1+(x-y)^{2}\right)>x y-1$. We have thus shown that the four solutions mentioned above are the only solutions to the problem.
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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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Déterminer tous les couples d'entiers positifs ou nuls $(x, y)$ pour lesquels $x^{2}+y^{2}$ divise à la fois $x^{3}+y$ et $x+y^{3}$.
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Tout d'abord, remarquons que les couples $(x, y) \in\{(0,0),(1,0),(0,1),(1,1)\}$ sont solutions.
On se place maintenant dans le cas où $(x, y)$ est une solution éventuelle autre que celles-ci. De plus, $x$ et $y$ jouant des rôles symétriques, on suppose ici que $x \leqslant y$, donc que $y \geqslant 2$. Si $x=0$, le problème revient à trouver $y$ tel que $y^{2}$ divise à la fois $y$ et $y^{3}$, ce qui est incompatible avec la contrainte $y \geqslant 2$. Ainsi, $y \geqslant 2$ et $x \geqslant 1$, donc $x y-1 \geqslant 1$.
Soit alors $d$ le PGCD de $x$ et $y$ : on note $x=d X$ et $y=d Y$, avec $X$ et $Y$ premiers entre eux : notons que $d>0$ et que $X^{2}+Y^{2}>0$. Il s'ensuit que $d\left(X^{2}+Y^{2}\right)$ divise à la fois $d^{2} X^{3}+Y$ et $X+d^{2} Y^{3}$. En particulier, $d$ divise à la fois $X$ et $Y$, donc $d=1$. Par conséquent, $\operatorname{PGCD}\left(x^{2}+y^{2}, x\right)=$ $\operatorname{PGCD}\left(\mathrm{y}^{2}, \mathrm{x}\right)=1$.
En outre, $x^{2}+y^{2}$ divise $y\left(x^{3}+y\right)-\left(x^{2}+y^{2}\right)=x^{2}(x y-1)$, de sorte que, d'après le théorème de Gauss, $x^{2}+y^{2}$ divise $x y-1$. Puisque $x y-1 \neq 0$, on en déduit que $x^{2}+y^{2} \leqslant x y-1$. Or, $x^{2}+y^{2}=(x y-1)+\left(x y+1+(x-y)^{2}\right)>x y-1$. On a ainsi montré que les quatre solutions sus-mentionnées sont les seules solutions au problème.
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{
"exam": "French_tests",
"problem_label": "6",
"problem_match": "\nExercice 6.",
"resource_path": "French/segmented/tests/fr-2013-2014-ofm-2013-2014-test-janvier-corrige.jsonl",
"solution_match": "\nSolution de l'exercice 6",
"tier": "T1",
"year": "2013"
}
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We distribute weights of $1 \mathrm{~g}, 2 \mathrm{~g}, \ldots, 200 \mathrm{~g}$ on the two pans of a balance so that each pan contains 100 weights.
Prove that it is possible to exchange 50 weights from one pan with 50 weights from the other pan so that the balance becomes balanced.
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In this solution, we will say that two weights are complementary if they weigh 201 grams together.
Consider then the 100 weights on the left plate. We can classify them into three categories:
1. the weights $a_{1}, \ldots, a_{n}$ of 100 grams or less, whose complementary is also on the left plate;
2. their complements, which are the weights $A_{1}, \ldots, A_{n}$ of 101 grams or more, whose complementary is also on the left plate (with $A_{k}=201-a_{k}$);
3. finally, the weights $b_{1}, \ldots, b_{\ell}$ whose complementary is on the right plate.
Similarly, we can classify the 100 weights on the right plate into three categories:
1. the weights $c_{1}, \ldots, c_{m}$ of 100 grams or less, whose complementary is also on the right plate;
2. their complements, which are the weights $C_{1}, \ldots, C_{m}$ of 101 grams or more, whose complementary is also on the left plate (with $C_{k}=201-c_{k}$);
3. finally, the weights $B_{1}, \ldots, B_{\ell}$ which are the complements of the weights $b_{1}, \ldots, b_{\ell}$ (with $B_{k}=201-b_{k}$); these are the weights on the right plate whose complementary is on the left plate.
Note that $100=2n+\ell=2m+\ell$, so $m=n$. Two possibilities are then open to us:
4. if $m=n \geqslant 25$, we keep on the left plate the 50 weights $a_{1}, \ldots, a_{25}$ and $A_{1}, \ldots, A_{25}$, and transfer the 50 weights $c_{1}, \ldots, c_{25}$ and $C_{1}, \ldots, C_{25}$ to it; all other weights are placed on the right plate;
5. if $m=n<25$, this means that $\ell>50$; in this case, we keep on the left plate the 50 weights $b_{1}, \ldots, b_{50}$ and transfer the 50 weights $B_{1}, \ldots, B_{50}$ to it; all other weights are placed on the right plate.
In both cases, we have transferred 50 weights from the left plate to the right plate, and vice versa. Moreover, each of the two plates is now made up of 50 pairs of complementary weights, so each weighs $50 \times 201$ grams, and thus they have the same weight.
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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 répartit des poids de respectivement $1 \mathrm{~g}, 2 \mathrm{~g}, \ldots, 200 \mathrm{~g}$ sur les deux plateaux d'une balance de sorte que chaque plateau contienne 100 poids.
Prouver que l'on peut échanger 50 poids d'un plateau avec 50 poids de l'autre plateau pour que la balance devienne équilibrée.
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Dans cette solution, on dira que deux poids sont complémentaires s'ils pèsent 201 grammes à eux deux.
Considérons alors les 100 poids situés sur le plateau de gauche. On peut les classer en trois catégories:
1. les poids $a_{1}, \ldots, a_{n}$ de 100 grammes ou moins, dont le complémentaire est également sur le plateau de gauche;
2. leurs complémentaires, qui sont les poids $A_{1}, \ldots, A_{n}$ de 101 grammes ou plus, dont le complémentaire est également sur le plateau de gauche (avec $A_{k}=201-a_{k}$ );
3. enfin, les poids $b_{1}, \ldots, b_{\ell}$ dont le complémentaire est sur le plateau de droite.
De même, on peut classer les 100 poids du plateau de droite en trois catégories :
1. les poids $c_{1}, \ldots, c_{m}$ de 100 grammes ou moins, dont le complémentaire est également sur le plateau de droite;
2. leurs complémentaires, qui sont les poids $C_{1}, \ldots, C_{m}$ de 101 grammes ou plus, dont le complémentaire est également sur le plateau de gauche ; (avec $\mathrm{C}_{\mathrm{k}}=201-\mathrm{c}_{\mathrm{k}}$ );
3. enfin, les poids $B_{1}, \ldots, B_{\ell}$ qui sont les complémentaires des poids $b_{1}, \ldots, b_{\ell}$ (avec $B_{k}=$ $201-b_{k}$ ) ; ce sont les poids du plateau de droite dont le complémentaire est sur le plateau de gauche.
Notons que $100=2 \mathrm{n}+\ell=2 \mathrm{~m}+\ell$, de sorte que $\mathrm{m}=\mathrm{n}$. Deux possibilités s'offrent alors à nous:
4. si $m=n \geqslant 25$, on conserve sur le plateau de gauche les 50 poids $a_{1}, \ldots, a_{25}$ et $A_{1}, \ldots, A_{25}$, et on $y$ transfère les 50 poids $c_{1}, \ldots, c_{25}$ et $C_{1}, \ldots, C_{25}$; tous les autres poids sont mis sur le plateau de droite;
5. si $\mathrm{m}=\mathrm{n}<25$, cela signifie que $\ell>50$; dans ce cas, on conserve sur le plateau de gauche les 50 poids $b_{1}, \ldots, b_{50}$ et on y transfère les 50 poids $B_{1}, \ldots, B_{50}$; tous les autres poids sont mis sur le plateau de droite.
Dans les deux cas, on a transféré 50 poids du plateau de gauche vers le plateau de droite, et réciproquement. En outre, chacun des deux plateaux est maintenant formé de 50 paires de poids complémentaires, de sorte que chacune pèse $50 \times 201$ grammes, et donc qu'elles ont bien le même poids.
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{
"exam": "French_tests",
"problem_label": "7",
"problem_match": "\nExercice 7.",
"resource_path": "French/segmented/tests/fr-2013-2014-ofm-2013-2014-test-janvier-corrige.jsonl",
"solution_match": "\nSolution de l'exercice 7",
"tier": "T1",
"year": "2013"
}
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Let $n$ be a strictly positive integer. Find the smallest integer $k$ having the following property: for all real numbers $a_{1}, \ldots, a_{d}$ satisfying $a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{d}=n$ and $0 \leqslant a_{i} \leqslant 1$ for $i=1,2, \ldots, d$, it is possible to group the numbers into $k$ packets (possibly empty) such that the sum of the numbers in each packet is $\leqslant 1$.
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$\triangleright$ The reals $a_{1}=\ldots=a_{2 n-1}=\frac{n}{2 n-1}$ belong to the interval $\left.] \frac{1}{2}, 1\right]$ and their sum is $n$. Since each real is strictly greater than $\frac{1}{2}$, each package contains at most one of these $2 n-1$ reals (because the sum of two of them is strictly greater than 1): therefore, at least $2 n-1$ packages are needed.
$\triangleright$ Suppose we have partitioned our set of reals $a_{1}, \ldots, a_{d}$ into $k \geq 2 n$ packages and let $\alpha_{1} \leq \ldots \leq \alpha_{k}$ be the sums associated with these packages, arranged in ascending order. Then, by grouping these numbers two by two, we get
$$
\begin{aligned}
n & =\alpha_{1}+\alpha_{2}+\ldots+\alpha_{k} \\
& =\left(\alpha_{1}+\alpha_{2}\right)+\left(\alpha_{3}+\alpha_{4}\right)+\ldots \\
& \geq\left\lfloor\frac{k}{2}\right\rfloor\left(\alpha_{1}+\alpha_{2}\right) \geq n\left(\alpha_{1}+\alpha_{2}\right)
\end{aligned}
$$
Thus, $\alpha_{1}+\alpha_{2} \leq 1$ and we can group the two corresponding packages into a new package with a total sum less than or equal to 1, and we are reduced to $k-1$ packages.
$\triangleright$ In conclusion, it is necessary to have $2 n-1$ packages, and if we have partitioned into more than $2 n$ packages, we can proceed with a grouping and reduce the number of necessary packages. The value sought is therefore $2 n-1$.
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2n-1
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Yes
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Yes
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math-word-problem
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Combinatorics
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Soit $n$ un entier strictement positif. Trouver le plus petit entier $k$ ayant la propriété suivante : pour tous réels $a_{1}, \ldots, a_{d}$ vérifiant $a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{d}=n$ et $0 \leqslant a_{i} \leqslant 1$ pour $i=1,2, \ldots, d$, il est possible de regrouper les nombres en $k$ paquets (éventuellement vides) de sorte que la somme des nombres de chaque paquet soit $\leqslant 1$.
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$\triangleright$ Les réels $a_{1}=\ldots=a_{2 n-1}=\frac{n}{2 n-1}$ appartiennent à l'intervalle $\left.] \frac{1}{2}, 1\right]$ et leur somme vaut $n$. Comme chaque réel est strictement plus grand que $\frac{1}{2}$, chaque paquet contient au plus un de ces $2 n-1$ réels (car la somme de deux d'entre eux est strictement supérieure à 1 ) : il faut donc au moins $2 n-1$ paquets.
$\triangleright$ Supposons que l'on ait partitionné notre ensemble de réels $a_{1}, \ldots, a_{d}$ en $k \geq 2 n$ paquets et notons $\alpha_{1} \leq \ldots \leq \alpha_{k}$ les sommes associées à ces paquets classées par ordre croissant. Alors, en regroupant ces nombres deux par deux, on obtient
$$
\begin{aligned}
n & =\alpha_{1}+\alpha_{2}+\ldots+\alpha_{k} \\
& =\left(\alpha_{1}+\alpha_{2}\right)+\left(\alpha_{3}+\alpha_{4}\right)+\ldots \\
& \geq\left\lfloor\frac{k}{2}\right\rfloor\left(\alpha_{1}+\alpha_{2}\right) \geq n\left(\alpha_{1}+\alpha_{2}\right)
\end{aligned}
$$
Ainsi, $\alpha_{1}+\alpha_{2} \leq 1$ et on peut regrouper les deux paquets correspondants en un nouveau paquet de somme totale inférieure ou égale à 1 et on est ramené à $k-1$ paquets.
$\triangleright$ En conclusion, il est nécessaire d'avoir $2 n-1$ paquets et, si l'on a partitionné en plus de $2 n$ paquets, on peut procéder à un regroupement et faire diminuer le nombre de paquets nécessaires. La valeur recherchée est donc $2 n-1$.
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{
"exam": "French_tests",
"problem_label": "1",
"problem_match": "\nExercice 1.",
"resource_path": "French/segmented/tests/fr-2013-2014-ofm-2013-2014-test-mai-corrige.jsonl",
"solution_match": "## Solution de l'exercice 1",
"tier": "T1",
"year": "2013"
}
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Two circles $O_{1}$ and $O_{2}$ intersect at $M$ and $N$. The common tangent to the two circles closest to $M$ touches $O_{1}$ and $O_{2}$ at $A$ and $B$ respectively. Let $C$ and $D$ be the reflections of $A$ and $B$ with respect to $M$ respectively. The circumcircle of triangle $D C M$ intersects the circles $O_{1}$ and $O_{2}$ at points $E$ and $F$ distinct from $M$. Show that the circumcircles of triangles $M E F$ and $N E F$ have the same radius.
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First, let's show that $(EF)$ is the other common tangent to the two circles.
Let $E'$ and $F'$ be the points of contact of the other common tangent. Let $X$ be the intersection point of $(AB)$ and $(MN)$. We have $AX = BX$ because $X$ lies on the radical axis of the two circles. Since $ABCD$ is a parallelogram with center $M$, we have $(MX) \parallel (AD)$, which implies $(AD) \perp (O_1 O_2)$.
Furthermore, since $A$ and $E$ are symmetric with respect to $(O_1 O_2)$, we get that $A, D, E$ are collinear, and similarly, $B, C, F$ are collinear.
According to the limiting case of the inscribed angle theorem in circle $O_1$, we have $(EM, EA) = (AM, AB)$, so $(CM, CD) = (CA, CD) = (AM, AB) = (EM, EA) = (EM, ED)$. Therefore, $E'$ lies on the circle $MCD$. We conclude that $E = E'$, and similarly, $F = F'$.
By applying the symmetry with respect to the axis $(O_1 O_2)$ and then the symmetry with center $M$ to the circle $(NEF)$, we successively obtain the circle $MAB$, and then the circle $MCD$, which is the circle $MEF$. Since a symmetry preserves lengths, the circles $MEF$ and $NEF$ have the same radius.
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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 $O_{1}$ et $O_{2}$ se coupent en $M$ et $N$. La tangente commune aux deux cercles la plus proche de $M$ touche $O_{1}$ et $O_{2}$ en $A$ et $B$ respectivement. Soient $C$ et $D$ les symétriques de $A$ et $B$ par rapport à $M$ respectivement. Le cercle circonscrit au triangle $D C M$ intersecte les cercles $O_{1}$ et $O_{2}$ respectivement en des points $E$ et $F$ distincts de $M$. Montrer que les cercles circonscrits aux triangles $M E F$ et $N E F$ sont de même rayon.
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Montrons d'abord que $(E F)$ l'autre tangente commune aux deux cercles.
Soient $E^{\prime}$ et $F^{\prime}$ les points de contact de l'autre tangente commune. Soit $X$ le point d'intersection de $(A B)$ et de $(M N)$. On a $A X=B X$ car $X$ se situe sur l'axe radical des deux cercles. Comme $A B C D$ est un parallélogramme de centre $M$, on a $(M X) / /(A D)$, ce qui entraîne $(A D) \perp\left(O_{1} O_{2}\right)$.
De plus, $A$ et $E$ étant symétriques par rapport à $\left(O_{1} O_{2}\right)$ on obtient que $A, D, E$ sont alignés, et de même $B, C, F$ sont alignés.
D'après le cas limite du théorème de l'angle inscrit dans le cercle $O_{1}$, on a $(E M, E A)=(A M, A B)$, donc $(C M, C D)=(C A, C D)=(A M, A B)=(E M, E A)=(E M, E D)$, par conséquent $E^{\prime}$ appartient au cercle $M C D$. On en conclut que $E=E^{\prime}$, et de même $F=F^{\prime}$.
En appliquant la symétrie d'axe $\left(O_{1} O_{2}\right)$ puis la symétrie de centre $M$ au cercle $(N E F)$, on obtient successivement le cercle $M A B$, puis le cercle $M C D$, c'est-à-dire le cercle $M E F$. Comme une symétrie conserve les longueurs, les cercles $M E F$ et $N E F$ ont même rayon.
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{
"exam": "French_tests",
"problem_label": "2",
"problem_match": "\nExercice 2.",
"resource_path": "French/segmented/tests/fr-2013-2014-ofm-2013-2014-test-mai-corrige.jsonl",
"solution_match": "## Solution de l'exercice 2",
"tier": "T1",
"year": "2013"
}
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Show that there are infinitely many positive integers $n$ such that the largest prime factor of $n^{4}+n^{2}+1$ is equal to the largest prime factor of $(n+1)^{4}+(n+1)^{2}+1$.
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For all $n \geq 1$, we denote $p_{n}$ as the largest prime divisor of $n^{4}+n^{2}+1$, and $q_{n}$ as the largest prime divisor of $n^{2}+n+1$.
We thus have $p_{n}=q_{n^{2}}$.
Furthermore, from the identity
$$
n^{4}+n^{2}+1=\left(n^{2}+n+1\right)\left(n^{2}-n+1\right)=\left(n^{2}+n+1\right)\left((n-1)^{2}+(n-1)+1\right)
$$
it follows that $p_{n}=\max \left(q_{n}, q_{n-1}\right)$ for all $n \geq 2$.
Moreover, the number $n^{2}-n+1=n(n-1)+1$ is odd, so
$$
\operatorname{gcd}\left(n^{2}+n+1, n^{2}-n+1\right)=\operatorname{gcd}\left(2 n, n^{2}-n+1\right)=\operatorname{gcd}\left(n, n^{2}-n+1\right)=1
$$
Thus, we have $q_{n} \neq q_{n-1}$.
To conclude, it suffices to prove that the set
$$
S=\left\{n \geq 2 \mid q_{n}>q_{n-1} \text { and } q_{n}>q_{n+1}\right\}
$$
is infinite, since for all $n \in S$, we have
$$
p_{n}=\max \left(q_{n}, q_{n-1}\right)=q_{n}=\max \left(q_{n}, q_{n+1}\right)=p_{n+1} .
$$
By contradiction: suppose that $S$ is finite.
Since $q_{2}=q_{4}=7<13=q_{3}$, we can assert that $S$ is not empty. Since it is finite, it has a largest element, say $m$.
The sequence $\left(q_{n}\right)_{n \geq m}$ cannot be strictly decreasing since it consists of positive integers. Therefore, there exists $k \geq m$ such that $q_{k}<q_{k+1}$ (we recall that $q_{k} \neq q_{k+1}$). However, it is also impossible for $\left(q_{n}\right)_{n \geq k}$ to be strictly increasing because $q_{(k+1)^{2}}=p_{k+1}=\max \left(q_{k}, q_{k+1}\right)=q_{k+1}$. Let $t$ be the smallest integer greater than or equal to $k+1$ such that $q_{t}>q_{t+1}$. The minimality of $t$ ensures that $q_{t-1}<q_{t}$, and thus $t \in S$.
However, we have $t \geq k+1>k \geq m$, which contradicts the maximality of $m$.
Therefore, $S$ is infinite, 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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Number Theory
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Montrer qu'il existe une infinité d'entiers positifs $n$ tels que le plus grand facteur premier de $n^{4}+n^{2}+1$ soit égal au plus grand facteur premier de $(n+1)^{4}+(n+1)^{2}+1$.
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Pour tout $n \geq 1$, on note $p_{n}$ le plus grand diviseur premier de $n^{4}+n^{2}+1$, et $q_{n}$ le plus grand diviseur premier de $n^{2}+n+1$.
On donc $p_{n}=q_{n^{2}}$.
De plus, de l'identité
$$
n^{4}+n^{2}+1=\left(n^{2}+n+1\right)\left(n^{2}-n+1\right)=\left(n^{2}+n+1\right)\left((n-1)^{2}+(n-1)+1\right)
$$
il découle que $p_{n}=\max \left(q_{n}, q_{n-1}\right)$ pour tout $n \geq 2$.
D'autre part, le nombre $n^{2}-n+1=n(n-1)+1$ est impair, donc
$$
\operatorname{pgcd}\left(n^{2}+n+1, n^{2}-n+1\right)=\operatorname{pgcd}\left(2 n, n^{2}-n+1\right)=\operatorname{pgcd}\left(n, n^{2}-n+1\right)=1
$$
Ainsi, on a $q_{n} \neq q_{n-1}$.
Pour conclure, il suffit alors de prouver que l'ensemble
$$
S=\left\{n \geq 2 \mid q_{n}>q_{n-1} \text { et } q_{n}>q_{n+1}\right\}
$$
est infini, puisque pour tout $n \in S$, on a
$$
p_{n}=\max \left(q_{n}, q_{n-1}\right)=q_{n}=\max \left(q_{n}, q_{n+1}\right)=p_{n+1} .
$$
Par l'absurde: supposons que $S$ soit fini.
Puisque $q_{2}=q_{4}=7<13=q_{3}$, on peut affirmer que $S$ n'est pas vide. Puisqu'il est fini, il possède alors un plus grand élément, disons $m$.
La suite $\left(q_{n}\right)_{n \geq m}$ ne peut être strictement décroissante puisqu'elle est formée d'entiers positifs. Il existe donc $k \geq m$ tel que $q_{k}<q_{k+1}$ (on rappelle que $q_{k} \neq q_{k+1}$ ). Mais, il est également impossible d'avoir $\left(q_{n}\right)_{n \geq k}$ strictement croissante car $q_{(k+1)^{2}}=p_{k+1}=\max \left(q_{k}, q_{k+1}\right)=q_{k+1}$. Notons alors $t$ le plus petit entier supérieur ou égal à $k+1$ tel que $q_{t}>q_{t+1}$. La minimalité de $t$ assure que l'on a $q_{t-1}<q_{t}$, et donc que $t \in S$.
Pourtant, on a $t \geq k+1>k \geq m$, ce qui contredit la maximalité de $m$.
Par suite, on a $S$ infini, ce qui conclut.
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{
"exam": "French_tests",
"problem_label": "3",
"problem_match": "\nExercice 3.",
"resource_path": "French/segmented/tests/fr-2013-2014-ofm-2013-2014-test-mai-corrige.jsonl",
"solution_match": "\nSolution de l'exercice 3",
"tier": "T1",
"year": "2013"
}
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We denote by $\mathbb{N}^{*}$ the set of strictly positive integers. Find all $^{2}$ functions $f: \mathbb{N}^{*} \rightarrow \mathbb{N}^{*}$ such that
$$
m^{2}+f(n) \mid m f(m)+n
$$
for all strictly positive integers $m$ and $n$.
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Let $f$ be a potential solution to the problem.
We denote ( $\left.{ }^{*}\right)$ as the condition " $m^{2}+f(n)$ divides $m f(m)+n$ ".
By choosing $m=n=2$ in $\left(^{*}\right)$, we get that $4+f(2)$ divides $2 f(2)+2$. Since $2 f(2)+2 < 2(f(2)+4)$, it must be that $f(2)+4=2 f(2)+2$, hence $f(2)=2$.
Now, by choosing $m=2$, the condition ( ${ }^{*}$ ) ensures that, for all $n \geq 1$, the number $4+f(n)$ divides $4+n$, which leads to $f(n) \leq n$, for all $n \geq 1$. (i)
On the other hand, by choosing $m=n$ in $\left({ }^{*}\right)$, we deduce this time that, for all $n \geq 1$, the number $n^{2}+f(n)$ divides $n f(n)+n$, so $n^{2}+f(n) \leq n f(n)+n$. Thus, we have $(n-1)(f(n)-n) \geq 0$, which leads to $f(n) \geq n$, for all $n \geq 2$. Since it is clearly true that $f(1) \geq 1$, it follows that $f(n) \geq n$ for all $n \geq 1$. (ii)
From (i) and (ii), we deduce that $f(n)=n$ for all $n \geq 1$.
Conversely, it is evident that $f: n \longmapsto n$ is indeed a solution to the problem.
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f(n)=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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On note $\mathbb{N}^{*}$ l'ensemble des entiers naturels strictement positifs. Trouver toutes les $^{2}$ fonctions $f: \mathbb{N}^{*} \rightarrow \mathbb{N}^{*}$ telles que
$$
m^{2}+f(n) \mid m f(m)+n
$$
pour tous entiers strictement positifs $m$ et $n$.
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Soit $f$ une solution éventuelle du problème.
On note ( $\left.{ }^{*}\right)$ la condition " $m^{2}+f(n)$ divise $m f(m)+n$ ".
En choisissant $m=n=2$ dans $\left(^{*}\right.$ ), il vient que $4+f(2)$ divise $2 f(2)+2$. Or, on a $2 f(2)+2<$ $2(f(2)+4)$, et il faut donc que $f(2)+4=2 f(2)+2$, d'où $f(2)=2$.
En choisissant maintenant $m=2$, la condition ( ${ }^{*}$ ) assure que, pour tout $n \geq 1$, le nombre $4+f(n)$ divise $4+n$, ce qui conduit à $f(n) \leq n$, pour tout $n \geq 1$. (i)
D'autre part, en choisissant $m=n$ dans $\left({ }^{*}\right)$, on déduit cette fois que, pour tout $n \geq 1$, le nombre $n^{2}+f(n)$ divise $n f(n)+n$, d'où $n^{2}+f(n) \leq n f(n)+n$. Ainsi, on a $(n-1)(f(n)-n) \geq 0$, ce qui conduit à $f(n) \geq n$, pour tout $n \geq 2$. Puisqu'on a clairement $f(1) \geq 1$, c'est donc que $f(n) \geq n$ pour tout $n \geq 1$. (ii)
De (i) et (ii), on déduit que $f(n)=n$ pour tout $n \geq 1$.
Réciproquement, il est évident que $f: n \longmapsto n$ est bien une solution du problème.
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{
"exam": "French_tests",
"problem_label": "4",
"problem_match": "\nExercice 4.",
"resource_path": "French/segmented/tests/fr-2013-2014-ofm-2013-2014-test-mai-corrige.jsonl",
"solution_match": "\nSolution de l'exercice 4",
"tier": "T1",
"year": "2013"
}
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Let $n$ be a strictly positive integer and $x_{1}, \ldots, x_{n}$ be strictly positive real numbers. Show that there exist numbers $a_{1}, \ldots, a_{n} \in\{-1,1\}$ such that:
$$
a_{1} x_{1}^{2}+a_{2} x_{2}^{2}+\cdots+a_{n} x_{n}^{2} \geqslant\left(a_{1} x_{1}+a_{2} x_{2}+\cdots+a_{n} x_{n}\right)^{2} .
$$
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Let's order the reals $x_{k}$ so that $x_{1} \geq x_{2} \geq \ldots \geq x_{n}>0$.
We will show by strong induction that a solution is provided by the sequence of coefficients defined by $a_{k}=1$ if $k$ is odd and $a_{k}=-1$ if $k$ is even.
$\triangleright$ If $n=1, a_{1} x_{1}^{2}=\left(a_{1} x_{1}\right)^{2}$, so the inequality is satisfied.
$\triangleright$ If $n=2, a_{1} x_{1}^{2}+a_{2} x_{2}^{2}=x_{1}^{2}-x_{2}^{2} \geq x_{1}^{2}-2 x_{1} x_{2}+x_{2}^{2}=\left(x_{1}-x_{2}\right)^{2}$ since $x_{1} \geq x_{2}$; the inequality is still satisfied.
$\triangleright$ Let $n \geq 3$. Suppose the result is established up to rank $n-1$ and show the inequality at rank $n$.
The difference between the two members is then
$$
a_{1} x_{1}^{2}+\ldots+a_{n} x_{n}^{2}-\left(a_{1} x_{1}+\ldots+a_{n} x_{n}\right)^{2}=\alpha x_{1}+\beta
$$
with
$$
\alpha=-2\left(a_{2} x_{2}+\ldots+a_{n} x_{n}\right)=2\left(\left(x_{2}-x_{3}\right)+\left(x_{4}-x_{5}\right)+\ldots\right) \leq 0
$$
since $x_{2} \geq x_{3}, x_{4} \geq x_{5}, \ldots$ Therefore, using the increasing function $x \mapsto \alpha x+\beta$ and $x_{1} \geq x_{2}$,
$$
\begin{aligned}
a_{1} x_{1}^{2}+\ldots+a_{n} x_{n}^{2}-\left(a_{1} x_{1}+\ldots+a_{n} x_{n}\right)^{2} & \geq \alpha x_{2}+\beta \\
& \geq a_{1} x_{2}^{2}+a_{2} x_{2}^{2} \ldots+a_{n} x_{n}^{2}-\left(a_{1} x_{2}+a_{2} x_{2}+\ldots+a_{n} x_{n}\right)^{2} \\
& \geq a_{3} x_{1}^{3}+\ldots+a_{n} x_{n}^{2}-\left(a_{3} x_{3}+\ldots+a_{n} x_{n}\right)^{2}
\end{aligned}
$$
since $a_{1}=-a_{2}$ and thus $a_{1} x_{1}^{2}+a_{2} x_{2}^{2}=a_{1} x_{1}+a_{2} x_{2}=0$. The last term is positive according to the induction hypothesis with the reals $x_{3}, \ldots, x_{n}$, which completes the proof of the inequality at rank $n$.
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Inequalities
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Soit $n$ un entier strictement positif et $x_{1}, \ldots, x_{n}$ des réels strictement positifs. Montrer qu'il existe des nombres $a_{1}, \ldots, a_{n} \in\{-1,1\}$ tels que :
$$
a_{1} x_{1}^{2}+a_{2} x_{2}^{2}+\cdots+a_{n} x_{n}^{2} \geqslant\left(a_{1} x_{1}+a_{2} x_{2}+\cdots+a_{n} x_{n}\right)^{2} .
$$
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Commençons par ordonner les réels $x_{k}$ de sorte à ce que $x_{1} \geq x_{2} \geq \ldots \geq x_{n}>0$.
Montrons par récurrence forte qu'une solution est fournie par la suite de coefficients définie par $a_{k}=1$ si $k$ est impair et $a_{k}=-1$ si $k$ est pair.
$\triangleright \operatorname{Si} n=1, a_{1} x_{1}^{2}=\left(a_{1} x_{1}\right)^{2}$ donc l'inégalité est vérifiée.
$\triangleright$ Si $n=2, a_{1} x_{1}^{2}+a_{2} x_{2}^{2}=x_{1}^{2}-x_{2}^{2} \geq x_{1}^{2}-2 x_{1} x_{2}+x_{2}^{2}=\left(x_{1}-x_{2}\right)^{2}$ car $x_{1} \geq x_{2}$; l'inégalité est encore vérifiée.
$\triangleright$ Soit $n \geq 3$. Supposons que le résultat est établi jusqu'au rang $n-1$ et montrons l'inégalité au rang $n$.
La différence des deux membres est alors
$$
a_{1} x_{1}^{2}+\ldots+a_{n} x_{n}^{2}-\left(a_{1} x_{1}+\ldots+a_{n} x_{n}\right)^{2}=\alpha x_{1}+\beta
$$
avec
$$
\alpha=-2\left(a_{2} x_{2}+\ldots+a_{n} x_{n}\right)=2\left(\left(x_{2}-x_{3}\right)+\left(x_{4}-x_{5}\right)+\ldots\right) \leq 0
$$
car $x_{2} \geq x_{3}, x_{4} \geq x_{5}, \ldots$ Par conséquent, en utilisant la croissance de la fonction $x \mapsto \alpha x+\beta$ et $x_{1} \geq x_{2}$,
$$
\begin{aligned}
a_{1} x_{1}^{2}+\ldots+a_{n} x_{n}^{2}-\left(a_{1} x_{1}+\ldots+a_{n} x_{n}\right)^{2} & \geq \alpha x_{2}+\beta \\
& \geq a_{1} x_{2}^{2}+a_{2} x_{2}^{2} \ldots+a_{n} x_{n}^{2}-\left(a_{1} x_{2}+a_{2} x_{2}+\ldots+a_{n} x_{n}\right)^{2} \\
& \geq a_{3} x_{1}^{3}+\ldots+a_{n} x_{n}^{2}-\left(a_{3} x_{3}+\ldots+a_{n} x_{n}\right)^{2}
\end{aligned}
$$
car $a_{1}=-a_{2}$ et donc $a_{1} x_{1}^{2}+a_{2} x_{2}^{2}=a_{1} x_{1}+a_{2} x_{2}=0$. Le dernier terme est positif d'après l'hypothèse de récurrence avec les réels $x_{3}, \ldots, x_{n}$ ce qui termine la preuve de l'inégalité au rang $n$.
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{
"exam": "French_tests",
"problem_label": "5",
"problem_match": "\nExercice 5.",
"resource_path": "French/segmented/tests/fr-2013-2014-ofm-2013-2014-test-mai-corrige.jsonl",
"solution_match": "## Solution de l'exercice 5",
"tier": "T1",
"year": "2013"
}
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Let $\omega$ be the circumcircle of a triangle $ABC$. We denote by $M$ and $N$ the midpoints of the sides $[AB]$ and $[AC]$ respectively, and by $T$ the midpoint of the arc $BC$ of $\omega$ not containing $A$. The circumcircles of triangles $AMT$ and $ANT$ meet the perpendicular bisectors of $[AC]$ and $[AB]$ at points $X$ and $Y$ respectively; we assume that $X$ and $Y$ are inside the triangle $ABC$. The lines $(MN)$ and $(XY)$ intersect at $K$. Show that $KA=KT$.
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Let $O$ be the center of the circle $\omega$. We have $O=(M Y) \cap(N X)$. Let $\ell$ be the perpendicular bisector of $[A T]$. It passes through $O$.
Let $s$ be the reflection with respect to $\ell$. Since $(A T)$ is the angle bisector of $\widehat{B A C}$, the line $s(A B)$ is parallel to $(A C)$. Since $(O M) \perp(A B)$ and $(O N) \perp(A C)$, the line $s(O M)$ is parallel to $(O N)$. Moreover, it passes through $O$, so $s(O M)=(O N)$.
Furthermore, the circumcircle $\gamma$ of $A M T$ is symmetric with respect to $\ell$, i.e., $s(\gamma)=\gamma$, so $s(M)$ belongs to both $\gamma$ and $s(O M)=(O N)$. Necessarily, $s(M)=X$. Similarly, $s(N)=Y$. We deduce that $s(M N)=(X Y)$. The intersection point $K$ of $(M N)$ and $(X Y)$ thus lies on the line $\ell$, which implies that $K A=K T$.
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KA=KT
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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 $\omega$ le cercle circonscrit à un triangle $A B C$. On désigne par $M$ et $N$ les milieux des côtés $[A B]$ et $[A C]$ respectivement, et par $T$ le milieu de l'arc $B C$ de $\omega$ ne contenant pas $A$. Les cercles circonscrits aux triangles $A M T$ et $A N T$ rencontrent les médiatrices de $[A C]$ et $[A B]$ aux points $X$ et $Y$ respectivement; on suppose que $X$ et $Y$ sont à l'intérieur du triangle $A B C$. Les droites $(M N)$ et $(X Y)$ se coupent en $K$. Montrer que $K A=K T$.
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Notons $O$ le centre du cercle $\omega$. On a $O=(M Y) \cap(N X)$. Soit $\ell$ la médiatrice de $[A T]$. Elle passe par $O$.
Notons $s$ la symétrie par rapport à $\ell$. Comme $(A T)$ est la bissectrice de $\widehat{B A C}$, la droite $s(A B)$ est parallèle à $(A C)$. Comme $(O M) \perp(A B)$ et $(O N) \perp(A C)$, la droite $s(O M)$ est parallèle à $(O N)$. Or, elle passe par $O$, donc $s(O M)=(O N)$.
De plus, le cercle circonscrit $\gamma$ à $A M T$ est symétrique par rapport à $\ell$, c'est-à-dire $s(\gamma)=\gamma$, donc $s(M)$ appartient à la fois à $\gamma$ et à $s(O M)=(O N)$. Nécessairement, $s(M)=X$. De même, $s(N)=Y$. On en déduit que $s(M N)=(X Y)$. Le point commun $K \operatorname{de}(M N)$ et $(X Y)$ appartient ainsi à la droite $\ell$, ce qui implique que $K A=K T$.
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{
"exam": "French_tests",
"problem_label": "6",
"problem_match": "\nExercice 6.",
"resource_path": "French/segmented/tests/fr-2013-2014-ofm-2013-2014-test-mai-corrige.jsonl",
"solution_match": "## Solution de l'exercice 6",
"tier": "T1",
"year": "2013"
}
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In a country, there are 100 cities. Each of these cities is connected to exactly three other cities by direct two-way roads. Prove that there exists a city $A$ from which one can travel from city to city and return to $A$, without ever using the same road twice, and using a total number of roads that is not divisible by 3 (it is not required that all cities in the country be visited during this journey).
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Since there is only a finite number of cities, we can consider a path C of maximum length. Let $v_{0}$ be one of the cities at the ends of C and traverse C starting from $v_{0}$, numbering the cities as we go. The maximality of C ensures that the three cities connected to $v_{0}$ by a road are in C. These are $v_{1}, \nu_{i}$, and $v_{j}$ with $1<i<j$. We have thus identified three cycles:
$$
\begin{gathered}
v_{0}, v_{1}, \cdots, v_{i}, v_{0} \text {, of length } \mathfrak{i}+1, \\
v_{0}, v 1, \cdots, v_{j}, v_{0} \text {, of length } \mathfrak{j}+1 \\
v_{0}, v_{i}, v_{i+1}, \cdots, v_{j}, v_{0}, \text { of length } \mathfrak{j}-\mathfrak{i}+2
\end{gathered}
$$
If $i+1$ or $j+1$ is not divisible by 3, one of the first two cycles will do. Otherwise, it means $\boldsymbol{i}=\mathbf{j}=-1 \bmod 3, d^{\prime}$ where $\boldsymbol{j}-\mathfrak{i}+2=2 \bmod 3$ and the third cycle allows us to conclude.
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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, se trouvent 100 villes. Chacune de ces villes est reliée à exactement trois autres villes par des routes directes dans les deux sens. Prouver qu'il existe une ville $A$ à partir de laquelle on peut aller de ville en ville et revenir en $A$, sans jamais passer deux fois par une même route, et en utilisant un nombre total de routes qui n'est pas divisible par 3 (il n'est pas demandé que toutes les villes du pays soient visitées au cours de ce voyage).
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Puisqu'il n'y a qu'un nombre fini de villes, on peut considérer un chemin C de longueur maximale. Soit $v_{0}$ une des villes extrémités de C et parcourons C en partant de $v_{0}$ en numérotant les villes au fur et à mesure. La maximalité de C assure que les trois villes reliées à $v_{0}$ par une route sont dans C. Il s'agit de $v_{1}, \nu_{i}$ et $v_{j}$ avec $1<i<j$. On a ainsi identifié trois cycles :
$$
\begin{gathered}
v_{0}, v_{1}, \cdots, v_{i}, v_{0} \text {, de longueur } \mathfrak{i}+1, \\
v_{0}, v 1, \cdots, v_{j}, v_{0} \text {, de longueur } \mathfrak{j}+1 \\
v_{0}, v_{i}, v_{i+1}, \cdots, v_{j}, v_{0}, \text { de longueur } \mathfrak{j}-\mathfrak{i}+2
\end{gathered}
$$
Si $i+1$ ou $j+1$ n'est pas divisible par 3, l'un des deux premiers cycles convient. Sinon, c'est que $\boldsymbol{i}=\mathbf{j}=-1 \bmod 3, d^{\prime}$ où $\boldsymbol{j}-\mathfrak{i}+2=2 \bmod 3$ et le troisième cycle permet de conclure.
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{
"exam": "French_tests",
"problem_label": "1",
"problem_match": "\nExercice 1.",
"resource_path": "French/segmented/tests/fr-2014-2015-ofm-2014-2015-test-fevrier-corrige.jsonl",
"solution_match": "## Solution de l'exercice 1",
"tier": "T1",
"year": "2014"
}
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Determine all polynomials $P$ with coefficients in $\mathbb{Z}$ such that, for all primes $p$ and $u$ and $v$ in $\mathbb{Z}$ such that $p \mid uv-1$, we have: $p \mid P(u) P(v)-1$.
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Let $f$ be such a polynomial, and $\mathrm{n} \geqslant 0$ its degree. Clearly $\mathrm{f} \mathrm{n}^{\prime}$ is not the zero polynomial.
Let $g(X)=X^{n} f\left(\frac{1}{X}\right)$. Then $g$ is a polynomial with integer coefficients.
Let $x$ be a non-zero integer, and $p$ a prime number with $p>\max \left(|x|,\left|f(x) g(x)-x^{n}\right|\right)$. Then $x$ is invertible modulo $p$, and there exists $y>0$ such that $x y=1 \bmod p$. It is easily verified that $x^{n} f(y)=g(x) \bmod [p]$.
On the other hand, we know that $f(x) f(y)=1 \bmod p$, so where $x^{n}=x^{n} f(x) f(y)=f(x) g(x) \bmod [p]$. Thus $p$ divides $f(x) g(x)-x^{n}$ with $p>\left|f(x) g(x)-x^{n}\right|$, hence $f(x) g(x)=x^{n}$, for all $x \neq 0$ (and therefore also for $x=0$ as an equality between two polynomials).
Since $f$ is of degree $n$, we deduce that $g$ is constant and that $f(X)=a X^{n}$, where $a$ is an integer. Substituting into $f(x) g(x)=x^{n}$, it immediately follows that $a= \pm 1$, and thus $f(X)= \pm X^{n}$.
Conversely, any polynomial of the form $f(X)= \pm X^{n}$ is indeed a solution to the problem since, for all integers $u$ and $v$ and any prime number $p$, if $u v=1 \bmod [p]$ then $u^{n} v^{n}=$ $1 \bmod [p]$.
Finally, the polynomials sought are those of the form $f(X)= \pm X^{n}$, with $n \in \mathbb{N}$.
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f(X)= \pm X^{n}
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Yes
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Yes
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proof
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Number Theory
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Déterminer tous les polynômes P à coefficients dans $\mathbb{Z}$ tels que, pour tous $p$ premier et $u$ et $v$ dans $\mathbb{Z}$ tels que $p \mid u v-1$ on ait : $p \mid P(u) P(v)-1$.
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Soit f un tel polynôme, et $\mathrm{n} \geqslant 0$ son degré. Clairement $\mathrm{f} \mathrm{n}^{\prime}$ est pas le polynôme nul.
Posons $g(X)=X^{n} f\left(\frac{1}{X}\right)$. Alors $g$ est un polynôme à coefficients entiers.
Soit $x$ un entier non nul, et $p$ un nombre premier avec $p>\max \left(|x|,\left|f(x) g(x)-x^{n}\right|\right)$. Alors $x$ est inversible modulo $p$, et il existe $y>0$ tel que $x y=1 \bmod p$. On vérifie facilement que $x^{n} f(y)=g(x) \bmod [p]$.
D'autre part, on sait que $f(x) f(y)=1 \bmod p$, $d^{\prime}$ où $x^{n}=x^{n} f(x) f(y)=f(x) g(x) \bmod [p]$. Ainsi $p$ divise $f(x) g(x)-x^{n}$ avec $p>\left|f(x) g(x)-x^{n}\right|$, d'où $f(x) g(x)=x^{n}$, pour tout $x \neq 0$ (et donc aussi pour $x=0$ comme égalité entre deux polynômes).
Puisque $f$ est de degré $n$, on en déduit que $g$ est constant et que $f(X)=a X^{n}$, où $a$ est un entier. En reportant dans $f(x) g(x)=x^{n}$, il vient immédiatement $a= \pm 1$, et donc $f(X)= \pm X^{n}$.
Réciproquement, tout polynôme de la forme $f(X)= \pm X^{n}$ est bien une solution du problème puisque, pour tous entiers $u$ et $v$ et tout nombre premier $p$, si $u v=1 \bmod [p]$ alors $u^{n} v^{n}=$ $1 \bmod [p]$.
Finalement, les polynômes cherchés sont ceux de la forme $f(X)= \pm X^{n}$, avec $n \in \mathbb{N}$.
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{
"exam": "French_tests",
"problem_label": "2",
"problem_match": "\nExercice 2.",
"resource_path": "French/segmented/tests/fr-2014-2015-ofm-2014-2015-test-fevrier-corrige.jsonl",
"solution_match": "## Solution de l'exercice 2",
"tier": "T1",
"year": "2014"
}
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Let $ABC$ be a non-isosceles triangle at $A$ and $\Gamma$ its circumcircle. Let $N$ be the midpoint of the arc of $\Gamma$ between $B$ and $C$ that contains $A$. Let $I$ be the center of the incircle of $ABC$, $J$ the center of the $A$-excircle of $ABC$, and $K$ the intersection point of $(BC)$ with the external bisector of $\angle BAC$.
Show that $(JN) \perp (IK)$.
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Let $\mathrm{J}_{\mathrm{b}}$ and $\mathrm{J}_{\mathrm{c}}$ be the centers of the excircles opposite to angles $\widehat{\mathrm{B}}$ and $\widehat{\mathrm{C}}$. Then I is the orthocenter of $J_{b} J_{c}$. Using the fact that $B$ and $C$ lie on the circle with diameter $J_{b} J_{c}$, and that $A, B, C, N$ are concyclic, we have $\overline{\mathrm{KJ}_{\mathrm{b}}} \cdot \overline{\mathrm{KJ}} \mathrm{c}=\overline{\mathrm{KB}} \cdot \overline{\mathrm{KC}}=\overline{\mathrm{KA}} \cdot \overline{\mathrm{KN}}$, thus
$$
\begin{aligned}
\left(\overline{\mathrm{KA}}+\overline{A J_{b}}\right)\left(\overline{\mathrm{KA}}+\overline{A J_{c}}\right) & =\overline{\mathrm{KA}} \cdot(\overline{\mathrm{KA}}+\overline{\mathrm{AN}}) \\
\overline{\mathrm{KA}}\left(\overline{A J_{b}}+\overline{A J_{c}}+\overline{N A}\right) & =-\overline{A J_{b}} \cdot \overline{A J_{c}}
\end{aligned}
$$
Since $\overline{A J_{b}}+\overline{A J_{c}}+\overline{N A}=\overline{N J_{b}}+\overline{A J_{c}}=\overline{J_{c} N}+\overline{A J_{c}}=\overline{A N}$, we have $\overline{K A}=-\frac{\overline{A J_{b}} \cdot \overline{A J_{c}}}{\overline{A N}}$.
Since I is the orthocenter of $J_{b} J_{c}$, we have $\frac{I A}{A J_{b}}=\frac{A J_{c}}{A J}$. Therefore, $\frac{I A}{K A}=\frac{A N}{A J}$, so the right triangles KAI and JAN are similar. Since $(\mathrm{KA}) \perp(\mathrm{JA})$, it follows that $(\mathrm{KI}) \perp(\mathrm{JN})$.
Another solution. It suffices to show that I is the orthocenter of KJN. Since $(\mathrm{AJ}) \perp(\mathrm{KN})$, it suffices to show that (NI) $\perp(\mathrm{KJ})$.
Let $\omega$ be the circle with diameter $[\mathrm{IJ}]$. It contains the points B and C. Let L be the second intersection point of (KJ) with $\omega$. We have $\overline{\mathrm{KL}} \cdot \overline{\mathrm{KJ}}=\overline{\mathrm{KB}} \cdot \overline{\mathrm{KC}}=\overline{\mathrm{KA}} \cdot \overline{\mathrm{KN}}$, so A, N, L, J are concyclic.
Since $(J A) \perp($ AN $)$, we have $(J L) \perp(L N)$.
Moreover, since $\omega$ has diameter [IJ], we have (JL) $\perp$ (IL), so N, I, L are collinear. It follows that $(\mathrm{NI}) \perp(\mathrm{JL})$.
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Geometry
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Soit $A B C$ un triangle non isocèle en $A$ et $\Gamma$ son cercle circonscrit. Soit $N$ le milieu de l'arc de $\Gamma$ entre $B$ et $C$ qui contient $A$. Soient $I$ le centre du cercle inscrit à $A B C, J$ le centre du cercle $A$-exinscrit à $A B C$ et $K$ le point d'intersection de ( $B C)$ avec la bissectrice extérieure de $\angle B A C$.
Montrer que $(\mathrm{JN}) \perp(\mathrm{IK})$.
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Notons $\mathrm{J}_{\mathrm{b}}$ et $\mathrm{J}_{\mathrm{c}}$ les centres des cercles exinscrits dans les angles $\widehat{\mathrm{B}}$ et $\widehat{\mathrm{C}}$. Alors I est l'orthocentre de $J_{b} J_{c}$. En utilisant le fait que $B$ et $C$ sont sur le cercle de diamètre $J_{b} J_{c}$, et que $A, B, C, N$ sont cocycliques, on a $\overline{\mathrm{KJ}_{\mathrm{b}}} \cdot \overline{\mathrm{KJ}} \mathrm{c}=\overline{\mathrm{KB}} \cdot \overline{\mathrm{KC}}=\overline{\mathrm{KA}} \cdot \overline{\mathrm{KN}}$, donc
$$
\begin{aligned}
\left(\overline{\mathrm{KA}}+\overline{A J_{b}}\right)\left(\overline{\mathrm{KA}}+\overline{A J_{c}}\right) & =\overline{\mathrm{KA}} \cdot(\overline{\mathrm{KA}}+\overline{\mathrm{AN}}) \\
\overline{\mathrm{KA}}\left(\overline{A J_{b}}+\overline{A J_{c}}+\overline{N A}\right) & =-\overline{A J_{b}} \cdot \overline{A J_{c}}
\end{aligned}
$$
Or, $\overline{A J_{b}}+\overline{A J_{c}}+\overline{N A}=\overline{N J_{b}}+\overline{A J_{c}}=\overline{J_{c} N}+\overline{A J_{c}}=\overline{A N}$, donc $\overline{K A}=-\frac{\overline{A J_{b}} \cdot \overline{A J_{c}}}{\overline{A N}}$.
Or, I étant l'orthocentre de $J_{b} J_{c}$, on a $\frac{I A}{A J_{b}}=\frac{A J_{c}}{A J}$. Il vient $\frac{I A}{K A}=\frac{A N}{A J}$, donc les triangles rectangles KAI et JAN sont semblables. Comme $(\mathrm{KA}) \perp(\mathrm{JA})$, il vient $(\mathrm{KI}) \perp(\mathrm{JN})$.
Autre solution. Il suffit de montrer que I est l'orthocentre de KJN . Comme $(\mathrm{AJ}) \perp(\mathrm{KN})$, il suffit de voir que (NI) $\perp(\mathrm{KJ})$.
Soit $\omega$ le cercle de diamètre $[\mathrm{IJ}]$. Il contient les points B et C . Soit L le second point d'intersection de (KJ) avec $\omega$. On a $\overline{\mathrm{KL}} \cdot \overline{\mathrm{KJ}}=\overline{\mathrm{KB}} \cdot \overline{\mathrm{KC}}=\overline{\mathrm{KA}} \cdot \overline{\mathrm{KN}}$ donc $A, N, L$, J sont cocycliques.
Or, $(J A) \perp($ AN $)$, donc $(J L) \perp(L N)$.
De plus, comme $\omega$ a pour diamètre [IJ], on a (JL) $\perp$ (IL), donc N, I, L sont alignés. Il vient $(\mathrm{NI}) \perp(\mathrm{JL})$.
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{
"exam": "French_tests",
"problem_label": "3",
"problem_match": "\nExercice 3.",
"resource_path": "French/segmented/tests/fr-2014-2015-ofm-2014-2015-test-fevrier-corrige.jsonl",
"solution_match": "## Solution de l'exercice 3",
"tier": "T1",
"year": "2014"
}
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Subsets and Splits
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