French_TST_Senior/segmented/fr-2017-2018-pofm-2017-2018-test-mai-corrige.jsonl

{"year": "2017", "problem_label": "1", "tier": 1, "problem": "Trouver tous les triplets ( $a, b, c$ ) de réels strictement positifs tels que\n\n$$\n\\left\\{\\begin{array}{l}\na \\sqrt{b}-c=a \\\\\nb \\sqrt{c}-a=b \\\\\nc \\sqrt{a}-b=c\n\\end{array}\\right.\n$$", "solution": "On remarque que $\\mathrm{a}=\\mathrm{b}=\\mathrm{c}=4$ est solution. On va montrer que c'est en fait la seule.\nSi deux des trois nombres sont égaux à 4 (disons a et b), on vérifie facilement que le troisième aussi, car $4 \\sqrt{4}-\\mathrm{c}=4$, donc $\\mathrm{c}=4$. Si un des trois nombres vaut 4 (disons a), alors $c \\sqrt{a}-b=c$ devient $2 \\mathrm{c}-\\mathrm{b}=\\mathrm{c}$, donc $\\mathrm{b}=\\mathrm{c}$. De plus, on $\\mathrm{a} \\sqrt{\\mathrm{b}}-\\mathrm{b}=4$, qui se réécrit $(\\sqrt{\\mathrm{b}}-2)^{2}=0$, donc $\\mathrm{b}=4$ et $\\mathrm{c}=4$. Il reste à montrer qu'il est impossible que les trois nombres soient différents de 4.\n\nSi c'est le cas, alors soit au moins deux des nombres sont strictement supérieurs à 4 , soit au moins deux sont strictement inférieurs à 4 . On traite les deux cas séparément.\nSi au moins deux des nombres sont $>4$, mettons que c soit le plus petit des trois nombres. Alors $a, b>4$, donc $a=a \\sqrt{b}-c>2 a-c$, donc $c>a>4$, ce qui contredit la minimalité de $c$. De même, si au moins deux des nombres sont $<4$, supposons que $c$ est le plus grand. Alors $a, b<4$, donc $a=a \\sqrt{b}-c<2 a-c$, donc $c<a$, ce qui contredit la maximalité de $c$. La seule solution est donc bien $(4,4,4)$.", "problem_match": "\nExercice 1.", "solution_match": "\nSolution de l'exercice 1"}
{"year": "2017", "problem_label": "2", "tier": 1, "problem": "Trouver toutes les paires (m,n) d'entiers strictement positifs telles que\n\n$$\n\\mathrm{m}!+\\mathrm{n}!=\\mathrm{m}^{\\mathrm{n}}\n$$\n\nRemarque. Pour tout entier $n$, on rappelle que $n$ ! désigne l'entier $1 \\times 2 \\times 3 \\times \\cdots \\times n$.", "solution": "On vérifie facilement que les paires $(2,2)$ et $(2,3)$ sont solutions. On va montrer que ce sont les seules.\nOn commence par traiter le cas où $m$ ou $n$ vaut 1 ou 2 . Si $m=1$, alors $m^{n}=1$ mais $m!+n!\\geqslant 2$, donc il n'y a pas de solution. Si $m=2$, l'équation devient $2+n!=2^{n-1}$. Si $n \\geqslant 4$, alors le membre de gauche est congru à 2 modulo 4 , et le membre de droite à 0 , donc $n$ vaut 1,2 ou 3 , et $n=1$ ne marche pas. Si $n=1$, l'équation devient $m!+1=m$, mais $m$ divise $m$ ! et $m$, donc $m$ divise 1 et $m=1$, mais $(1,1) n^{\\prime}$ est pas solution. Enfin, si $n=2$, on obtient $m!+2=m^{2}$. Mais $m$ divise $m$ ! et $m^{2}$ donc $m$ divise 2 , donc $m$ vaut 1 ou 2 et on retombe sur des cas déjà traités.\nOn traite maintenant le cas $2<\\mathrm{m} \\leqslant \\mathrm{n}$. Dans ce cas m ! divise $n$ ! donc m ! divise $\\mathrm{m}^{\\mathrm{n}}$. En particulier, $m-1$ divise $m$ ! donc aussi $m^{n}$, mais $m-1$ est premier avec $m$, donc aussi avec $m^{n}$. Par conséquent, $\\mathrm{m}-1$ ne peut valoir que 1 donc $\\mathrm{m}=2$, contradiction.\nEnfin, on traite le cas $2<n<m$. Dans ce cas $n$ ! divise $m$ !, donc on peut écrire $n!\\left(1+\\frac{m!}{n!}\\right)=m^{n}$. En particulier, $1+\\frac{m!}{n!}$ divise $m^{n}$. Mais $\\frac{m!}{n!}=(n+1)(n+2) \\ldots$ m est divisible par $m$, donc $1+\\frac{m!}{n!}$ est premier avec $m$, donc avec $m^{n}$. On a donc $1+\\frac{n!}{m!}=1$, ce qui est impossible.", "problem_match": "\nExercice 2.", "solution_match": "\nSolution de l'exercice 2"}
{"year": "2017", "problem_label": "3", "tier": 1, "problem": "Soit $A B C D$ un trapèze tel que $(A B)$ et $(C D)$ sont parallèles. On suppose que $A D<$ $C D$ et que $A B C D$ est inscrit dans un cercle $\\Gamma$. Soit $P$ sur $\\Gamma$ tel que (DP) est parallèle à ( $A C$ ). La tangente à $\\Gamma$ en $D$ recoupe $(A B)$ en $E$, et les cordes $[B P]$ et $[C D]$ s'intersectent en $Q$. Montrer que $E Q=A C$.", "solution": "On sait que (CQ) est parallèle à $(\\mathrm{AE})$, donc l'énoncé revient à montrer que $A C Q E$ est un parallélogramme, donc il suffit de montrer que (EQ) et (AC) sont parallèles. Le quadrilatère BQDE est un trapèze, avec $(B E)$ et (DQ) parallèles. On va d'abord montrer que c'est un trapèze isocèle. En effet, on a\n\n$$\n\\widehat{\\mathrm{EDQ}}=\\widehat{\\mathrm{EDC}}=180^{\\circ}-\\widehat{\\mathrm{DAC}}\n$$\n\nd'après le cas limite du théorème de l'angle inscrit. D'autre part, on a\n\n$$\n\\widehat{\\mathrm{DQB}}=180^{\\circ}-\\widehat{\\mathrm{BDC}}-\\widehat{\\mathrm{DBP}}=180^{\\circ}-\\widehat{\\mathrm{BAC}}-\\widehat{\\mathrm{DAP}}\n$$\n\nOr, les quadrilatères $A B C D$ et $A C P D$ sont des trapèzes inscriptibles, donc isocèles, donc $P C=$ $A D=B C$, donc $C$ est le milieu de l'arc entre $B$ et $P$. On a donc $\\widehat{B A C}=\\widehat{C A P}$, donc\n\n$$\n\\widehat{\\mathrm{DQB}}=180^{\\circ}-\\widehat{\\mathrm{CAP}}-\\widehat{\\mathrm{DAP}}=180^{\\circ}-\\widehat{\\mathrm{DAC}}=\\widehat{\\mathrm{EDQ}}\n$$\n\ndonc le trapèze EBQD est bien isocèle, et a un axe de symétrie. On en déduit\n\n$$\n\\widehat{\\mathrm{DQE}}=\\widehat{\\mathrm{QDB}}=\\widehat{\\mathrm{CDB}}=\\widehat{\\mathrm{DCA}},\n$$\n\nen utilisant à la fin le fait que $A B C D$ a un axe de symétrie. Cela montre que ( QE ) et ( $A C$ ) sont parallèles, ce qui conclut.\n\n## Exercice commun aux groupes A et B - Énoncé et solution", "problem_match": "\nExercice 3.", "solution_match": "\nSolution de l'exercice 3"}
{"year": "2017", "problem_label": "4", "tier": 1, "problem": "Un grand carré de côté $n$ est découpé en $n^{2}$ petits carrés de côté 1 . On veut colorier en rouge ou bleu chacun des $(n+1)^{2}$ sommets des petits carrés de telle manière que chacun des petits carrés a exactement 2 sommets rouges. Combien y a-t-il de coloriages possibles?", "solution": "La réponse est $2^{\\mathrm{n}+2}-2$. Pour le montrer, on commence par colorier les $n+1$ sommets les plus hauts. Il y a $2^{n+1}$ manières de le faire.\nSi il existe deux sommets consécutifs de même couleur sur la rangée supérieure ( $2^{n+1}-2$ coloriages de la rangée supérieure), alors ils fixent les couleurs sur la rangée juste en-dessous, et ainsi de suite, ce qui donne $2^{n+1}-2$ coloriages.\nSi les couleurs sur la rangée supérieure sont alternées ( 2 coloriages de la rangée supérieure), alors on est obligé d'alterner les couleurs sur la rangée d'en-dessous, et sur les suivantes... On peut cependant, à chaque ligne, choisir la couleur par laquelle on commence, ce qui donne $2 \\times 2^{n}$ coloriages, donc $2^{n+2}-2$ au total.\n\n## Exercices du groupe A - Énoncés et solutions", "problem_match": "\nExercice 4.", "solution_match": "\nSolution de l'exercice 4"}
{"year": "2017", "problem_label": "5", "tier": 1, "problem": "Déterminer tous les entiers $n \\geqslant 2$ vérifiant la propriété suivante : pour tous entiers $a_{1}, a_{2}, \\ldots, a_{n}$ dont la somme n'est pas divisible par $n$, $i l$ existe un indice $i$ tel qu'aucun des nombres\n\n$$\na_{i}, a_{i}+a_{i+1}, \\ldots, a_{i}+\\cdots+a_{i+n-1}\n$$\n\nn'est divisible par $n$ (pour $i>n$, on pose $a_{i}=a_{i-n}$ ).", "solution": "Ce sont exactement les nombres premiers!\n\nEn effet, si $n=a b$, on peut prendre $a_{1}=0$ et $a_{2}=\\cdots=a_{n}=a$. La somme des $a_{i}$ vaut $a(n-1)$ donc n'est pas divisible par $n$. Cependant, soit $1 \\leqslant i \\leqslant n$. Si $i+b-1 \\leqslant n$, alors le nombre $a_{i}+\\cdots+a_{i+b-1}=a b=n$ est divisible par $n$. Si $i+b-1>n$, alors le nombre $a_{i}+\\cdots+a_{i+b}=a b=n$ est divisible par $n$.\nRéciproquement, supposons $n$ premier, et soient $a_{1}, \\ldots, a_{n}$ des entiers dont la somme n'est pas divisible par $n$. Si $n$ ne vérifie pas la propriété, alors pour tout indice $i$, il existe $j(i)$ avec $\\mathfrak{i}+1 \\leqslant \\mathfrak{j}(\\mathfrak{i}) \\leqslant \\mathfrak{i}+\\boldsymbol{n}$ tel que\n\n$$\na_{i}+a_{i+1}+\\cdots+a_{j(i)-1}\n$$\n\nest divisible par $n$. De plus, comme la somme des $a_{i} n^{\\prime}$ est pas divisible par $n$, on ne peut pas avoir $\\mathfrak{j}(\\mathfrak{i})=\\mathfrak{i}+\\mathfrak{n}$, donc $\\mathfrak{i}+1 \\leqslant \\mathfrak{j}(\\mathfrak{i}) \\leqslant \\mathfrak{i}+\\mathfrak{n}-1$. On définit alors par récurrence une suite $d^{\\prime}$ 'indices $\\left(i_{n}\\right)$ par $i_{1}=1$ et $i_{n+1}=j\\left(i_{n}\\right)$. On sait que pour tout $k$, l'entier\n\n$$\na_{i_{k}}+\\cdots+a_{i_{k+1}-1}\n$$\n\nest divisible par n donc, en sommant, pour tous indices $k<\\ell$, l'entier\n\n$$\na_{i_{k}}+\\cdots+a_{i_{\\ell}-1}\n$$\n\nest divisible par $n$. Par le principe des tiroirs, il existe $1 \\leqslant k<\\ell \\leqslant n+1$ tels que $\\mathfrak{i}_{k} \\equiv \\mathfrak{i}_{\\ell}(\\bmod n)$. Le nombre de termes de la somme (1) vaut alors $\\mathfrak{i}_{\\ell}-\\mathfrak{i}_{k}$ donc est divisible par $n$, donc chacun des $a_{i} y$ apparaît exactement $\\frac{\\boldsymbol{i}_{\\ell}-\\mathfrak{i}_{k}}{n}$ fois. De plus, on sait que $\\mathfrak{i}_{j+1}-\\mathfrak{i}_{j} \\leqslant n-1$ pour tout $j$ et que $\\ell-k \\leqslant n$, donc $\\mathfrak{i}_{\\ell}-\\mathfrak{i}_{k} \\leqslant n(n-1)$. La somme (1) vaut donc\n\n$$\n\\frac{\\mathfrak{i}_{\\ell}-\\mathfrak{i}_{k}}{n} \\times \\sum_{i=1}^{n} a_{i} .\n$$\n\nMais $\\frac{i_{\\ell}-i_{k}}{n} \\leqslant n-1$ donc ne peut pas être divisible par $n$, et la somme des $a_{i}$ ne l'est pas non plus. Comme n est premier, la somme (1) n'est pas divisible par n , d'où la contradiction.", "problem_match": "\nExercice 5.", "solution_match": "\nSolution de l'exercice 5"}
{"year": "2017", "problem_label": "6", "tier": 1, "problem": "Soit $A B C$ un triangle avec $A B \\neq A C$, et soit $\\omega$ le cercle $A$-exinscrit à $A B C$. On note $D, E$ et $F$ les points de tangence de $\\omega$ avec $[B C],[A C)$ et $[A B)$. Le cercle circonscrit à $A E F$ recoupe ( $B C$ ) en $P$ et $Q$. On note $M$ le milieu de $[A D]$. Montrer que le cercle circonscrit à MPQ est tangent à $\\omega$.\nRemarque. On rappelle que le cercle $A$-exinscrit à $A B C$ est l'unique cercle tangent au segment $[B C]$, à la demi-droite $[A B)$ au-delà de $B$ et à la demi-droite $[A C)$ au-delà de $C$.", "solution": "On note $\\Gamma$ le cercle passant par $A, E, F, P$ et $Q$. Soit $T$ le second point d'intersection de (AD) avec $\\omega$. On va montrer que $\\omega$ et le cercle circonscrit à MPQ sont tangents en $T$. On commence pour cela par montrer que $M, P, Q$ et $T$ sont cocycliques.\nSoient $J$ le centre de $\\omega$, et $N$ le milieu de [DT]. Alors les angles $\\widehat{A E J}$ et $\\widehat{A F J}$ sont droits, donc $E$ et $F$ sont sur le cercle de diamètre $[A J]$, donc $\\Gamma$ est le cercle de diamètre $[A J]$. De plus, la droite (JN) est la médiatrice de [DT], donc l'angle $\\widehat{A N J}$ est aussi droit et $N \\in \\Gamma$. La puissance de $D$ par rapport à $\\Gamma$ donne alors\n\n$$\n\\mathrm{DP} \\times \\mathrm{DQ}=\\mathrm{DA} \\times \\mathrm{DN}=\\mathrm{DA} \\times \\frac{1}{2} \\mathrm{DT}=\\frac{1}{2} \\mathrm{DA} \\times \\mathrm{DT}=\\mathrm{DM} \\times \\mathrm{DT}\n$$\n\ndonc $M, T, P$ et Q sont bien cocycliques.\nOn trace maintenant la tangente en $T$ à $\\omega$, qui recoupe ( $B C$ ) en $X$. On a $X D=X T$, donc les points $X$, J et $N$ sont alignés sur la médiatrice de [DT]. Les triangles XND et XDJ sont alors\nrectangles en $N$ et $D$ et partagent l'angle $\\widehat{D R J}$, donc ils sont semblables, donc $\\frac{X N}{X D}=\\frac{X D}{X J}$, donc $\\mathrm{XD}^{2}=\\mathrm{XN} \\times \\mathrm{XJ}$. On sait aussi que $\\mathrm{XT}=\\mathrm{XD}$, et la puissance de $X$ par rapport à $\\Gamma$ donne $\\mathrm{XN} \\times X \\mathrm{~J}=\\mathrm{XP} \\times \\mathrm{XQ}$. On obtient donc\n\n$$\nX T^{2}=X P \\times X Q\n$$\n\ndonc $(X T)$ est tangente au cercle circonscrit à PQT, ce qui conclut.", "problem_match": "\nExercice 6.", "solution_match": "\nSolution de l'exercice 6"}