| {"year": "2015", "tier": "T2", "problem_label": "1", "problem_type": null, "exam": "French_envois", "problem": "Calculer\n\n$$\n\\sqrt{1+\\frac{1}{1^{2}}+\\frac{1}{2^{2}}}+\\sqrt{1+\\frac{1}{2^{2}}+\\frac{1}{3^{2}}}+\\cdots+\\sqrt{1+\\frac{1}{2014^{2}}+\\frac{1}{2015^{2}}}\n$$", "solution": "On réduit au même dénominateur\n\n$$\n\\begin{aligned}\n1+\\frac{1}{n^{2}}+\\frac{1}{(n+1)^{2}} & =\\frac{n^{2}(n+1)^{2}+(n+1)^{2}+n^{2}}{n^{2}(n+1)^{2}} \\\\\n& =\\frac{n^{4}+n^{2}(2 n+1)+n^{2}+(n+1)^{2}}{n^{2}(n+1)^{2}} \\\\\n& =\\frac{n^{4}+2 n^{2}(n+1)+(n+1)^{2}}{n^{2}(n+1)^{2}} \\\\\n& =\\frac{\\left(n^{2}+(n+1)\\right)^{2}}{n^{2}(n+1)^{2}}\n\\end{aligned}\n$$\n\nOn en déduit que la somme recherchée vaut\n\n$$\n\\begin{aligned}\n\\sum_{n=1}^{2014} \\frac{n^{2}+n+1}{n(n+1)} & =\\sum_{n=1}^{2014} 1+\\frac{1}{n(n+1)} \\\\\n& =2014+\\sum_{n=1}^{2014} \\frac{1}{n(n+1)} \\\\\n& =2014+\\sum_{n=1}^{2014} \\frac{1}{n}-\\frac{1}{n+1} \\\\\n& =2014+\\left(1-\\frac{1}{2}+\\frac{1}{2}-\\frac{1}{3}+\\cdots+\\frac{1}{2014}-\\frac{1}{2015}\\right)\n\\end{aligned}\n$$\n\nOn reconnaît une somme télescopique. Les termes se simplifient deux à deux, sauf 1 et $\\frac{1}{2015}$, donc la somme vaut\n\n$$\n2014+1-\\frac{1}{2015}=2015-\\frac{1}{2015}\n$$", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2014-2015-envoi-6-solutions.jsonl", "problem_match": "\nExercice 1.", "solution_match": "\nSolution de l'exercice 1"}} |
| {"year": "2015", "tier": "T2", "problem_label": "2", "problem_type": null, "exam": "French_envois", "problem": "Soient $p$ et $q$ deux nombres premiers supérieurs ou égaux à 7 . Soit $x=\\frac{p^{2012}+q^{2016}}{120}$. Calculer $x-[x]$, où $[x]$ désigne la partie entière de $x$, c'est-à-dire le plus grand entier inférieur ou égal à $x$.", "solution": "Si a est un entier non divisible par 2,3 et 5 , on vérifie facilement que a ${ }^{4}$ est congru à 1 modulo 3,5 et 8 . Autrement dit, a ${ }^{4}-1$ est divisible par 3,5 et 8 , donc par $3 \\times 5 \\times 8=$ 120 . On en déduit que $p^{4}$ et $q^{4}$ sont congrus à 1 modulo 120 , donc $p^{2012}+q^{2016} \\equiv 1+1 \\equiv 2$ $(\\bmod 120)$.\nOn en déduit que $x-[x]=\\frac{2}{120}=\\frac{1}{60}$.", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2014-2015-envoi-6-solutions.jsonl", "problem_match": "\nExercice 2.", "solution_match": "\nSolution de l'exercice 2"}} |
| {"year": "2015", "tier": "T2", "problem_label": "3", "problem_type": null, "exam": "French_envois", "problem": "Soit $A B C$ un triangle. On dessine des triangles équilatéraux $A B E$ et $A C F$ à l'extérieur de $A B C$. Soit $G$ le centre de gravité de $A B E$ et K le milieu de $[E F]$. Déterminer les angles du triangle KCG.", "solution": "\n\nMontrons que GKC est rectangle en $K$ avec $\\widehat{C G K}=60^{\\circ}$. Pour cela, considérons le symétrique $\\mathrm{G}^{\\prime}$ de $G$ par rapport à $K$ : il suffit de montrer que $\\mathrm{GCG}^{\\prime}$ est équilatéral.\nComme EGFG' est un parallélogramme, on a $G^{\\prime} F=E G$, et comme $G$ est le centre du cercle circonscrit à $A B E$, on a $G A=G E$, donc $G A=G^{\\prime} F$.\n$\\mathrm{D}^{\\prime}$ autre part, $\\mathrm{AC}=\\mathrm{FC}$ car $A F C$ est équilatéral.\nEnfin, $\\widehat{\\mathrm{GAC}}=30^{\\circ}+\\widehat{\\mathrm{BAC}}$ et $(\\overrightarrow{\\mathrm{FG}}, \\overrightarrow{\\mathrm{FC}})=(\\overrightarrow{\\mathrm{GE}}, \\overrightarrow{\\mathrm{FC}})=(\\overrightarrow{\\mathrm{GE}}, \\overrightarrow{A G})+(\\overrightarrow{A G}, \\overrightarrow{A C})+(\\overrightarrow{A C}, \\overrightarrow{F C})=$ $60^{\\circ}+(\\overrightarrow{A G}, \\overrightarrow{A C})-60^{\\circ}=(\\overrightarrow{A G}, \\overrightarrow{A C})$, donc $G A C$ et $G^{\\prime} F C$ sont isométriques.\nOr, F est obtenu à partir de $A$ en effectuant une rotation de $60^{\\circ}$ sutour de C , donc cette rotation envoie le triangle GAC sur $\\mathrm{G}^{\\prime} \\mathrm{FC}$. En particulier, $\\mathrm{GC}=\\mathrm{G}^{\\prime} \\mathrm{C}$ et $\\widehat{\\mathrm{GCG}^{\\prime}}=60^{\\circ}$, ce qui conclut.\n\nAutre méthode. Si on connaît les nombres complexes, il est facile de résoudre l'exercice par une méthode analytique systématique.\nOn prend un repère tel que $A$ soit l'origine. On nomme $b, c, e, f, g, k$ les affixes de $B, C, E, F, G, K$. On a alors $e=e^{-i \\pi / 3} \\mathrm{~b}, \\mathrm{f}=e^{i \\pi / 3} \\mathrm{c}, \\mathrm{k}=(e+\\mathrm{f}) / 2, \\mathrm{~g}=(\\mathrm{b}+\\mathrm{e}) / 3$. Il est alors facile de vérifier que $\\mathrm{c}-\\mathrm{k}=\\mathrm{i} \\sqrt{3}(\\mathrm{~g}-\\mathrm{k})$, ce qui montre que $(\\mathrm{CK}) \\perp(\\mathrm{GK})$ et que $\\mathrm{CK}=\\mathrm{GK} \\times \\sqrt{3}$, ce qui conclut.", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2014-2015-envoi-6-solutions.jsonl", "problem_match": "\nExercice 3.", "solution_match": "## \nSolution de l'exercice 3"}} |
| {"year": "2015", "tier": "T2", "problem_label": "4", "problem_type": null, "exam": "French_envois", "problem": "Soit $\\mathrm{n} \\geqslant 1$ un entier.\nOn considère un ensemble de $4 \\mathrm{n}+5$ points du plan, trois jamais alignés, et chacun coloré soit en rouge soit en bleu.\n\nProuver qu'il existe $n$ triangles dont les sommets sont tous d'une même couleur (la même pour tous les triangles), et dont les intérieurs respectifs sont deux à deux disjoints et ne contiennent aucun point coloré.", "solution": "Lemme. Soit $\\mathrm{n} \\geqslant 3$ et $\\mathrm{m} \\geqslant 1$ des entiers.\nOn considère un n-gone convexe $P$ et $m$ de ses points intérieurs, trois des $n+m$ points jamais alignés. Alors, on peut trianguler $P$ en $n+2 m-2$ triangles dont les somments sont tous parmi les $n+m$ points, aucun de ces triangles ne contenant un des $m$ points en son intérieur.\n\n## Preuve du lemme. On procède par récurrence sur m.\n\nPour $\\mathrm{m}=1$, il suffit de joindre le point intérieur à chacun des sommets, ce qui donne une triangulation adéquate de $P$ en $k$ triangles.\nSupposons que l'affirmation soit vraie pour la valeur $m$ et donnons-nous $m+1$ points intérieurs à $P$. Soit I un de ces points intérieurs. A l'aide des m autres points intérieurs, d'après l'hypothèse de récurrence, on peut trianguler $P$ de la façon souhaitée en $k+2 m-2$ triangles. Comme I est intérieur à $P$, il est donc intérieur à l'un de ces triangles. En joignant I à chacun des trois sommets de ce triangle, on obtient ainsi une triangulation adéquate en $k+2 \\mathrm{~m}-2+2=\\mathrm{k}+$ $2(m+1)-2$ triangles, ce qui achève la preuve.\n\nRevenons à l'exercice. Notons $r$ (resp. b) le nombre de points rouges (resp. bleus). On a donc $r+b=4 n+5$.\nSans perte de généralité, on peut supposer que $r \\geqslant b$ et donc $r \\geqslant 2 \\mathfrak{n}+3$.\nSoit $P$ l'enveloppe convexe des points rouges, et on suppose que $P$ est un k-gone. En particulier, il n'existe aucun point rouge en dehors de $P$, donc il y a $m$ points rouges intérieurs à $P$, avec $\\mathrm{k}+\\mathrm{m}=\\mathrm{r} \\geqslant 2 \\mathrm{n}+3$. (1)\nOn note $w$ le nombre points bleus intérieurs à $P$.\nD'après le lemme, en ne considérant que les points rouges, on peut obtenir une triangulation de $P$ en $k+2 m-2$ triangles à sommets rouges et ne contenant intérieurement aucun point rouge. Si au moins n de ces triangles ne contiennent aucun point bleu, c'est fini.\nSans quoi, au plus $n-1$ des triangles à sommets rouges ne contiennent pas de point bleu. Cela assure qu'au moins $k+2 m-2-(n-1)=k+2 m-(n+1)$ triangles à sommets rouges contiennent chacun au moins un point bleu et, ces triangles étant d'intérieurs deux à deux disjoints, on a donc $w \\geqslant k+2 m-(n+1)$.\nSoit $Q$ l'enveloppe convexe de ces $w$ points bleus intérieurs à $P$. Comme ci-dessus, on peut trianguler $Q$ en au moins $w-2$ triangles ne contenant aucun point bleu en leurs intérieurs.\nPar l'absurde : supposons qu'au plus $n-1$ de ces triangles bleus ne contiennent pas de point rouge.\nAlors, au moins $w-2-(n-1)$ triangles bleus contiennent au moins un point rouge et on a $m \\geqslant w-(n+1)$. Par suite, on a $m \\geqslant k+2 m-(n+1)-(n+1)$, d'où $k+m \\leqslant 2 n+2$, en contradiction avec (1).\n\nAinsi, au moins $n$ de ces triangles à sommets bleus ne contiennent aucun point rouge, ce qui conclut.", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2014-2015-envoi-6-solutions.jsonl", "problem_match": "\nExercice 4.", "solution_match": "## Solution de l'exercice 4"}} |
| {"year": "2015", "tier": "T2", "problem_label": "5", "problem_type": null, "exam": "French_envois", "problem": "Soit $A B C$ un triangle non isocèle inscrit dans un cercle $\\Gamma$ de rayon $R$. Le cercle passant par $A$ et tangent en $C$ à $[B C]$ recoupe le cercle passant par $B$ et tangent en $C$ à $[A C]$ au point D .\na) Montrer que $C D \\leqslant R$.\nb) Montrer que lorsque $C$ se déplace sur $\\Gamma$, la droite (CD) passe par un point fixe.", "solution": "\na) On observe d'abord que $(A D, A C)=(C D, C B)$ et $(B C, B D)=(C A, C D)$, donc $D A C$ et $D C B$ sont directement semblables. On en déduit que $D^{2}=D A \\cdot D B$.\nDe plus, en notant $\\gamma=(\\overrightarrow{C A}, \\overrightarrow{C B})$, on a $(\\overrightarrow{D C}, \\overrightarrow{D A})=\\pi-\\gamma$ et de même $(\\overrightarrow{D B}, \\overrightarrow{D C})=\\pi-\\gamma$, donc $(\\overrightarrow{D A}, \\overrightarrow{D B})=2 \\gamma$. Il vient\n\n$$\n\\begin{aligned}\nA^{2} & =D^{2}+D^{2}-2 D A \\cdot D B \\cos 2 \\gamma=D A^{2}+D^{2}-2 D A \\cdot D B\\left(1-2 \\sin ^{2} \\gamma\\right) \\\\\n& =(D A-D B)^{2}+4 D A \\cdot D B \\sin ^{2} \\gamma \\geqslant 4 D A \\cdot D B \\sin ^{2} \\gamma=(2 D C \\sin \\gamma)^{2} .\n\\end{aligned}\n$$\n\nOr, $2 R=\\frac{A B}{\\sin \\gamma}$, donc $R \\geqslant C D$.\nb) On va montrer que (CD) passe par le point de rencontre des tangentes en $A$ et $B$ au cercle circonscrit, que nous appellerons $S$. Il est connu que (CS) est la symédiane du triangle passant par C, donc il suffit de montrer que (CD) est une symédiane.\nNotons $M$ le milieu de $[A B]$. Comme les aires de $A C M$ et $B C M$ sont égales, on a $\\frac{1}{2} C A \\times C M \\times$ $\\sin \\widehat{A C M}=\\frac{1}{2} C B \\times C M \\times \\sin \\widehat{M C B}$, donc $C A \\sin \\widehat{A C M}=C B \\sin \\widehat{M C B}$.\nOn en déduit que si $\\Delta$ est la symédiane et $\\theta$ est l'angle entre $(C A)$ et $\\Delta$, alors $\\frac{\\sin \\theta}{\\sin (\\gamma-\\theta)}=$ $\\frac{\\sin \\widehat{M C B}}{\\sin \\widehat{A C M}}=\\frac{C A}{C B}$. Il suffit donc de montrer que $\\frac{\\sin \\widehat{A C D}}{\\sin \\widehat{D C B}}=\\frac{C A}{C B}$.\n\n$$\n\\begin{aligned}\n\\frac{\\sin \\widehat{A C D}}{\\sin \\widehat{D C B}} & =\\frac{\\sin \\widehat{A C D}}{A D} \\times \\frac{D B}{\\sin \\widehat{D C B}} \\times \\frac{D A}{D B} \\\\\n& =\\frac{\\sin \\widehat{C D A}}{A C} \\times \\frac{B C}{\\sin \\widehat{B D C}} \\times \\frac{D A}{D B}\n\\end{aligned}\n$$\n\nOr, $\\widehat{C D A}=\\widehat{B D C}=\\pi-\\gamma$ et $\\frac{B C}{A C}=\\frac{D C}{D A}=\\frac{D B}{D C}$, donc\n\n$$\n\\frac{\\sin \\widehat{A C D}}{\\sin \\widehat{D C B}}=\\frac{B C}{A C} \\times \\frac{D A}{D C} \\times \\frac{D C}{D B}=\\frac{D C}{D B}=\\frac{C A}{C B}\n$$", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2014-2015-envoi-6-solutions.jsonl", "problem_match": "\nExercice 5.", "solution_match": "## Solution de l'exercice 5"}} |
| {"year": "2015", "tier": "T2", "problem_label": "6", "problem_type": null, "exam": "French_envois", "problem": "Existe-t-il des entiers strictement positifs $a$ et $b$ tels que $a^{n}+n^{b}$ et $b^{n}+n^{a}$ soient premiers entre eux pour tout entier $n \\geqslant 0$ ?", "solution": "Par l'absurde : supposons qu'il existe de tels entiers a et b.\nPar symétrie, on peut supposer que $a \\geqslant b$.\nSi $d=\\operatorname{pgcd}(a, b)$ alors, pour $n=d$, il est clair que $d$ divise $a^{d}+d^{b}$ et $b^{d}+d^{a}$. Or ces deux nombres étant censés être premiers entre eux, c'est que $d=1$.\n\nSoit $N=a^{a}+b^{b}$. On a $N>1$ donc il existe un nombre premier $p$ qui divise $N$. De plus, $p$ ne peut diviser a sans quoi il devrait diviser également $b$, en contradiction avec $d=1$. Ainsi, $a$ est inversible modulo $p$ et il existe un entier $k \\in\\{0, \\cdots, p-1\\}$ tel que $k a=b \\bmod [p]$.\n\nOn choisit alors $n=k+p(a-b-k+p-1)$. D'après le petit théorème de Fermat, il vient :\n\n$$\na^{n}+n^{b} \\equiv a^{k} \\cdot a^{a-b-k+p-1}+k^{b} \\equiv a^{a-b}+k^{b} \\bmod [p]\n$$\n\n$d^{\\prime}$ où $a^{b}\\left(a^{n}+n^{b}\\right) \\equiv a^{a}+b^{b} \\equiv 0 \\bmod [p]$,\net, puisque $p$ ne divise par $a$, on a alors $a^{n}+n^{b} \\equiv 0 \\bmod [p]$.\nOn prouve de même, on a $b^{n}+n^{a} \\equiv 0 \\bmod [p]$.\nMais, alors $p$ divise à la fois $a^{n}+n^{b}$ et $b^{n}+n^{a}$, ce qui contredit qu'ils soient premiers entre eux.\n\nFinalement, il n'existe pas de tels entiers.", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2014-2015-envoi-6-solutions.jsonl", "problem_match": "\nExercice 6.", "solution_match": "## Solution de l'exercice 6"}} |
| {"year": "2015", "tier": "T2", "problem_label": "7", "problem_type": null, "exam": "French_envois", "problem": "Les Xantiens sont les habitants, en nombre éventuellement infini, de la planète Xanta. Vis-à-vis d'eux-mêmes et de leurs semblables, les Xantiens sont capables de ressentir deux types d'émotions, qu'ils appellent amour et respect. Il a été observé que:\n\n- Chaque Xantien aime un et un seul Xantien, et respecte un et un seul Xantien.\n- Si $A$ aime $B$, alors tout Xantien qui respecte $A$ aime également $B$.\n- Si $A$ respecte $B$, alors tout Xantien qui aime $A$ respecte également $B$.\n- Chaque Xantien est aimé d'au moins un Xantien.\n\nEst-il vrai que chaque Xantien respecte le Xantien qu'il aime?", "solution": "Pour chaque Xantien $x$, désignons respectivement par $f(x)$ et $g(x)$ les Xantiens aimés et respectés par $x$.\nLa première condition assure que l'on a bien défini des fonctions $f$ et $g$ de l'ensemble $X$ des Xantiens sur lui-même.\nIl s'agit de savoir si, pour tout $x$, on a $f(x)=g(x)$.\nEn fait, nous allons même prouver que, pour tout $x$, on a $f(x)=g(x)=x$.\nSoit $x$ un Xantien.\nIl respecte $g(x)$ qui, de son côté, aime $f(g(x))$.\nLa seconde condition assure donc que $f(g(x))=f(x)$ pour tout $x$. (1)\nDe même, la troisième condition conduit à $g(f(x))=g(x)$ pour tout $x$. (2)\nEnfin, la quatrième condition signifie que f est surjective.\nSoit $x$ un Xantien. Il existe donc un Xantien $y$ tel que $f(y)=x$.\nOr, on a $f(g(f(y)))=f(g(y))$ d'après (2)\net ainsi, d'après (1), il vient $f(f(y))=f(y)$, ou encore $f(x)=x$.\nDe (1), on déduit alors immédiatement que $g(x)=x$.\nFinalement, pour tout $x$, on a bien $f(x)=g(x)=x$.", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2014-2015-envoi-6-solutions.jsonl", "problem_match": "\nExercice 7.", "solution_match": "## Solution de l'exercice 7"}} |
| {"year": "2015", "tier": "T2", "problem_label": "8", "problem_type": null, "exam": "French_envois", "problem": "Déterminer tous les entiers strictement positifs a et $b$ tels que $4 \\boldsymbol{a}+1$ et $4 \\boldsymbol{b}-1$ soient premiers entre eux, et tels que $a+b$ divise $16 a b+1$.", "solution": "Notons (C) la condition de l'énoncé. Les entiers $4 \\mathbf{a}+1$ et $4 \\mathrm{~b}-1$ sont premiers entre eux si et seulement si $4 \\boldsymbol{a}+1$ est premier avec $(4 a+1)+(4 b-1)=4(a+b)$. Or, $4 \\boldsymbol{a}+1$ est impair donc il est automatiquement premier avec 4 . On en déduit que $4 \\boldsymbol{a}+1$ et $4 \\boldsymbol{b}-1$ sont premiers entre eux si et seulement si $4 a+1$ est premier avec $a+b$.\nD'autre part, $16 a b+1=16 a(a+b)+\\left(1-16 a^{2}\\right)=16 a(a+b)-(4 a-1)(1+4 a)$, donc $a+b$ divise $16 a b+1$ si et seulement si $a+b$ divise $(4 a-1)(1+4 a)$. Or, si $a+b$ est premier avec $1+4 a$ alors ceci équivaut à $a+b \\mid 4 a-1$.\nOn en déduit que (C) équivaut à ce que $\\operatorname{pgcd}(a+b, 4 a+1)=1$ et $a+b \\mid 4 a-1$.\nD'autre part, montrons que si $a+b \\mid 4 a-1$ alors on a automatiquement $\\operatorname{pgcd}(a+b, 4 a+1)=1$. En effet, si un nombre premier $p$ divise $a+b$ et $4 a+1$, alors il divise $4 a-1$ et $4 a+1$, donc il divise $(4 a+1)-(4 a-1)=2$. Il vient $p=2$, puis $2 \\mid 4 a-1$. Impossible.\nFinalement, (C) équivaut à $\\mathrm{a}+\\mathrm{b} \\mid 4 \\mathrm{a}-1$.\nOr, $\\mathrm{a}+\\mathrm{b}>\\mathrm{a}>\\frac{4 \\mathrm{a}-1}{4}$, donc $\\mathrm{a}+\\mathrm{b} \\mid 4 \\mathrm{a}-1$ ne peut se produire que si $\\mathrm{a}+\\mathrm{b}=4 \\mathrm{a}-1$ ou $\\mathrm{a}+\\mathrm{b}=\\frac{4 \\mathrm{a}-1}{2}$ ou $\\mathrm{a}+\\mathrm{b}=\\frac{4 \\mathrm{a}-1}{3}$.\nLe deuxième cas ne peut pas se produire car $4 a-1$ est impair.\n(C) équivaut donc à $\\mathrm{a}+\\mathrm{b}=4 \\mathrm{a}-1$ ou $\\mathrm{a}+\\mathrm{b}=\\frac{4 \\mathrm{a}-1}{3}$, $\\mathrm{c}^{\\prime}$ est-à-dire $\\mathrm{b}=3 \\mathrm{a}-1$ ou $\\mathrm{a}=3 \\mathrm{~b}+1$.", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2014-2015-envoi-6-solutions.jsonl", "problem_match": "\nExercice 8.", "solution_match": "\nSolution de l'exercice 8"}} |
| {"year": "2015", "tier": "T2", "problem_label": "9", "problem_type": null, "exam": "French_envois", "problem": "Soit $A B C$ un triangle tel que $\\widehat{A}=40^{\\circ}$ et $\\widehat{B}=60^{\\circ}$. Soient $D$ et $E$ des points de [AC] et $[\\mathrm{AB}]$ tels que $\\widehat{\\mathrm{CBD}}=40^{\\circ}$ et $\\widehat{\\mathrm{ECB}}=70^{\\circ}$. On note F l'intersection de (BD) et (CE). Monter que $(A F) \\perp(B C)$.", "solution": "\n\nOn a $\\widehat{\\mathrm{BFC}}=180^{\\circ}-\\widehat{\\mathrm{CBF}}-\\widehat{\\mathrm{FCB}}=180^{\\circ}-40^{\\circ}-70^{\\circ}=70^{\\circ}=\\widehat{\\mathrm{FCB}}$ donc BCF est isocèle en B . Il vient $B C=B F$.\nSoit $M$ le point d'intersection entre la bissectrice de $\\widehat{C B F}$ et ( $A C$ ). On a $\\widehat{B M A}=40^{\\circ}=\\widehat{B A M}$ donc $M A=M B$.\nD'autre part, $\\widehat{B M C}=180^{\\circ}-\\widehat{C B M}-\\widehat{M C B}=180^{\\circ}-20^{\\circ}-80^{\\circ}=80^{\\circ}=\\widehat{M C B}$ donc $B C=B M$.\nOn déduit de ce qui précède que $M A=B F$.\n\nSoit $\\mathrm{B}^{\\prime} \\in(\\mathrm{BC})$ tel que $A B^{\\prime}$ est équilatéral. Soit $\\Delta$ la bissectrice de $\\widehat{\\mathrm{B}^{\\prime} \\mathrm{BA}}$. Comme $\\mathrm{BF}=\\mathrm{BM}$ et $\\widehat{\\mathrm{FBA}}=\\widehat{\\mathrm{CBM}}$, les points $M$ et $F$ sont symétriques par rapport à $\\Delta$. Or, $A$ et $B^{\\prime}$ sont aussi symétriques par rapport à $\\Delta$, donc $M A=\\mathrm{FB}^{\\prime}$.\nFinalement, $\\mathrm{FB}^{\\prime}=\\mathrm{FB}$, donc $F$ appartient à la médiatrice de $\\left[\\mathrm{BB}^{\\prime}\\right]$, qui est aussi la hauteur ( $A F$ ) du triangle $A B B^{\\prime}$.\nAutre solution. Notons $H$ le projeté de $F$ sur $[B C]$ et $H^{\\prime}$ le projeté de $A$ sur [BC]. Il s'agit de montrer que $\\mathrm{H}=\\mathrm{H}^{\\prime}$. Pour cela, il suffit de voir que $\\mathrm{BH}=\\mathrm{BH}^{\\prime}$.\nOn a $B^{\\prime}=A B \\cos 60$ et $B H=B F \\cos 40=B C \\cos 40$. Comme $\\frac{A B}{B C}=\\frac{\\sin 80}{\\sin 40}$, il suffit de montrer que $\\sin 80 \\cos 60=\\sin 40 \\cos 40$, c'est-à-dire (compte tenu de $\\cos 60=\\frac{1}{2}$ ) que $\\sin 80=$ $2 \\sin 40 \\cos 40$, ce qui est vrai d'après la formule générale $\\sin 2 x=2 \\sin x \\cos x$.", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2014-2015-envoi-6-solutions.jsonl", "problem_match": "\nExercice 9.", "solution_match": "## Solution de l'exercice 9"}} |
| {"year": "2015", "tier": "T2", "problem_label": "10", "problem_type": null, "exam": "French_envois", "problem": "Pour tout entier strictement positif $x$, on note $S(x)$ la somme des chiffres de son écriture décimale.\nSoit $k>0$ un entier. On définit la suite $\\left(x_{n}\\right)$ par $x_{1}=1$ et $x_{n+1}=S\\left(k x_{n}\\right)$ pour tout $n>0$.\nProuver que $x_{n}<27 \\sqrt{k}$, pour tout $n>0$.", "solution": "Lemme. Pour tout entier $s \\geqslant 0$, on a $10^{s} \\geqslant(s+1)^{3}$.\nPreuve du lemme. On raisonne par récurrence sur s.\nPour $s=0$, on a $10^{0}=1=(0+1)^{3}$.\nSupposons l'inégalité vraie pour la valeur s. Alors :\n$10^{\\mathrm{s}+1} \\geqslant 10(\\mathrm{~s}+1)^{3}$ d'après l'hypothèse de récurrence\n$=10 s^{3}+30 s^{2}+30 s+10$\n$\\geqslant \\mathrm{s}^{3}+6 \\mathrm{~s}^{2}+12 \\mathrm{~s}+8$\n$=(s+2)^{3}$, ce qui achève la preuve.\nSi $x>0$ est un entier dont l'écriture décimale utilise $s+1$ chiffres, on a $S(x) \\leqslant 9(s+1)$ et $10^{s} \\leqslant x<10^{s+1}$. Or, d'après le lemme, on a $s+1 \\leqslant 10^{\\frac{s}{3}}$, donc $s+1 \\leqslant x^{\\frac{1}{3}}$ et ainsi $S(x) \\leqslant 9 x^{\\frac{1}{3}}$.\nMontrons maintenant par récurrence que $x_{n}<27 \\sqrt{k}$ pour tout $n$. L'assertion est claire pour $n=1$. Supposons $x_{n}<27 \\sqrt{k}$, alors $x_{n+1}=S\\left(k x_{n}\\right) \\leqslant 9\\left(k x_{n}\\right)^{\\frac{1}{3}}<9(27 k \\sqrt{k})^{\\frac{1}{3}}=9 \\times 3 \\times \\sqrt{k}=$ $27 \\sqrt{\\mathrm{k}}$, d'où le résultat.", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2014-2015-envoi-6-solutions.jsonl", "problem_match": "\nExercice 10.", "solution_match": "## Solution de l'exercice 10"}} |
| {"year": "2015", "tier": "T2", "problem_label": "11", "problem_type": null, "exam": "French_envois", "problem": "Soient $a, b, c$ trois nombres réels strictement positifs tels que $a+b+c=9$. Montrer que\n\n$$\n\\frac{a^{3}+b^{3}}{a b+9}+\\frac{b^{3}+c^{3}}{b c+9}+\\frac{c^{3}+a^{3}}{c a+9} \\geqslant 9\n$$", "solution": "On cherche une minoration de la forme $\\frac{a^{3}+b^{3}}{a b+9} \\geqslant u(a+b)+v, c^{\\prime}$ est-àdire $f(a) \\geqslant 0$ où $f(a)=a^{3}+b^{3}-(u(a+b)+v)(a b+9)$.\nEn sommant les trois inégalités, on en déduirait $\\frac{a^{3}+b^{3}}{a b+9}+\\frac{b^{3}+c^{3}}{b c+9}+\\frac{c^{3}+a^{3}}{c a+9} \\geqslant 2 u(a+b+c)+3 v=$ $3(6 u+v)$, donc il suffit que $6 u+v=3$.\nD'autre part, si une telle minoration existe, comme l'inégalité devient une égalité lorsque $\\mathrm{a}=$ $\\mathrm{b}=\\mathrm{c}=3$, on doit avoir $\\mathrm{f}(3)=0$ si $\\mathrm{b}=3$. Comme de plus $\\mathrm{f}(\\mathrm{a}) \\geqslant 0$ pour tout a , on doit nécessairement avoir $\\mathrm{f}^{\\prime}(3)=0$ pour $\\mathrm{b}=3$.\nCeci impose la condition $0=f^{\\prime}(3)=27-18 \\mathbf{u}-(6 \\mathbf{u}+\\boldsymbol{v}) \\times 3=18(1-\\mathfrak{u})$, donc $\\mathbf{u}=1$ et $v=-3$.\n\nMontrons donc $\\frac{a^{3}+b^{3}}{a b+9} \\geqslant(a+b)-3$. Comme $a^{3}+b^{3} \\geqslant \\frac{(a+b)^{3}}{4}$ et $a b+9 \\leqslant\\left(\\frac{a+b}{2}\\right)^{2}+9$, il suffit de montrer que\n\n$$\n\\frac{s^{3}}{s^{2}+36} \\geqslant s-3\n$$\n\noù $s=a+b$. On réduit au même dénominateur; l'inégalité se simplifie en $3 s^{2}-36 s+108 \\geqslant 0$, ou encore en $3(s-6)^{2} \\geqslant 0$, ce qui est vrai.", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2014-2015-envoi-6-solutions.jsonl", "problem_match": "\nExercice 11.", "solution_match": "\nSolution de l'exercice 11"}} |
| {"year": "2015", "tier": "T2", "problem_label": "12", "problem_type": null, "exam": "French_envois", "problem": "Déterminer tous les entiers $\\mathrm{n}>0$ ayant la propriété suivante: \"tout nombre strictement positif qui s'écrit comme la somme des carrés de $n$ entiers multiples de $n$ peut également s'écrire comme la somme des carrés de $n$ entiers dont aucun n'est un multiple de $\\mathrm{n}^{\\prime \\prime}$.", "solution": "Un entier n ayant la propriété désirée sera dit bon.\nSoit $\\mathrm{n} \\geqslant 2$ un entier bon. Alors 2 n est également bon : en effet, soit $\\mathrm{m}=2 \\mathrm{n}$ et soit $x_{1}, \\cdots, x_{m}$ des entiers divisibles par m. Si deux de ces entiers sont non nuls, on peut supposer sans perte de généralité qu'il s'agit de $x_{1}$ et $x_{m}$. Puisque $n$ est bon, il existe alors des entiers $y_{i}$ non divisibles par $n$ (donc non divisibles par $m$ ) tels que $\\sum_{i=1}^{n} x_{i}^{2}=\\sum_{i=1}^{n} y_{i}^{2}$ et $\\sum_{i=n+1}^{2 n} x_{i}^{2}=\\sum_{i=n+1}^{2 n} y_{i}^{2}$. Ainsi, $\\sum_{i=1}^{m} x_{i}^{2}=\\sum_{i=1}^{m} y_{i}^{2}$ avec chaque $y_{i}$ non divisible par $m$.\nSi un et un seul des $x_{i}$ est non nul, alors $\\sum_{i=1}^{m} x_{i}^{2}$ est de la forme $(2 a)^{2}=a^{2}+a^{2}+a^{2}+a^{2}$ où $a>0$ est divisible par n et on raisonne de la même manière.\n\nLemme. Soit $\\mathrm{n}>0$ un entier impair et $x_{1}, \\cdots, x_{n}$ des entiers dont au moins un n'est pas divisible par $n$. Alors il existe des entiers $y_{1}, \\cdots, y_{n}$ non divisibles par $n$ tels que $\\sum_{i=1}^{n}\\left(n x_{i}\\right)^{2}=\\sum_{i=1}^{n} y_{i}^{2}$.\n pose $X=2 \\sum_{i=1}^{n} x_{i}$.\nSi $n$ divise $X$, on remplace $x_{1}$ par $-x_{1}$. La nouvelle valeur $X^{\\prime}$ vérifie $X^{\\prime}=X-4 x_{1}$. Comme $n$ divise $X$ mais pas $4 x_{1}$ (rappelons que $n$ est supposé impair), il ne divise pas $X^{\\prime}$. Ainsi, sans perte de généralité, on peut supposer que $n$ ne divise pas $X$.\nIl est facile de vérifier que $\\sum_{i=1}^{n}\\left(n x_{i}\\right)^{2}=\\sum_{i=1}^{n}\\left(X-n x_{i}\\right)^{2}$. En posant $y_{i}=X-n x_{i}$ pour tout $i$, la conclusion souhaitée en découle.\n\nOn peut maintenant prouver que tout $n \\geqslant 3$ impair est bon. En effet, si $a>0$ est un entier qui peut s'écrire comme la somme de $n$ carrés d'entiers tous divisibles par $n$ alors, en considérant la plus grande puissance de $n$ qui divise ces entiers, il existe donc un entier $r>0$ et des entiers $x_{1}, \\cdots, x_{n}$ dont au moins un n'est pas divisible par $n$ tels que $a=\\sum_{i=1}^{n}\\left(n^{r} x_{i}\\right)^{2}$.\n\nD'après le lemme, il existe des entiers $y_{1}, \\cdots, y_{n}$ non divisibles par $n$ tels que $\\sum_{i=1}^{n}\\left(n x_{i}\\right)^{2}=\\sum_{i=1}^{n} y_{i}^{2}$, et donc $\\sum_{i=1}^{n}\\left(n^{r} x_{i}\\right)^{2}=\\sum_{i=1}^{n}\\left(n^{r-1} y_{i}\\right)^{2}$. Ainsi, en appliquant le lemme $r$ fois de suite, on est assuré de l'existence d'entiers $z_{1}, \\cdots, z_{n}$ non divisibles par $n$ tels que $a=\\sum_{i=1}^{n} z_{i}^{2}$. Cela prouve que $n$ est bon.\n\nPuisque le double de tout entier bon est bon, tout entier qui n'est pas une puissance de 2 est bon.\n\nOn prouve maintenant que 8 est bon : En effet, si a est la somme de 8 carrés d'entiers divisibles par 8 alors a est divisible par 64 . En particulier $a \\geqslant 64 \\mathrm{et}$, d'après le théorème des quatre carrés de Lagrange, il existe des entiers $x_{1}, x_{2}$, $x_{3}, x_{4}$ tels que $a=1^{2}+4^{2}+4^{2}+4^{2}+x_{1}^{2}+x_{2}^{2}+x_{3}^{2}+x_{4}^{2}$. Notons que, puisque $a \\equiv 0 \\bmod [8]$, on a $x_{1}^{2}+x_{2}^{2}+x_{3}^{2}+x_{4}^{2} \\equiv 7 \\bmod$ [8]. Or, un carré étant congru à 0,1 ou 4 modulo 8 , la seule façon d'obtenir une somme de quatre carrés congrue à 7 modulo 8 est d'avoir $1,1,1,4$ à l'ordre près. Ainsi, aucun des $x_{i}$ n'est divisible par 8 , ce qui conclut.\n\nEnfin, on prouve que 4 n'est pas bon. Pour cela, il suffit de constater que $32=4^{2}+4^{2}+0^{2}+0^{2}$. D'autre part, pour obtenir $32=x_{1}^{2}+x_{2}^{2}+x_{3}^{2}+x_{4}^{2}$, on doit avoir $\\left|x_{i}\\right| \\leqslant 5$ pour tout i. De plus, si l'on veut éviter les multiples de 4 , il ne reste plus que $\\left|x_{i}\\right|=1,2,3$ ou 5 . Or, comme ci-dessus en raisonnant modulo 8 , la seule possibilités est d'avoir $\\left|x_{i}\\right|=2$ pour tout $i$. Mais, on a $32 \\neq$ $2^{2}+2^{2}+2^{2}+2^{2}$, ce qui assure que $4 \\mathrm{n}^{\\prime}$ est pas bon.\nAinsi, tout diviseur de 4 ne peut être bon.\nFinalement, tous les entiers $\\mathrm{n}>0$ sont bons sauf 1,2 et 4 .", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2014-2015-envoi-6-solutions.jsonl", "problem_match": "\nExercice 12.", "solution_match": "## Solution de l'exercice 12"}} |
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