{"year": null, "tier": "T2", "problem_label": "1", "problem_type": null, "exam": "French_envois", "problem": "Trouver le nombre de solutions de $n^{2} m^{6}=180 t+2$ pour $n, m$ et $t$ des entiers positifs.", "solution": "On considère l'expression modulo 4. La gauche est un carré et est donc congru à 0 ou 1.180 est congru à 0 modulo 4 donc $180 t+2$ est congru à $0 * t+2=2$. L'équation n'a pas de solutions modulo 4 , elle n'en a donc pas non plus dans $\\mathbb{N}$", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/envois/fr-corrige-envoi-2.jsonl", "problem_match": "\nExercice 1.", "solution_match": "\nSolution de l'exercice 1"}}
{"year": null, "tier": "T2", "problem_label": "2", "problem_type": null, "exam": "French_envois", "problem": "Trouver la somme des $n$ tels que $n^{2}+8 n+44$ soit un carré parfait.", "solution": "Soit f la fonction étudiée, une idée dans ce genre d'exercice est de coincer $f(n)$ entre 2 carrés d'entiers consécutifs $k^{2}<f(n)<(k+1)^{2}$ et de dire par l'absurde que si $f(n)=\\mathfrak{i}^{2}$ alors $k<i<k+1$ ce qui est impossible car on a des entiers.\nIci les calculs peuvent s'abréger en remarquant que f a même parité que $n+4$, ainsi si $(n+4)^{2}=n^{2}+8 n+16<f(n)<n^{2}+12 n+36=(n+6)^{2}$ ce qui est vrai dès que $n>2, f(n)$ n'est pas un carré. Pour les petits cas 2 est solution et 1 non.", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/envois/fr-corrige-envoi-2.jsonl", "problem_match": "\nExercice 2.", "solution_match": "\nSolution de l'exercice 2"}}
{"year": null, "tier": "T2", "problem_label": "3", "problem_type": null, "exam": "French_envois", "problem": "Un entier $n$ est parfait si la somme de ses diviseurs est 2 n . Soit n un entier parfait et $p$ son plus petit diviseur premier. Montrer que l'exposant de $p$ dans la décomposition en produit de puissances de nombres premiers de n est pair.", "solution": "Soit $n=p_{1}^{a_{1}} \\cdots p_{k}^{a_{k}}$ avec les $p_{i}$ premiers distincts. La somme des diviseurs de $n$ est $\\sigma(n)=\\prod_{i=1}^{k}\\left(1+\\cdots+p_{i}^{a_{i}}\\right)$ (cf. la page 14 du cours d'arithmétique complet disponible sur maths-olympiques.fr).\nSupposons par l'absurde que $a_{1}$ soit impair, alors $1+\\cdots+p_{1}^{a_{1}}=\\left(1+p_{1}\\right)+p_{1}^{2}\\left(1+p_{1}\\right)+\\cdots+$ $p_{1}^{a_{1}-1}\\left(1+p_{1}\\right)$. Alors $p_{1}+1$ divise $1+\\cdots+p_{1}^{a_{1}}$, donc aussi $2 n=\\prod_{i=1}^{k}\\left(1+\\cdots+p_{i}^{a_{i}}\\right)$. Si $p_{1}+1$ $\\mathrm{n}^{\\prime}$ est pas premier: il a un plus grand diviseur premier $\\mathrm{q}<\\mathrm{p}_{1}$ qui vérifie $\\mathrm{q} \\mid 2 \\mathrm{n}$; alors comme q est premier avec $\\mathrm{n}, \\mathrm{q}=2$; mais alors $\\mathrm{q}^{2}\\left|\\mathrm{p}_{1}+1\\right| 2 \\mathrm{n}$ et donc $\\mathrm{q} \\mid \\mathrm{n}$, contradiction.\nDonc $p_{1}+1$ est premier et alors nécessairement $p_{1}=2$ et $p_{1}+1=p_{2}=3$. Alors $n, \\frac{n}{2}, \\frac{n}{3}$ et $\\frac{n}{6}$ sont entiers et divisent de $n$. Comme $n>6$, ils sont différents de 1 . Ainsi $2 n=\\sigma(n) \\geqslant$ $n+\\frac{n}{2}+\\frac{n}{3}+\\frac{n}{6}+1=2 n+1$, contradiction. Donc $a_{1}$ est pair.\n\n## Exercices Communs", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/envois/fr-corrige-envoi-2.jsonl", "problem_match": "\nExercice 3.", "solution_match": "\nSolution de l'exercice 3"}}
{"year": null, "tier": "T2", "problem_label": "4", "problem_type": null, "exam": "French_envois", "problem": "Soit $n$ un entier strictement positif. Montrer qu'il existe $n$ entiers 2 à 2 distincts $r_{1}, \\ldots, r_{n}$ tels que chaque $r_{i}$ divise $r_{1}+\\cdots+r_{n}$.", "solution": "La solution s'inspire des fractions égyptiennes, une fraction égyptienne est uplet d'entiers distincts $a_{1}, \\ldots, a_{n}$ vérifiant $1 / a_{1}+\\cdots+1 / a_{n}=1$, par exemple\n$1 / 2+1 / 3+1 / 6=1$.\nAlors en posant $r_{i}:=\\prod_{j \\neq i} a_{j}=\\frac{a_{1} \\cdots a_{n}}{a_{i}} \\in \\mathbb{Z}$, ils seront distinct et leur somme fera $a_{1} \\cdots a_{n}$, que chaque $r_{i}$ divise.\nOn montre par récurrence qu'une fraction égyptienne existe pour chaque $\\mathrm{n} \\geqslant 3$. L'exemple fait l'initialisation.\nHérédité : supposons prouvé pour n prouvons pour $\\mathrm{n}+1$, on écrit les coefficients triés dans l'ordre croissant, puis on écrit $a_{n}^{\\prime}=1+a_{n}$ et $a_{n+1}^{\\prime}=a_{n}\\left(1+a_{n}\\right)$ On remarque $1 / a_{n}^{\\prime}+1 / a_{n+1}^{\\prime}=1 / a_{n}$. En posant $a_{i}^{\\prime}=a_{i}$ pour $i \\in\\{1, \\ldots, n-1\\}$, on dispose d'une fraction égyptienne de longueur $n+1$, ce qui conclut la récurrence (depuis l'exemple on a $1 / 7+1 / 42=1 / 6$ et cela donne : $1 / 2+1 / 3+1 / 7+1 / 42=1)$.", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/envois/fr-corrige-envoi-2.jsonl", "problem_match": "\nExercice 4.", "solution_match": "\nSolution de l'exercice 4"}}
{"year": null, "tier": "T2", "problem_label": "5", "problem_type": null, "exam": "French_envois", "problem": "Soit $n$ un entier positif. Montrer qu'il existe un entier positif $m$ tel que $n!=$ $\\varphi(\\mathrm{m})$, où $\\varphi$ est la fonction indicatrice $d^{\\prime}$ Euler. (On rappelle que si $m=p_{1}^{\\alpha_{1}} \\cdots p_{k}^{\\alpha_{k}}$ avec $p_{1}, \\ldots, p_{\\mathrm{k}}$ des nombres premiers 2 à 2 distincts, $\\left.\\varphi(m)=m\\left(\\left(1-\\frac{1}{\\mathfrak{p}_{1}}\\right) \\cdots\\left(1-\\frac{1}{\\mathfrak{p}_{\\mathrm{k}}}\\right)\\right)\\right)$", "solution": "On procède par construction en partant des plus grands nombres premiers au plus petit.\nL'idée est de contraindre la valeur de $\\phi(m)$. La construction peut paraître un peu lourde mais il ne faut pas se laisser et impressionner et comprendre l'idée qui est derrière.\nSoit $p_{1}, p_{2} \\ldots$ les nombres premiers $p_{k} \\leqslant n<p_{k+1}$\nOn montre par récurrence descendante que pour tout $i$ il existe $m_{i}$ tel que\n\n- $m_{i}$ est un produit de $p_{j}$ avec $k \\geqslant j \\geqslant i$\n- Pour tout $j \\geqslant i, p_{j}$ a le même exposant dans $m_{i}$ et $n$ !\n- $\\phi\\left(m_{i}\\right) \\mid n!$\n\nL'initialisation se fait pour $\\mathrm{i}=\\mathrm{k}+1$ avec $\\mathrm{m}_{\\mathrm{k}+1}=1$.\nPour l'hérédité on multiplie $m_{i+1}$ par $p_{i}$ jusqu'à avoir autant de $p_{i}$ dans $\\phi\\left(m_{i}\\right)$ que dans $n$ ! pour obtenir $m_{i}$ on respecte ainsi les 2 premières hypothèses sur $m_{i}$.\nVérifions que la dernière est aussi vérifiée, pour $j \\geqslant i$ on sait que l'on n'a pas de problème, le risque est une trop grosse valuation pour un $p_{l}$ où $l$ petit or vu la construction si $p_{l}^{\\alpha} \\mid \\phi\\left(m_{i}\\right)$, $p_{l}^{\\alpha}\\left|\\left(p_{i}-1\\right)\\left(p_{i+1}-1\\right) \\cdots\\left(p_{k}-1\\right)\\right| n!$ on est donc assuré que la récurrence marche. Avec $m=m_{1}$, on obtient une solution à l'exercice.", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/envois/fr-corrige-envoi-2.jsonl", "problem_match": "\nExercice 5.", "solution_match": "\nSolution de l'exercice 5"}}
{"year": null, "tier": "T2", "problem_label": "6", "problem_type": null, "exam": "French_envois", "problem": "Soit $n \\geqslant 3$ un entier, montrer qu'il existe deux entier $x$ et $y$ tels que $7 x^{2}+y^{2}=2^{n}$.", "solution": "Encore une solution par récurrence! Initialisation: $x_{3}=y_{3}=1$.\n\nHérédité : On suppose prouvé par récurrence pour $n,\\left(X=\\left(x_{n}+y_{n}\\right) / 2, Y=\\left|7 x_{n}-y_{n}\\right| / 2\\right)$ $\\left(X=\\left|x_{n}-y_{n}\\right| / 2, Y=\\left(7 x_{n}+y_{n}\\right) / 2\\right)$ les 2 couples vérifient $7 X^{2}+Y^{2}=2^{n+1}$. Le premier couple est solution si $x_{n}$ et $y_{n}$ on même congruence modulo 4 ( $X$ et $Y$ impairs) sinon le second convient, ce qui conclut.\n\n## Exercices Seniors", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/envois/fr-corrige-envoi-2.jsonl", "problem_match": "\nExercice 6.", "solution_match": "## Solution de l'exercice 6"}}
{"year": null, "tier": "T2", "problem_label": "7", "problem_type": null, "exam": "French_envois", "problem": "Soit $p \\geqslant 5$ un nombre premier. Montrer qu'il existe un entier $n$ tel que pour tout $x \\in\\{n-1, n, n+1\\}, p^{2} \\nmid x^{p-1}-1$ et $p \\nmid x$.", "solution": "Lemme : entre 0 et $p^{2}$ il y a exactement $p-1$ éléments dont la puissance $(p-1)$-ième est congrue à 1 modulo $p^{2}$.\npreuve: On prend $\\omega$ une racine primitive modulo $p^{2}$ (pour rappel $\\omega$ une racine primitive modulo m signifie que les puissances de $\\omega$ correspondent à tout les inversibles modulo m , ce qui existe dès que $m$ est $1,2,4$ ou une puissance de premier impair ou 2 fois une puissance de premier impair, lire les polycopiés pour plus de détail), les éléments d'ordre divisant\n$p-1$, sont alors ce dont le logarithme discret (log vérifie que $\\log (x)<\\phi(m)$ et $\\omega^{(\\log (x))}=$ $x(\\bmod m))$ est divisible par $p$, ce qui donne bien $p-1$ possibilités.\nOn utilise un principe des tiroirs : les chaussettes sont les $x$ entre 0 et $p^{2}$ d'ordre divisant $p-1$, il y en a $p-1$ par le lemme, les $p$ tiroirs sont les intervalles $k p+1 ;(k+1) p$, il y donc un tiroir vide d'où l'on peut tirer le n voulu en prenant par exemple $\\mathrm{kp}+2$.", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/envois/fr-corrige-envoi-2.jsonl", "problem_match": "\nExercice 7.", "solution_match": "\nSolution de l'exercice 7"}}
{"year": null, "tier": "T2", "problem_label": "8", "problem_type": null, "exam": "French_envois", "problem": "Soit P un polynôme à coefficients rationnels de degré supérieur ou égal à 2 , et $\\left(q_{n}\\right)_{n \\in \\mathbb{N}}$ une suite de rationnels tels que pour tout $n \\geqslant 0, q_{n}=P\\left(q_{n+1}\\right)$. Montrer que la suite $q_{n}$ est périodique à partir d'un certain rang.", "solution": "Soit $u$ entier tel que $u_{1}$ soit entier. Soit $\\tilde{P}(X)=u P\\left(\\frac{1}{u} X\\right)$. Soit $v$ entier tel que $v \\tilde{P}$ soit à coefficients entiers. Soit a le coefficient dominant de $v \\tilde{P}$. On pose $Q(X)=$ $a \\tilde{P}\\left(\\frac{1}{a} X\\right), m=a^{\\operatorname{deg}(P)-2} v$ et pour tout $n \\in \\mathbb{N}, r_{n}=u a q_{n}$.\nNous avons $m Q(X)$ unitaire à coefficients entiers et pour tout $n, r_{n}=Q\\left(r_{n+1}\\right) . r_{0}$ est entier, or comme pour tout $n, r_{n+1}$ est racine rationnelle du polynôme $m Q(X)-m r_{n}$ unitaire à coefficients entiers, par récurrence, $r_{n}$ est entier pour tout $n$.\nComme $\\operatorname{deg}(Q)>1,|Q(x) / x|$ tend vers $+\\infty$ quand $|x|$ tend vers $+\\infty$. Donc il existe $M>\\left|r_{0}\\right|$ tel que pour tout $x,|Q(x)| \\leqslant M \\Rightarrow|x| \\leqslant M$. Par récurrence immédiate, $\\left|r_{n}\\right| \\leqslant M$ pour tout n . La suite r prend donc ses valeurs dans un ensemble fini. Soit $p$ minimal tel que $\\left\\{r_{0}, \\ldots, r_{p-1}\\right\\}=\\left\\{r_{0}, r_{1}, \\ldots\\right\\}$. Montrons par récurrence sur $n$ que $r_{n+p}=r_{n}$ pour tout $n$. Par hypothèse, $r_{n+p} \\in\\left\\{r_{n}, \\ldots, r_{n+p-1}\\right\\}=\\left\\{r_{0}, \\ldots, r_{p-1}\\right\\}$. Donc $r_{n+p}=r_{n+k}$ avec $k \\in\\{0, \\ldots, p-1\\}$. Alors si $k>0, r_{p-1}=Q^{\\circ(n+1)}\\left(r_{n+p}\\right)=Q^{\\circ(n+1)}\\left(r_{n+k}\\right)=r_{k-1}$ et il y a contradiction avec la minimalité de $p$. Donc $k=0$ et $r_{n}=r_{n+p}$. Ce qui conclut la récurrence.\nNous venons de montrer que la suite est périodique de période $p$.", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/envois/fr-corrige-envoi-2.jsonl", "problem_match": "\nExercice 8.", "solution_match": "\nSolution de l'exercice 8"}}
{"year": null, "tier": "T2", "problem_label": "9", "problem_type": null, "exam": "French_envois", "problem": "Pour $m$ entier positif, on note $d(m)$ le nombre de diviseurs positifs de $m$ (1 et m compris). Soit k un entier strictement positif. Montrer qu'il existe une infinité d'entiers positifs $n$ tels que $n$ ait exactement $k$ diviseurs premiers distincts et tel que pour tout $a, b$ entiers strictement positifs avec $n=a+b, d(n)$ ne divise pas $d\\left(a^{2}+b^{2}\\right)$", "solution": "Prouvons que chaque entier de la forme $n=m 2^{p-1}$ avec $p$ premier impair, possédant $k-1$ facteurs premiers strictement plus grand que 3 et vérifiant $(5 / 4)^{(p-1) / 2}>$ m est solution.\nSi $a+b=n$ et $d(n) \\mid d\\left(a^{2}+b^{2}\\right)$ alors $p \\mid d\\left(a^{2}+b^{2}\\right)$. Donc il existe $q$ premier tel que $q$ ait un exposant $c p-1$ dans $a^{2}+b^{2}$. Si $q \\geqslant 5, a^{2}+b^{2} \\geqslant 5^{q-1}>n^{2}$, or $a^{2}+b^{2}=n^{2}-2 a b \\leqslant n^{2}$. Donc $\\mathrm{q}=2 \\mathrm{ou} 3$.\nSi $q=3$ en regardant $a^{2}+b^{2}$ modulo 3,3 divise $a$ et $b$ donc $n$, contradiction avec l'hypothèse.\nSi $q=2$, si $a$ et $b$ ont des valuations 2 -adiques distinctes la plus petite est $p-1$ celle de la somme des carrés $2 p-2$, absurde.\nS'ils ont même valuation 2-adique $a=2^{\\mathrm{t}} a_{0} b=2^{\\mathrm{t}} b_{0}$ avec $a_{0}$ et $b_{0}$ impaire $a_{0}^{2}+b_{0}^{2}=$ $x 2^{\\text {cp-1-2t }}$ la gauche fait 1 modulo 4 , donc $\\mathrm{cp}-1-2 \\mathrm{t}=1$ or $\\mathrm{t}<\\mathrm{p}-1$, donc $\\mathrm{c}=1$ est la seule solution, on a un problème de parité absurde, ce qui conclut.", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/envois/fr-corrige-envoi-2.jsonl", "problem_match": "\nExercice 9.", "solution_match": "\nSolution de l'exercice 9"}}