{"year": "2013", "tier": "T2", "problem_label": "1", "problem_type": null, "exam": "French_envois", "problem": "On appelle diviseur propre d'un entier $n$ un diviseur positif de $n$ qui est différent de 1 et de n.\n\nExiste-t-il un entier n dont le produit des diviseurs propres est égal à 2013 ?", "solution": "La décomposition en facteurs premiers de 2013 est $3 \\times 11 \\times 61$. Ainsi, si le produit des diviseurs stricts d'un entier n vaut 2013, cela implique que n est lui même divisible par 3, 11 et 61 . Or, dans ce cas, il compte parmi ses diviseurs stricts au moins les nombres suivants :\n\n$$\n3,11,61,33,671\n$$\n\ndont le produit surpasse 2013 (il vaut $2013 \\times 33 \\times 671=44573859$ ). Ainsi, un tel entier n n'existe pas.\n![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_24_7f1b54fb75b2df865f0bg-02.jpg?height=83&width=189&top_left_y=910&top_left_x=968)", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2012-2013-envoi3-corrige.jsonl", "problem_match": "\nExercice 1.", "solution_match": "## Solution."}}
{"year": "2013", "tier": "T2", "problem_label": "2", "problem_type": null, "exam": "French_envois", "problem": "Chaque nombre rationnel strictement positif est colorié soit en rouge, soit en noir, de telle sorte que:\n\n- les nombres $x$ et $x+1$ sont de couleurs différentes ;\n- les nombres $x$ et $\\frac{1}{x}$ sont de la même couleur;\n- le nombre 1 est colorié en rouge.\n\nQuelle est la couleur de $\\frac{2012}{2013}$ ?\n(On ne demande pas de démontrer l'existence d'un tel coloriage.)", "solution": "On remarque que $\\frac{2012}{2013}$ s'écrit:\n\n$$\n\\frac{2012}{2013}=\\frac{1}{1+\\frac{1}{2012}}\n$$\n\nAinsi, d'après les règles de l'énoncé, il a la couleur inverse de 2012. Or, ce dernier s'obtient en ajoutant 2011 fois 1 à 1 ; il a donc la couleur inverse de 1 (puisqu'on inverse 2011 fois la couleur), c'est-à-dire noir. Ainsi $\\frac{2012}{2013}$ est rouge.\n![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_24_7f1b54fb75b2df865f0bg-03.jpg?height=85&width=179&top_left_y=977&top_left_x=973)", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2012-2013-envoi3-corrige.jsonl", "problem_match": "\nExercice 2.", "solution_match": "## Solution."}}
{"year": "2013", "tier": "T2", "problem_label": "3", "problem_type": null, "exam": "French_envois", "problem": "La suite de Fibonacci est construite ainsi : chaque terme est la somme des deux précédents. Ses premiers termes valent:\n\n$$\n1,1,2,3,5,8,13,21,34,55,89, \\ldots\n$$\n\nMontrer que la suite de Fibonacci contient un multiple de 1000.", "solution": "Notons $F_{n}$ le $n$-ième terme de la suite de Fibonacci ( $F_{1}=1, F_{2}=1, F_{3}=2$, etc.) et notons $u_{n}$ le reste de la division euclidienne de $F_{n}$ par 1000 ( $u_{n}$ est donc le nombre formé par les trois derniers chiffres de $F_{n}$ ). Comme il n'y a qu'un nombre fini de couples ( $x, y$ ) d'entiers compris entre 0 et 999 (il $y$ en a exactement $1000^{2}=1000000$ ), il existe des entiers $n$ et $N$ tels que $N>0$ et\n\n$$\nu_{n}=u_{n+N} \\quad ; \\quad u_{n+1}=u_{n+1+N}\n$$\n\nOr, $u_{n-1}$ (resp. $u_{n-1+N}$ ) s'obtient à partir de $u_{n}$ et $u_{n+1}$ (resp. $u_{n+N}$ et $u_{n+1+N}$ ) comme le reste de la division euclidienne de $u_{n+1}-u_{n}$ (resp. $u_{n+1+N}-u_{n+N}$ ) par 1000. Ainsi, des égalités (1), on déduit que $\\mathfrak{u}_{n-1}=u_{n-1+N}$. En continuant ainsi, on obtient $u_{N+1}=u_{1}=1$ et $u_{N+2}=u_{2}=1$, d'où il résulte enfin $u_{N}=0$. L'entier $F_{N}$ est donc multiple de 1000.\n![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_24_7f1b54fb75b2df865f0bg-04.jpg?height=95&width=194&top_left_y=1053&top_left_x=960)", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2012-2013-envoi3-corrige.jsonl", "problem_match": "\nExercice 3.", "solution_match": "## Solution."}}
{"year": "2013", "tier": "T2", "problem_label": "4", "problem_type": null, "exam": "French_envois", "problem": "Montrer que l'équation\n\n$$\nx(x+2)=y(y+1)\n$$\n\nn'a pas de solution en nombres entiers strictement positifs.", "solution": "Si le couple $(x, y)$ est solution, on a $x(x+1)<x(x+2)=y(y+1)$ et donc $x<y$. Mais de même, en supposant toujours $(x, y)$ solution, on peut écrire $(x+1)(x+2)>x(x+2)=y(y+1)$, d'où on déduit $x+1>y$. Ainsi, une solution ( $x, y$ ) hypothétique devrait donc vérifier $x<y<x+1$, ce qui ne peut se produire. On en déduit que l'équation proposée n'a pas de solution en nombres entiers strictement positifs.\n![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_24_7f1b54fb75b2df865f0bg-05.jpg?height=74&width=175&top_left_y=792&top_left_x=975)\n\n## Exercices Communs", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2012-2013-envoi3-corrige.jsonl", "problem_match": "\nExercice 4.", "solution_match": "## Solution."}}
{"year": "2013", "tier": "T2", "problem_label": "5", "problem_type": null, "exam": "French_envois", "problem": "Soient n et m deux entiers strictement positifs. Montrer que $5^{\\mathrm{m}}+5^{n}$ s'écrit comme une somme de deux carrés si et seulement si $n$ et $m$ ont même parité.", "solution": "Supposons pour commencer que $n$ et $m$ n'ont pas même parité. On étudie alors la quantité $5^{n}+5^{m}$ modulo 8 . Par récurrence, on démontre facilement que $5^{k}$ est congru à 1 (resp. 5) modulo 8 si k est pair (resp. impair). Ainsi, d'après notre hypothèse, on a toujours $5^{n}+5^{m} \\equiv 6(\\bmod 8)$. Or, par ailleurs, un carré est toujours congru à 0,1 ou 4 modulo 8 . Comme il n'y a aucune manière d'écrire 6 comme somme de deux de ces trois nombres, on en déduit que $5^{n}+5^{\\mathrm{m}}$ ne peut s 'écrire comme somme de deux carrés.\n\nSupposons maintenant que $n$ et $m$ ont même parité. Quitte à échanger $n$ et $m$, on peut supposer en outre que $\\mathrm{m} \\geqslant \\mathrm{n}$. Ainsi, il existe un entier k positif ou nul tel que $\\mathrm{m}=\\mathrm{n}+2 \\mathrm{k}$. On a alors $5^{\\mathrm{m}}+5^{\\mathrm{n}}=$ $5^{\\mathrm{n}}\\left(5^{2 \\mathrm{k}}+1\\right)$. Comme, manifestement $5=2^{2}+1^{2}$ et $5^{2 \\mathrm{k}}+1$ s'écrivent comme sommes de deux carrés, il suffit pour conclure de montrer que, si $x$ et $y$ s'écrivent comme somme de deux carrés, alors il en va de même du produit xy . Ceci résulte directement de la formule :\n\n$$\n\\left(a^{2}+b^{2}\\right)\\left(c^{2}+d^{2}\\right)=(a d-b c)^{2}+(a c+b d)^{2}\n$$\n\n![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_24_7f1b54fb75b2df865f0bg-06.jpg?height=79&width=183&top_left_y=1126&top_left_x=971)", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2012-2013-envoi3-corrige.jsonl", "problem_match": "\nExercice 5.", "solution_match": "## Solution."}}
{"year": "2013", "tier": "T2", "problem_label": "6", "problem_type": null, "exam": "French_envois", "problem": "Existe-t-il des nombres rationnels positifs ou nuls $x, y$ et $z$ tels que:\n\n$$\nx^{5}+2 y^{5}+5 z^{5}=11\n$$", "solution": "Nous allons montrer qu'il n'existe pas de tels rationnels $x, y, z$. On raisonne par l'absurde en supposant qu'il en existe. Soit $d$ le plus petit dénominateur commun de $x, y$ et $z$. On peut alors écrire $x=\\frac{a}{d}$, $\\mathrm{y}=\\frac{\\mathrm{b}}{\\mathrm{d}}$ et $z=\\frac{\\mathrm{c}}{\\mathrm{d}}$ pour certains entiers $\\mathrm{a}, \\mathrm{b}$ et c . L'équation que l'on cherche à résoudre devient alors :\n\n$$\na^{5}+2 b^{5}+5 c^{5}=11 d^{5}\n$$\n\nÉtudions cette équation modulo 11. Une recherche exhaustive (ou l'utilisation du petit théorème de Fermat) montre qu'une puissance 5 -ième est congrue à 0,1 ou -1 modulo 11 . On en déduit que la congruence $a^{5}+2 b^{5}+5 c^{5} \\equiv 0(\\bmod 11)$ implique que $a, b$ et $c$ sont tous les trois multiples de 11. Ainsi, $a^{5}+2 b^{5}+5 c^{5}$ est divisible par $11^{5}$, d'où on déduit que $d$ est lui aussi divisible par 11. Les fractions $\\frac{a}{d}, \\frac{b}{d}$ et $\\frac{c}{d}$ peuvent donc, toutes les trois, être simplifiées par 11. Ceci contredit la minimalité de $d$ et termine la démonstration.\n![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_24_7f1b54fb75b2df865f0bg-07.jpg?height=82&width=194&top_left_y=1122&top_left_x=960)\n\n## Exercices Olympiques", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2012-2013-envoi3-corrige.jsonl", "problem_match": "\nExercice 6.", "solution_match": "\nSolution."}}
{"year": "2013", "tier": "T2", "problem_label": "7", "problem_type": null, "exam": "French_envois", "problem": "Prouver qu'il existe une unique manière de colorier chaque nombre rationnel strictement positif soit en rouge, soit en bleu, de sorte que :\n\n- les nombres $x$ et $x+1$ sont de couleurs différentes ;\n- les nombres $x$ et $\\frac{1}{x}$ sont de la même couleur;\n- le nombre 1 est colorié en rouge.", "solution": "Montrons tout d'abord qu'un tel coloriage est nécessairement unique. Pour cela, nous allons démontrer par récurrence sur $\\max (\\mathrm{a}, \\mathrm{b})$ que la couleur de la fraction $\\frac{\\mathrm{a}}{\\mathrm{b}}$ (supposée écrite sous forme irréductible) est entièrement déterminée. La conclusion est vraie lorsque $\\max (a, b)=1$ puisque cela impose $a=b=1$ et que l'on sait, par hypothèse, que la couleur de 1 est rouge. Considérons maintenant une fraction irréductible $\\frac{a}{b}$ et supposons que l'on ait déjà démontré que la couleur de toute fraction irréductible $\\frac{a^{\\prime}}{b^{\\prime}}$ $\\operatorname{avec} \\max \\left(\\mathrm{a}^{\\prime}, \\mathrm{b}^{\\prime}\\right)<\\max (\\mathrm{a}, \\mathrm{b})$ soit déterminée. Quitte à remplacer $\\frac{\\mathrm{a}}{\\mathrm{b}}$ par son inverse $\\frac{\\mathrm{b}}{\\mathrm{a}}$ (ce qui ne modifie ni $\\max (a, b)$, ni la couleur de la fraction), on peut supposer que $a>b$. Par hypothèse, $\\frac{a}{b}$ a la couleur inverse de $\\frac{a}{b}-1=\\frac{a-b}{b}$. De plus, $\\max (a-b, b)<\\max (a, b)=a$. Ainsi, la fraction $\\frac{a-b}{b}$ relève de l'hypothèse de récurrence; sa couleur est donc entièrement déterminée et, par suite, celle de $\\frac{\\mathrm{a}}{\\mathrm{b}}$ l'est également.\n\nL'existence se démontre de la même façon : en reprenant les arguments précédents, on construit le coloriage par récurrence sur $\\max (\\mathrm{a}, \\mathrm{b})$ en vérifiant que chaque identité entre couleurs est utilisée une et une seule fois lorsqu'on construit le coloriage avec cette méthode.\nRemarque. Si $a$ et $b$ sont deux entiers premiers entre eux, notons $q_{1}(a, b), \\ldots, q_{n}(a, b)$ la suite (finie) des quotients successifs obtenus lorsque l'on effectue l'algorithme d'Euclide à partir de a et b. On peut alors montrer que l'unique coloriage satisfaisant aux conditions de l'énoncé est celui qui attribue la couleur rouge (resp. bleue) à la fraction irréductible $\\frac{a}{b}$ lorsque $\\sum_{i} q_{i}(a, b)$ est impair (resp. pair).\n![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_24_7f1b54fb75b2df865f0bg-08.jpg?height=85&width=189&top_left_y=1546&top_left_x=968)", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2012-2013-envoi3-corrige.jsonl", "problem_match": "\nExercice 7.", "solution_match": "## Solution."}}
{"year": "2013", "tier": "T2", "problem_label": "8", "problem_type": null, "exam": "French_envois", "problem": ". Trouver tous les entiers naturels $\\mathrm{k}>0$ tels que l'équation en $x$ et y :\n\n$$\nx(x+k)=y(y+1)\n$$\n\nait une solution en entiers strictement positifs.", "solution": "L'équation de l'énoncé s'écrit encore $\\left(x+\\frac{k}{2}\\right)^{2}=\\left(y+\\frac{1}{2}\\right)^{2}+\\frac{k^{2}-1}{4}$, soit, en factorisant:\n\n$$\n\\left(x-y+\\frac{k-1}{2}\\right) \\cdot\\left(x+y+\\frac{k+1}{2}\\right)=\\frac{k^{2}-1}{4} .\n$$\n\nDistinguons deux cas selon la parité de $k$. Si $k$ est impair, on écrit $k=2 a+1$ et l'équation précédente devient $(x-y+a)(x+y+a+1)=a(a+1)$. En écrivant que le premier facteur vaut 1 et le second $a(a+1)$, on obtient $x=\\frac{a(a-1)}{2}$ et $y=x+(a-1)=\\frac{(a-1)(a+2)}{2}$. Étant donné que le produit de deux entiers consécutifs est toujours pair, les valeurs que l'on vient d'obtenir forment une solution dès que a $>1$. Pour $\\mathrm{a}=1$ (i.e. $k=3$ ), au contraire, il n'y a pas de solution, car l'égalité $(x-y+1)(x+y+2)=2$ ne peut être satisfaite étant donné que le deuxième facteur est toujours $>2$ lorsque $x$ et $y$ sont strictement positifs. Pour $a=0$, enfin, on a $k=1$ et, clairement, tous les couples ( $x, y$ ) conviennent.\n\nOn raisonne de manière analogue dans le cas où $k$ est pair. On pose $k=2 a$ et l'équation (2) devient $(2 x-2 y+2 a-1)(2 x+2 y+2 a+1)=4 a^{2}-1$. Comme précédemment, en demandant que le premier facteur vaille 1 , on obtient un système en $x$ et $y$ dont les solutions sont $x=a(a-1)$ et $y=$ $(a+1)(a-1)$. Cette solution est acceptable dès que $a>1$. Pour $a=1$, l'équation à résoudre devient $(2 x-2 y+1)(2 x+2 y+3)=3$ et elle n'a pas de solution avec $x, y>0$ étant donné que cette dernière condition implique que le deuxième facteur est $>3$.\n\nEn résumé, les entiers $k$ convenables sont $k=1$ et tous les entiers $k \\geqslant 4$.", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2012-2013-envoi3-corrige.jsonl", "problem_match": "\nExercice 8", "solution_match": "## Solution."}}
{"year": "2013", "tier": "T2", "problem_label": "9", "problem_type": null, "exam": "French_envois", "problem": "Soit $p \\geqslant 5$ un nombre premier. Montrer que 1 et 5 sont les seuls diviseurs positifs de $2^{p}+3^{p}$ qui soient inférieurs ou égaux à $p$.", "solution": "La factorisation\n\n$$\n2^{\\mathfrak{p}}+3^{\\mathfrak{p}}=5 \\cdot \\sum_{i=0}^{p-1} 2^{\\boldsymbol{i}}(-3)^{p-1-\\mathfrak{i}}\n$$\n\nmontre que 5 est bien un diviseur de $2^{p}+3^{\\mathrm{p}}$.\nSoit à présent $\\mathrm{d} \\in\\{2, \\ldots, \\mathrm{p}\\}$ un diviseur de $2^{\\mathfrak{p}}+3^{\\mathfrak{p}}$. On souhaite démontrer que $\\mathrm{d}=5$. On considère pour cela $q$ un diviseur premier de d . Alors, manifestement, $q$ est aussi un diviseur de $2^{p}+3^{p}$ qui est $\\leqslant p$. De plus, il est clair que l'on ne peut pas avoir $\\mathbf{q}=2$. Ainsi $q$ est impair et de la congruence $2^{\\mathfrak{p}}+3^{\\mathfrak{p}} \\equiv 0$ $(\\bmod \\mathbf{q})$, on déduit que $a^{p} \\equiv 1(\\bmod q)$ où $a$ un entier est tel que $2 a \\equiv-3(\\bmod q)($ un tel entier existe bien car $q$ est impair). Par ailleurs, par le petit théorème de Fermat, on sait également que $a^{q} \\equiv a$ $(\\bmod q)$ et donc $a^{q-1} \\equiv 1(\\bmod q)\\left(\\right.$ puisque $a n^{\\prime}$ est pas un multiple de $\\left.q\\right)$. On en déduit que $a^{n} \\equiv 1$ $(\\bmod q)$ avec $n=\\operatorname{PGCD}(p, q-1)$. Or, comme $q<p$ et $p$ est un premier, les entiers $p$ et $q-1$ sont nécessairement premiers entre eux. Autrement dit $\\mathfrak{n}=1$ et, par suite, $a \\equiv 1(\\bmod \\mathbf{q})$. En revenant à la définition de a , on obtient $2 \\equiv-3(\\bmod \\mathbf{q})$, ce qui ne peut se produire que pour $\\mathrm{q}=5$.\n\nOn a ainsi démontré que l'unique diviseur premier de dest 5 . Il suffit donc pour conclure de démontrer que d n'est pas divisible par 25. Cela est évident si $p \\leqslant 25$. Supposant maintenant $p>25$, nous allons démontrer que $2^{\\mathfrak{p}}+3^{\\mathfrak{p}}$ n'est, lui-même, pas divisible par 25 (ce qui suffira à conclure). D'après l'équation (3), cela revient à prouver que $\\sum_{i=0}^{\\mathfrak{p}-1} 2^{\\boldsymbol{i}}(-3)^{p-1-\\boldsymbol{i}}$ n'est pas divisible par 5 . Or, un calcul modulo 5 montre que cette somme est congrue modulo 5 à\n\n$$\n(-3)^{\\mathrm{p}-1} \\cdot \\sum_{i=0}^{\\mathrm{p}-1} 1=(-3)^{\\mathrm{p}-1} \\cdot \\mathrm{p}\n$$\n\nOr, $(-3)^{p-1}$ est premier avec 5 et, comme $p>25$ est un nombre premier, les entiers $p$ et 5 sont premiers entre eux. On a ainsi bien démontré ce que l'on souhaitait.\n![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_24_7f1b54fb75b2df865f0bg-10.jpg?height=82&width=185&top_left_y=1656&top_left_x=973)", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2012-2013-envoi3-corrige.jsonl", "problem_match": "\nExercice 9.", "solution_match": "## Solution."}}
{"year": "2013", "tier": "T2", "problem_label": "10", "problem_type": null, "exam": "French_envois", "problem": "Soit $n \\geqslant 5$ un entier. Soient $a_{1}, \\ldots, a_{n}$ des entiers dans $\\{1, \\ldots, 2 n\\}$ deux à deux distincts. Montrer qu'il existe des indices $\\boldsymbol{i}, \\mathfrak{j} \\in\\{1, \\ldots, \\mathfrak{n}\\}$ avec $\\mathfrak{i} \\neq \\boldsymbol{j}$ tels que\n\n$$\n\\operatorname{PPCM}\\left(\\mathfrak{a}_{\\mathbf{i}}, \\mathfrak{a}_{\\mathbf{j}}\\right) \\leqslant 6\\left(\\mathrm{E}\\left(\\frac{\\mathfrak{n}}{2}\\right)+1\\right)\n$$\n\noù $\\mathrm{E}(\\mathrm{x})$ désigne la partie entière du nombre x .", "solution": "Supposons, pour commencer, qu'il existe un indice $i$ tel que $a_{i} \\leqslant n$. S'il existe $j$ tel que $a_{j}=2 a_{i}$, on a alors\n\n$$\n\\operatorname{PPCM}\\left(a_{i}, a_{j}\\right)=a_{j} \\leqslant 2 n \\leqslant 6 \\cdot\\left(E\\left(\\frac{n}{2}\\right)+1\\right)\n$$\n\net on a trouvé un couple ( $i, j)$ convenable. Si , au contraire, l'entier $2 a_{i}$ n'apparaît pas parmi les $a_{j}$, définissons les entiers $b_{1}, \\ldots, b_{n}$ en posant $b_{i}=2 a_{i}$ et $b_{j}=a_{j}$ pour $j \\neq i$. Les $b_{j}$ sont encore deux à deux distincts et compris entre 1 et 2 n . De plus, on vérifie immédiatement que $\\operatorname{PPCM}\\left(b_{i}, b_{j}\\right) \\geqslant$ $\\operatorname{PPCM}\\left(a_{i}, a_{j}\\right)$. Ainsi, il suffit de démontrer la propriété de l'énoncé pour la suite des $b_{j}$.\n\nEn appliquant à nouveau le raisonnement précédent — éventuellement plusieurs fois - on en vient à supposer que tous les $a_{j}$ sont strictement supérieurs à $n$. Autrement dit, l'ensemble des $a_{j} n^{\\prime}$ 'est autre que $\\{n+1, n+2, \\ldots, 2 n\\}$. Posons $k=E\\left(\\frac{n}{2}\\right)+1$. Comme on a supposé $n \\geqslant 5$, il est facile de vérifier que l'un des $a_{j}$ vaut $2 k$ et un autre vaut $3 k$. On conclut en remarquant que le PPCM de ces deux nombres est égal à 6 k .\n![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_24_7f1b54fb75b2df865f0bg-11.jpg?height=243&width=527&top_left_y=1250&top_left_x=799)\n$\\mathcal{F i n}$", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2012-2013-envoi3-corrige.jsonl", "problem_match": "\nExercice 10.", "solution_match": "## Solution."}}