{"year": "2014", "tier": "T2", "problem_label": "1", "problem_type": null, "exam": "French_envois", "problem": "Combien existe-t-il de couples d'entiers strictement positifs ( $a, b$ ) tels que\n\n$$\n\\frac{1}{a}+\\frac{1}{b}=\\frac{1}{2014} ?\n$$", "solution": "Soient $a, b$ deux entiers strictement positifs tels que $1 / a+1 / b=1 / 2014$. On a en particulier $\\mathrm{a}, \\mathrm{b}>2014$. On peut donc multiplier l'équation $\\mathrm{ab}:$ on cherche en fait les entiers $\\mathrm{a}, \\mathrm{b}>2014$ tels que $\\mathrm{ab}-2014 \\mathrm{a}-2014 \\mathrm{~b}=0$ ou encore, de manière équivalente, tels que ( $a-$ $2014)(b-2014)=2014^{2}$. On en déduit que le nombre recherché est le nombre de couples d'entiers strictement positifs $(u, v)$ tels que $u v=2014^{2}$, autrement dit le nombre de diviseurs positifs de $2014^{2}$. Comme $2014^{2}=2^{2} \\cdot 19^{2} \\cdot 53^{2}, 2014^{2}$ possède $(2+1) \\cdot(2+1) \\cdot(2+1)=27$ diviseurs positifs.\n\nLa réponse est donc 27 .", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2013-2014-envoi-4-solutions.jsonl", "problem_match": "\nExercice 1.", "solution_match": "\nSolution de l'exercice 1"}}
{"year": "2014", "tier": "T2", "problem_label": "2", "problem_type": null, "exam": "French_envois", "problem": "Trouver tous les entiers $\\boldsymbol{n} \\geqslant 1$ tels que $2^{n}+12^{n}+2014^{n}$ soit un carré parfait.", "solution": "Regardons l'expression modulo $3: 2^{\\mathfrak{n}}+12^{n}+2014^{n} \\equiv(-1)^{n}+1 \\bmod 3$. Comme un carré n'est jamais congru à 2 modulo 3, on en déduit que $n$ est impair. Regardons ensuite l'expression modulo 7 :\n\n$$\n2^{n}+12^{n}+2014^{n} \\equiv 2^{n}+(-2)^{n}+5^{n} \\equiv 5^{n} \\quad \\bmod 7\n$$\n\ncar $n$ est impair. Lorsque $n$ est impair, $5^{n}$ ne peut être congru qu'à 3,5 ou 6 modulo 7 . Or un carré est congru à $0,1,2$ ou 4 modulo 7 . Il n'existe donc pas d'entiers $n \\geqslant 1$ tels que $2^{n}+12^{n}+2014^{n}$ soit un carré parfait.", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2013-2014-envoi-4-solutions.jsonl", "problem_match": "\nExercice 2.", "solution_match": "\nSolution de l'exercice 2"}}
{"year": "2014", "tier": "T2", "problem_label": "3", "problem_type": null, "exam": "French_envois", "problem": "Trouver tous les couples d'entiers relatifs $(x, y)$ tels que $x^{3}+y^{3}=(x+y)^{2}$.", "solution": "Soit $(x, y)$ un couple solution. Comme $x^{3}+y^{3}=(x+y)\\left(x^{2}-x y+y^{2}\\right)$, on a donc soit $x+y=0$, soit $x^{2}-x y+y^{2}=x+y$. Dans le deuxième cas, on remarque qu'alors nécessairement\n$(x-1)^{2}+(y-1)^{2}+(x-y)^{2}=2$. Parmi les trois entiers $x-1, y-1$ et $x-y$, deux sont donc égaux à $1 \\mathrm{ou}-1$ et le troisième est nul. On vérifie que les seules possibilités sont $(2,2),(0,0),(1,2),(1,0),(2,1)$ et $(0,1)$.\n\nAinsi, les solutions sont les couples $(2,2),(1,2),(1,0),(2,1),(0,1)$ et $(x,-x)$ où $x$ est un entier relatif.\n\n## Exercices Communs", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2013-2014-envoi-4-solutions.jsonl", "problem_match": "\nExercice 3.", "solution_match": "\nSolution de l'exercice 3"}}
{"year": "2014", "tier": "T2", "problem_label": "4", "problem_type": null, "exam": "French_envois", "problem": "Trouver tous les couples d'entiers positifs $(m, n)$ tels que $1+(m+n) m$ divise $(m+$ $n)(n+1)-1$.", "solution": "Soit $(m, n)$ un couple solution. Alors $1+(m+n) m$ divise $(m+n)(n+1)-1+$ $1+(m+n) m=(m+n)(m+n+1)$. Or, $1+(m+n) m$ est premier avec $m+n$. Ainsi, $1+(m+n) m$ divise $m+n+1$. Donc $m^{2}+m n+1 \\leqslant m+n+1$. Donc $m=0$ ou $m=1$.\n\nRéciproquement, on vérifie que les couples $(0, n)$ et $(1, n)$, où $\\boldsymbol{n} \\geqslant 0$ est un entier, conviennent.", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2013-2014-envoi-4-solutions.jsonl", "problem_match": "\nExercice 4.", "solution_match": "\nSolution de l'exercice 4"}}
{"year": "2014", "tier": "T2", "problem_label": "5", "problem_type": null, "exam": "French_envois", "problem": "Montrer que si la somme de tous les diviseurs positifs d'un entier $n \\geqslant 1$ est une puissance de deux, alors le nombre de diviseurs positifs de n est une puissance de deux.", "solution": "Décomposons $n$ en produit de facteurs premiers : $n=\\prod_{i=1}^{k} p_{i}^{\\alpha_{i}}$. On voit aisément que la somme des diviseurs positifs de $n$, notée $\\sigma(n)$, vaut\n\n$$\n\\sigma(n)=\\prod_{i=1}^{k}\\left(1+p_{i}+p_{i}^{2}+\\cdots+p_{i}^{\\alpha_{i}}\\right)\n$$\n\nAinsi, si $1 \\leqslant i \\leqslant k, 1+p_{i}+p_{i}^{2}+\\cdots+p_{i}^{\\alpha_{i}}$ est une puissance de deux. Ceci implique clairement que $p_{i} \\neq 2$. Supposons ensuite par l'absurde que $\\alpha_{i}+1$ n'est pas une puissance de deux et choisissons $q$ un nombre premier impair divisant $\\alpha_{i}+1$. Alors\n\n$$\n1+p_{i}+p_{i}^{2}+\\cdots+p_{i}^{\\alpha_{i}}=\\left(1+p_{i}+p_{i}^{2}+\\cdots+p_{i}^{q-1}\\right) \\cdot\\left(1+p_{i}^{q}+p_{i}^{2 q}+\\cdots+p_{i}^{\\alpha_{i}+1-q}\\right)\n$$\n\nEn effet, cette égalité découle du fait que $\\left(p_{i}^{\\alpha_{i}+1}-1\\right) /(p-1)=\\left(p_{i}^{q}-1\\right) /(p-1) \\cdot\\left(p_{i}^{\\alpha_{i}+1}-1\\right) /\\left(p^{q}-1\\right)$. Ceci est absurde, car $1+p_{i}+p_{i}^{2}+\\cdots+p_{i}^{q-1}$ est impair. Ainsi, $\\alpha_{i}+1$ est une puissance de deux pour tout $1 \\leqslant i \\leqslant k$. Ceci conclut, car le nombre de diviseurs (positifs) de $n$ est $\\prod_{i=1}^{k}\\left(\\alpha_{i}+1\\right)$.", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2013-2014-envoi-4-solutions.jsonl", "problem_match": "\nExercice 5.", "solution_match": "\nSolution de l'exercice 5"}}
{"year": "2014", "tier": "T2", "problem_label": "6", "problem_type": null, "exam": "French_envois", "problem": "Trouver tous les nombres premiers $p$ et $q$ tels que $p$ divise $5^{q}+1$ et $q$ divise $5^{p}+1$.", "solution": "Notons $\\alpha$ l'ordre de 5 modulo $q$ et $\\beta$ l'ordre de 5 modulo $p$. Comme $5^{2 p} \\equiv 1$ $\\bmod \\mathrm{q}$, on en déduit que $\\alpha$ divise $2 p$. Donc $\\alpha=1,2, \\mathrm{p}$ ou $2 p$.\n\nSi $\\alpha=1$, alors $5 \\equiv 1 \\bmod \\mathbf{q}$, donc $\\mathbf{q}=2$. Si $\\alpha=2$, alors $25 \\equiv 1 \\bmod \\mathbf{q}$, donc $\\mathbf{q}=2$ ou $\\mathbf{q}=3$.\nSi $q=2$, alors $p$ divise $5^{2}+1$, donc $p=2$ ou $p=13$. Réciproquement, $(2,2)$ et $(13,2)$ conviennent.\nSi $q=3$, alors $p$ divise $5^{3}+1$, donc $p=2,3$ ou 7 . Réciproquement, on vérifie que $(3,3),(7,3)$ conviennent, mais que $(2,3)$ ne convient pas.\n\nDe même, on a $\\beta=1,2$, q ou 2 q. Si $\\beta=1$ ou 2 , on obtient similairement les solutions $(2,13)$ et $(3,7)$.\n\nSupposons maintenant que $\\alpha=p$ ou $2 p$ et que $\\beta=q$ ou $2 q$. D'après le petit théorème de Fermat, $5^{p-1} \\equiv 1 \\bmod p$ et $5^{q-1} \\equiv 1 \\bmod q$. Donc $\\beta$ divise $p-1$ et $\\alpha$ divise $q-1$. Donc $q$ divise $p-1$ et $p$ divise $\\mathrm{q}-1$. Donc $\\mathrm{q} \\leqslant \\mathrm{p}-1$ et $\\mathrm{p} \\leqslant \\mathrm{q}-1$. Ainsi $\\mathrm{q} \\leqslant \\mathrm{q}-2$, ce qui est absurde.\n\nLes solutions sont donc $(2,2),(3,3),(13,2),(2,13),(3,7)$ et $(7,3)$.\n\n## Exercices du groupe A", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2013-2014-envoi-4-solutions.jsonl", "problem_match": "\nExercice 6.", "solution_match": "\nSolution de l'exercice 6"}}
{"year": "2014", "tier": "T2", "problem_label": "7", "problem_type": null, "exam": "French_envois", "problem": "Trouver toutes les fonctions $\\mathrm{f}: \\mathbb{N} \\rightarrow \\mathbb{N}$ telles que $2 m n+m f(m)+n f(n)$ est un carré parfait pour tous entiers positifs $m$ et $n$.", "solution": "Pour simplifier, posons $F(m, n)=2 m n+m f(m)+n f(n)$. Alors $F(m, 0)=$ $\\mathrm{mf}(\\mathrm{m})$ est un carré pour tout $\\mathrm{m} \\geqslant 1$.\n\nOn peut donc écrire $f(p)=p a^{2}$ pour un nombre premier $p$. Supposons que $a \\geqslant 2$. Alors $(a p)^{2}+2 p+$ $f(1)=F(p, 1)>\\left(a p^{2}\\right)$ est un carré, donc $(a p)^{2}+2 p+f(1) \\geqslant(a p+1)^{2}$ et $2 p+f(1) \\geqslant 2 a p+1 \\geqslant 4 p+1$, de sorte que $p \\leqslant(f(1)-1) / 2$. Ainsi $f(p)=p$ pour tous nombres premiers $p$ suffisamment grands.\n\nSoit maintenant $k \\geqslant 1$ et $p$ un nombre premier suffisamment grand pour que $f(p)=p, p>k f(k)$ et $\\mathrm{p}>\\mathrm{k}^{2}+1$. Alors\n\n$$\n\\begin{gathered}\n(k+p-1)^{2}=\\left(k^{2}+1\\right)+p^{2}-2 k-2 p+2 k p<p^{2}-p-2 k+2 k p<F(p, k) \\text { et } \\\\\nF(p, k)=p^{2}+2 k p+k f(k)<p^{2}+2 k p+p \\leqslant(p+k+1)^{2} .\n\\end{gathered}\n$$\n\nComme $F(p, k)$ est un carré, ceci impose que $k f(k)+p^{2}+2 k p=(k+p)^{2}$ et donc que $f(k)=k$.\nRéciproquement, on vérifie que la fonction identité convient.", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2013-2014-envoi-4-solutions.jsonl", "problem_match": "\nExercice 7.", "solution_match": "\nSolution de l'exercice 7"}}
{"year": "2014", "tier": "T2", "problem_label": "8", "problem_type": null, "exam": "French_envois", "problem": "(Corée 2003) Trouver tous les triplets d'entiers ( $a, b, c$ ) tels que $a \\neq 0$ et\n\n$$\n2 a^{4}+2 a^{2} b^{2}+b^{4}=c^{2}\n$$", "solution": "Supposons qu'il exise un tel triplet : soit alors a $>0$ le plus petit entier tel que $(a, b, c)$ soit solution. Si $d=\\operatorname{pgcd}(a, b)$, en divisant l'égalité par $d^{4}$ on voit que $\\left(a / d, b / d, c / d^{2}\\right)$ est également solution. On a donc $\\mathrm{d}=1$.\n\nRegardons l'expression $2 a^{4}+2 a^{2} b^{2}+b^{4}$ modulo 8 , et utilisons le fait qu'un carré est congru à 0,1 ou 4 modulo 8 : si a est impair, alors $2 a^{4}+2 a^{2} b^{2}+b^{4}$ est congru à 2 ou à 5 modulo $8 ; a$ est donc forcément pair, et b es impair. Réécrivons l'égalité de l'énoncé en\n\n$$\n\\left(a^{2}\\right)^{2}+\\left(a^{2}+b^{2}\\right)^{2}=c^{2}\n$$\n\nLe triplet $\\left(a^{2}, a^{2}+b^{2}, c\\right)$ est donc pythagoricien. Comme $\\operatorname{pgcd}(a, b)=1$, il existe des entiers $u, v$ premiers entre eux tels que $a^{2}=2 u v, a^{2}+b^{2}=u^{2}-v^{2}$ et $c=u^{2}+v^{2}$.\n\nEn regardant modulo 4 , on obtient $1 \\equiv a^{2}+b^{2} \\equiv u^{2}-v^{2}$. Puisqu'un carré est congru à 0 ou 1 modulo 4 , on en déduit que $u$ est impair et que $v$ est pair. Puisque $a^{2}=2 u v$ et que $u$ et $v$ sont premiers entre eux, on peut écrire $u=m^{2}$ et $v=2 n^{2}$ avec $m, n$ premiers entre eux et $m$ impair. De $b^{2}=u^{2}-v^{2}-2 u v$ il vient $2 v^{2}=(u-v+b)(u-v-b)$. Donc\n\n$$\n2 n^{4}=\\left(\\frac{m^{2}-2 n^{2}+b}{2}\\right)\\left(\\frac{m^{2}-2 n^{2}-b}{2}\\right) .\n$$\n\nPosons $x=\\left(m^{2}-2 n^{2}+b\\right) / 2$ et $y=\\left(m^{2}-2 n^{2}-b\\right) / 2$ : ce sont des entiers car $m^{2}$ et $b$ sont impairs. En outre, $0<a^{2}+b^{2}=(u-v)(u+v)$, et $u+v$ est positif, donc $u-v$ l'est également, et a fortiori $x=(u-v+b) / 2 \\geqslant 0$, puis $y \\geqslant 0$ également.\n\nD'aute part, on obtient $x-y=b$ et $x y=2 \\mathfrak{n}^{4}$. Comme $\\operatorname{pgcd}(b, n)=1, x$ et $y$ sont forcément premiers entre eux. Puisque $x y=2 n^{4}$, on peut écrire $x$ et $y$ sous la forme $x=2 k^{4}$ et $y=l^{4}$, ou bien $x=l^{4}$ et $y=2 k^{4}$, avec $\\operatorname{pgcd}(k, l)=1$ et $l$ impair.\n\nAinsi, $2 k^{4}+l^{4}=x+y=m^{2}-2 n^{2}$, et donc\n\n$$\nm^{2}=2 k^{4}+l^{4}+2 n^{2}=2 k^{4}+2 k^{2} l^{2}+l^{4}\n$$\n\nOr, $2 \\mathrm{klm}=2 \\mathrm{mn}=\\mathrm{a}>0$, donc $\\mathrm{lm} \\geqslant 1$ et $0<\\mathrm{k}<\\mathrm{a}$, ce qui contredit la minimalité de a .\nIl n'existe donc pas de triplet ( $a, b, c$ ) solution lorsque $a \\neq 0$.", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2013-2014-envoi-4-solutions.jsonl", "problem_match": "\nExercice 8.", "solution_match": "\nSolution de l'exercice 8"}}
{"year": "2014", "tier": "T2", "problem_label": "9", "problem_type": null, "exam": "French_envois", "problem": "Trouver le nombre de suites $\\left(u_{n}\\right)_{n \\geqslant 1}$ d'entiers relatifs telles que $u_{n} \\neq-1$ pour tout entier $n \\geqslant 1$ et telles que\n\n$$\nu_{n+2}=\\frac{2014+u_{n}}{1+u_{n+1}}\n$$\n\npour tout entier $\\mathrm{n} \\geqslant 1$.", "solution": "La relation de l'énoncé impose que $\\left(u_{n+1}-u_{n-1}\\right)\\left(u_{n}+1\\right)=u_{n}-u_{n-2}$ pour $\\mathrm{n} \\geqslant 3$. Par récurrence, il vient\n\n$$\n\\mathbf{u}_{3}-\\mathbf{u}_{1}=\\prod_{i=3}^{n}\\left(u_{i}+1\\right)\\left(u_{n+1}-u_{n-1}\\right)\n$$\n\nSupposons par l'absurde que $u_{3} \\neq u_{1}$. Ainsi $u_{n+1} \\neq u_{n-1}$ pour tout $n \\geqslant 2$. En faisant croitre $n$, on voit qu'il ne peut pas y avoir une infinité de termes $u_{i}$ tels que $u_{i} \\neq 0,-2$. Ainsi, $u_{i}=0$ ou -2 à partir d'un certain rang (car $\\mathfrak{u}_{3}-\\mathfrak{u}_{1}$ a un nombre fini de diviseurs). On vérifie aisément à partir de la relation de récurence de l'énoncé que ceci n'est pas possible. Donc $u_{3}=u_{1}$, et par (1) on en déduit que $u_{n+2}=u_{n}$ pour tout entier $n \\geqslant 1$.\n\nSous cette hypothèse, la relation à vérifier devient $\\left(1+u_{n+1}\\right) u_{n}=2014+u_{n}$, ou encore $u_{n} u_{n+1}=$ 2014, ce qui est équivalent à $u_{1} \\mathfrak{u}_{2}=2014$. Ainsi, le nombre de suites $\\left(u_{n}\\right)_{n \\geqslant 1}$ qui conviennent est le nombre paires d'entiers $(a, b)$ telles que $a b=2014$, avec $a \\neq-1$ et $b \\neq-1$ : c'est exactement le nombre de diviseurs (positifs ou négatifs) de 2014, moins 2. Comme $2014=2 \\cdot 19 \\cdot 53$, celui-ci a $2 \\cdot(1+1) \\cdot(1+1) \\cdot(1+1)=16$ diviseurs (positifs ou négatifs), donc 14 suites conviennent.", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2013-2014-envoi-4-solutions.jsonl", "problem_match": "\nExercice 9.", "solution_match": "\nSolution de l'exercice 9"}}