{"year": "2016", "tier": "T2", "problem_label": "1", "problem_type": null, "exam": "French_envois", "problem": "Déterminer tous les entiers naturels a pour lesquels il existe des nombres premiers $\\mathbf{p}, \\mathbf{q}, \\mathrm{r}$, pas forcément distincts, tels que\n\n$$\na=\\frac{p+q}{r}+\\frac{q+r}{p}+\\frac{r+p}{q}\n$$", "solution": "Tout d'abord, si $p=q=r$, alors on obtient $\\mathrm{a}=6$, qui est bien une solution. Montrons qu'il s'agit de la seule solution, et supposons qu'il existe une solution $a=\\frac{p+q}{r}+\\frac{q+r}{p}+\\frac{r+p}{q}$ avec $p, q, r$ premiers et non tous égaux.\n\n- Si deux des nombres $p, q, r$ sont égaux, disons $p=q \\neq r$, alors:\n\n$$\n\\mathrm{a}=2\\left(\\frac{\\mathrm{p}}{\\mathrm{r}}+\\frac{\\mathrm{r}}{\\mathrm{p}}\\right)+2=\\frac{2\\left(\\mathrm{p}^{2}+\\mathrm{r}^{2}\\right)}{\\mathrm{pr}}+2\n$$\n\nAinsi, $\\frac{2\\left(\\mathfrak{p}^{2}+r^{2}\\right)}{p r}$ est un entier. On en déduit que le nombre premier $p$ divise $2 r^{2}$ tout en étant premier avec $r$, et donc que $p=2$. Le raisonnement $s^{\\prime}$ adapte mot pour mot pour prouver que $r=2$, ce qui contredit que $r \\neq p$. Il n'y a donc pas de solution dans ce cas.\n\n- Si $p, q, r$ sont deux à deux distincts alors, sans perte de généralité, on peut supposer que $p>q>$ $r$ (on note qu'alors $p$ et $q$ sont impairs), et alors\n\n$$\n\\operatorname{apqr}=\\mathrm{pq}(\\mathrm{p}+\\mathrm{q})+\\mathrm{qr}(\\mathbf{q}+\\mathrm{r})+\\mathrm{rp}(\\mathrm{r}+\\mathrm{p})\n$$\n\nAinsi, $p$ divise $q r(q+r)$. Puisque $p$ est premier avec $q r$, il divise donc $q+r$. Mais $01$ impair. Il n'y a ainsi pas de solution dans ce cas, ce qui conclut.", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/envois/fr-ofm-2015-2016-envoi-5-solutions.jsonl", "problem_match": "\nExercice 1.", "solution_match": "\nSolution de l'exercice 1"}} {"year": "2016", "tier": "T2", "problem_label": "2", "problem_type": null, "exam": "French_envois", "problem": "Au club théâtre d'un lycée, on a formé 14 groupes de 4 élèves afin de travailler les scènes d'une pièce. Deux groupes différents ont toujours un et un seul élève en commun.\na) Prouver qu'il existe un élève qui appartient à au moins 5 groupes.\nb) Chaque élève du club théâtre est membre d'au moins un groupe. Combien y a-t-il d'élèves dans ce club?", "solution": "a) Soit G un des groupes. Chacun des 13 autres groupes a un élève en commun avec G. Or $13=3 \\times 4+1$ donc, d'après le principe des tiroirs, un des quatre élèves de G, disons $x$, appartient à au moins 4 des neuf autres groupes. Avec G, cela signifie que $x$ appartient à au moins 5 groupes.\nb) Prouvons que $x$ appartient à tous les groupes. On note $\\mathrm{G}=\\mathrm{G}_{1}, \\mathrm{G}_{2}, \\mathrm{G}_{3}, \\mathrm{G}_{4}, \\mathrm{G}_{5}$ des groupes auxquels appartient $x$, puis on procède par l'absurde : supposons qu'il existe un groupe $\\mathrm{G}^{\\prime}$ tel que $x \\notin \\mathrm{G}^{\\prime}$.\nPuisque $\\mathrm{G}^{\\prime}$ a un élève en commun avec chacun des groupes $\\mathrm{G}_{1}, \\mathrm{G}_{2}, \\mathrm{G}_{3}, \\mathrm{G}_{4}, \\mathrm{G}_{5}$ et, comme $\\mathrm{G}^{\\prime}$ ne contient que quatre élèves, c'est que l'un des membres de $G^{\\prime}$, disons $y$, appartient à deux de ces cinq groupes, disons $G_{i}$ et $G_{j}$, avec $1 \\leqslant ix_{3}+x_{4}$. Puisqu'il s'agit d'entiers, on a donc $x_{1}+x_{2}-x_{3}-x_{4} \\geqslant 1$. Soit $n=\\left\\lfloor\\sqrt{x_{1}}\\right\\rfloor$. Par définition de $S$, pour $i=1,2,3,4$, il existe donc un entier $w_{i}$ tel que $0 \\leqslant w_{i} \\leqslant 2 n$ et $x_{i}=n^{2}+w_{i}$.\n\nLes inégalités $x_{1} x_{2} \\leqslant x_{3} x_{4}$ et $x_{1}+x_{2}>x_{3}+x_{4}$ deviennent respectivement\n\n$$\nw_{1}+w_{2}-w_{3}-w_{4} \\geqslant 1 \\quad \\text { et } \\quad\\left(w_{1}+w_{2}-w_{3}+w_{4}\\right) n^{2} \\leqslant w_{3} w_{4}-w_{1} w_{2}\n$$\n\nEn particulier, on doit avoir $\\boldsymbol{w}_{3}>0$, et donc\n\n$$\n\\begin{aligned}\n\\mathrm{n}^{2} & \\leqslant\\left(w_{1}+w_{2}-w_{3}+w_{4}\\right) n^{2} \\leqslant w_{3} w_{4}-w_{1} w_{2} \\\\\n& 0$ :\n\n$$\n\\left(a_{n-1} \\vee a_{n-2}\\right)\\left(4+c_{4}-n\\right)=a_{n+1}\n$$\n\nTout d'abord, par construction, l'égalité ( $E_{4}$ ) est vraie. Supposons maintenant que l'égalités ( $E_{n-1}$ ) est vraie, et déduisons-en que, si $a_{4}, \\ldots, a_{n}>0$, alors ( $E_{n}$ ) est vraie aussi. Puisque $a_{n-3}$ divise $a_{n-1}$, on observe que\n\n$$\n\\begin{aligned}\n\\left(a_{n-1} \\wedge a_{n}\\right)\\left(a_{n-1} \\vee a_{n-2}\\right) & =\\left(a_{n-1} \\wedge\\left(a_{n-1} \\vee a_{n-2}-a_{n-2} \\vee a_{n-3}\\right)\\right) \\cdot\\left(a_{n-1} \\vee a_{n-2} \\vee a_{n-3}\\right) \\\\\n& =\\left(a_{n-1} \\wedge\\left(a_{n-2} \\vee a_{n-3}\\right)\\right) \\cdot\\left(a_{n-1} \\vee\\left(a_{n-2} \\vee a_{n-3}\\right)\\right) \\\\\n& =a_{n-1}\\left(a_{n-2} \\vee a_{n-3}\\right) .\n\\end{aligned}\n$$\n\nOr, puisque\n\n$$\n\\begin{aligned}\n\\left(E_{n}\\right) & \\Leftrightarrow \\frac{a_{n+1}}{a_{n-1} \\vee a_{n-2}}=4+c_{4}-n=\\frac{a_{n}}{a_{n-2} \\vee a_{n-3}}-1 \\\\\n& \\Leftrightarrow \\frac{a_{n} \\vee a_{n-1}}{a_{n-1} \\vee a_{n-2}}=\\frac{a_{n}}{a_{n-1} \\vee a_{n-2}}+1=\\frac{a_{n}}{a_{n-2} \\vee a_{n-3}} \\\\\n& \\Leftrightarrow\\left(a_{n-1} \\vee a_{n-2}\\right) a_{n}=\\left(a_{n-2} \\vee a_{n-3}\\right)\\left(a_{n} \\vee a_{n-1}\\right) \\\\\n& \\Leftrightarrow\\left(a_{n-1} \\vee a_{n-2}\\right) a_{n}\\left(a_{n} \\wedge a_{n-1}\\right)=\\left(a_{n-2} \\vee a_{n-3}\\right) a_{n} a_{n-1},\n\\end{aligned}\n$$\n\non en déduit que ( $E_{n}$ ) est bien vraie.\nIl s'ensuit qu'il existe un entier naturel $k$, minimal, tel que $k \\leqslant c_{4}+5$ et $a_{k} \\leqslant 0$. Si $k \\leqslant 5$, alors on a bien $k \\leqslant a_{3}+4$. Sinon, alors $0