{"year": "2012", "tier": "T1", "problem_label": "1", "problem_type": null, "exam": "French_tests", "problem": "Si $k$ est un entier strictement positif, on désigne par $S(k)$ la somme des chiffres de son écriture décimale.\n\n1) Existe-t-il deux entiers $a$ et $b$ strictement positifs tels que $S(a)=S(b)=S(a+b)=2013$ ?\n2) Existe-t-il deux entiers $a$ et $b$ strictement positifs tels que $S(a)=S(b)=S(a+b)=2016$ ?", "solution": "1) Rappelons que pour tout $a$, les entiers a et $S(a)$ sont congrus modulo 9. En effet, si $\\overline{a_{k} \\cdots a_{1} a_{0}}$ est l'écriture décimale de $a$, alors comme $10 \\equiv 1[9]$, on a pour tout $j \\geqslant 0: 10^{j} \\equiv 1^{j}=1[9]$, donc $a=\\sum_{j=0}^{k} a_{j} 10^{j} \\equiv \\sum_{j=0}^{k} a_{j}=S(a)$ [9].\n\nSupposons par l'absurde qu'il existe a et b comme dans l'énoncé. Modulo 9 , on a\n\n$$\n\\begin{aligned}\na & \\equiv S(a) \\equiv 2013 \\equiv 6 \\\\\nb & \\equiv S(b) \\equiv 2013 \\equiv 6 \\\\\na+b & \\equiv S(a+b) \\equiv 2013 \\equiv 6\n\\end{aligned}\n$$\n\nOn ajoute les deux premières congruences et on retranche la troisième, ce qui donne $0 \\equiv 6+6-6=$ 6 [9]. Impossible.\n2) On remarque que $2016=9 \\times 224$, donc on peut prendre $\\mathrm{a}=\\mathrm{b}=9090 \\cdots 09$ où le chiffre 9 apparaît 224 fois, et $a+b=1818 \\cdots 18$ où le motif 18 apparaît 224 fois.\n![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_06_5f9dc6f56d060e9d13aeg-02.jpg?height=82&width=166&top_left_y=1366&top_left_x=985)", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/tests/fr-2012-2013-ofm-2012-2013-test-janvier-corrige.jsonl", "problem_match": "\nExercice 1.", "solution_match": "## Solution."}}
{"year": "2012", "tier": "T1", "problem_label": "2", "problem_type": null, "exam": "French_tests", "problem": "Les réels $a, b, c$ sont distincts et non nuls, et on suppose qu'il existe deux réels $x$ et $y$ tels que $a^{3}+a x+y=0, b^{3}+b x+y=0$ et $c^{3}+c x+y=0$.\n\nProuver que $a+b+c=0$.", "solution": "On a\n\n$$\n\\left\\{\\begin{array}{l}\na^{3}+a x+y=0 \\\\\nb^{3}+b x+y=0 \\\\\nc^{3}+c x+y=0\n\\end{array}\\right.\n$$\n\nOn retranche la première et la troisième équation : $\\left(a^{3}-c^{3}\\right)+(a-c) x=0$. Or, $a^{3}-c^{3}=(a-c)\\left(a^{2}+\\right.$ $\\left.a c+c^{2}\\right)$, donc $(a-c)\\left(a^{2}+a c+c^{2}+x\\right)=0$. Comme $a-c \\neq 0$ il vient\n\n$$\n\\mathrm{a}^{2}+\\mathrm{ac}+\\mathrm{c}^{2}+\\mathrm{x}=0\n$$\n\nDe même, on montre que $b^{2}+b c+c^{2}+x=0$. En retranchant les deux dernières équations, on obtient $0=a^{2}-b^{2}+a c-b c=(a-b)(a+b+c)$. Comme $a-b \\neq 0$, on en déduit que $a+b+c=0$.\n![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_06_5f9dc6f56d060e9d13aeg-03.jpg?height=85&width=180&top_left_y=998&top_left_x=981)", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/tests/fr-2012-2013-ofm-2012-2013-test-janvier-corrige.jsonl", "problem_match": "\nExercice 2.", "solution_match": "## Solution."}}
{"year": "2012", "tier": "T1", "problem_label": "3", "problem_type": null, "exam": "French_tests", "problem": "Sur le cercle $\\Gamma$, on choisit les points $A, B, C$ de sorte que $A C=B C$. Soit $P$ un point de l'arc $A B$ de $\\Gamma$ qui ne contient pas $C$. La droite passant par $C$ et perpendiculaire à la droite ( PB ) rencontre (PB) en D.\n\nProuver que $\\mathrm{PA}+\\mathrm{PB}=2 \\mathrm{PD}$.", "solution": "![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_06_5f9dc6f56d060e9d13aeg-04.jpg?height=584&width=586&top_left_y=483&top_left_x=775)\n\nProlongeons la demi-droite $[\\mathrm{PB})$ et introduisons le point Q tel que $B Q=P A$.\nOn a donc $A P=B Q$ et $A C=B C$ ainsi que $\\widehat{\\mathrm{QBC}}=\\pi-\\widehat{\\mathrm{CBP}}=\\widehat{\\mathrm{PAC}}$. Cela assure que les triangles $C B Q$ et $C A P$ sont égaux, et donc que $C P=C Q$. Par suite, le triangle $C P Q$ est isocèle et le point $D$, pied de la hauteur issue de $C$, est alors le milieu de $[\\mathrm{PQ}]$.\n\nOn a donc $P A+P B=B Q+P B=P Q=2 P D$.\n![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_06_5f9dc6f56d060e9d13aeg-04.jpg?height=82&width=183&top_left_y=1466&top_left_x=971)", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/tests/fr-2012-2013-ofm-2012-2013-test-janvier-corrige.jsonl", "problem_match": "\nExercice 3.", "solution_match": "## Solution."}}
{"year": "2012", "tier": "T1", "problem_label": "4", "problem_type": null, "exam": "French_tests", "problem": "Sur un terrain, $2013 \\times 2013$ chaises sont placées sur les sommets d'un quadrillage. Chaque chaise est occupée par une personne. Certaines personnes décident alors de changer de place : certaines se décalent d'un cran vers la droite, d'autres de 2 crans vers l'avant, d'autres de 3 crans vers la gauche, et d'autres de 6 crans vers l'arrière. A la fin, chaque chaise est toujours occupée par une seule personne.\n\nProuver qu'au moins une personne n'a pas changé de place.", "solution": "Soit a (resp. b, c, d) le nombre de personnes qui se décalent vers la droite (resp. la gauche, l'avant, l'arrière). On peut supposer qu'il existe un repère tel que les personnes ont toutes des coordonnées entières $\\left(x_{i}, y_{i}\\right)$. Comme $\\sum_{i} x_{i}$ ne change pas, mais que le déplacement d'un cran vers la droite (resp. 3 crans vers la gauche) a pour effet de faire augmenter (resp. diminuer) $\\sum_{i} x_{i}$ de la quantité $a$ (resp. 3c), on en déduit que $a=3 c$, et donc $a$ et $c$ ont la même parité. De même, $2 \\mathrm{~b}=6 \\mathrm{~d}$ donc b et $d$ ont la même parité. Finalement, $a+b+c+d=(a+b)+(c+d)$ est pair, donc ne peut pas être égal à 2013, ce qui implique qu'au moins une personne ne s'est pas déplacée.\n![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_06_5f9dc6f56d060e9d13aeg-05.jpg?height=90&width=180&top_left_y=901&top_left_x=978)\n\n## Sujet Olympique", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/tests/fr-2012-2013-ofm-2012-2013-test-janvier-corrige.jsonl", "problem_match": "\nExercice 4.", "solution_match": "## Solution."}}
{"year": "2012", "tier": "T1", "problem_label": "5", "problem_type": null, "exam": "French_tests", "problem": "Soit $0 \\leqslant x_{1} \\leqslant x_{2} \\leqslant \\cdots \\leqslant x_{n} \\leqslant 1$ et $0 \\leqslant y_{1} \\leqslant y_{2} \\leqslant \\cdots \\leqslant y_{n} \\leqslant 1$ des réels. On pose $x_{n+1}=1$.\n\nProuver que\n\n$$\n\\sum_{i=1}^{n}\\left(x_{i}-y_{i}\\right)+n \\sum_{i=1}^{n}\\left(x_{i+1}-x_{i}\\right) y_{i} \\geqslant 0\n$$", "solution": "On va raisonner par récurrence sur $\\mathrm{n} \\geqslant 1$.\n\n- Pour $n=1$, on considère deux réels $x_{1}, y_{1} \\in[0,1]$ et on pose $x_{2}=1$. Il s'agit de prouver que $\\left(x_{1}-y_{1}\\right)+\\left(x_{2}-x_{1}\\right) y_{1} \\geqslant 0$.\n\nOr, on a $\\left(x_{1}-y_{1}\\right)+\\left(x_{2}-x_{1}\\right) y_{1}=\\left(x_{1}-y_{1}\\right)+\\left(1-x_{1}\\right) y_{1}=x_{1}\\left(1-y_{1}\\right) \\geqslant 0$, ce qui conclut.\n\n- Supposons que pour un certain $n \\geqslant 1$ et pour tous réels $0 \\leqslant a_{1} \\leqslant a_{2} \\leqslant \\cdots \\leqslant a_{n} \\leqslant 1$ et $0 \\leqslant b_{1} \\leqslant b_{2} \\leqslant \\cdots \\leqslant b_{n} \\leqslant 1$ et avec $a_{n+1}=1$, on ait\n\n$$\n\\sum_{i=1}^{n}\\left(a_{i}-b_{i}\\right)+n \\sum_{i=1}^{n}\\left(a_{i+1}-a_{i}\\right) b_{i} \\geqslant 0\n$$\n\nOn considère alors des réels $0 \\leqslant x_{1} \\leqslant x_{2} \\leqslant \\cdots \\leqslant x_{n+1} \\leqslant 1$ et $0 \\leqslant y_{1} \\leqslant y_{2} \\leqslant \\cdots \\leqslant y_{n+1} \\leqslant 1$ et on pose $x_{n+2}=1$.\n\nEn isolant les contributions de $x_{1}$ et $y_{1}$, on a\n\n$$\n\\begin{aligned}\n& \\sum_{i=1}^{n+1}\\left(x_{i}-y_{i}\\right)+(n+1) \\sum_{i=1}^{n+1}\\left(x_{i+1}-x_{i}\\right) y_{i} \\\\\n&= \\sum_{i=2}^{n+1}\\left(x_{i}-y_{i}\\right)+n \\sum_{i=2}^{n+1}\\left(x_{i+1}-x_{i}\\right) y_{i}+x_{1}-y_{1}+\\sum_{i=2}^{n+1}\\left(x_{i+1}-x_{i}\\right) y_{i} \\\\\n& \\quad+(n+1)\\left(x_{2}-x_{1}\\right) y_{1}\n\\end{aligned}\n$$\n\nappliquée aux réels $a_{i}=x_{i+1}$ et $b_{i}=y_{i+1}$\n\n$$\n\\geqslant x_{1}-y_{1}+\\sum_{i=2}^{n+1}\\left(x_{i+1}-x_{i}\\right) y_{1}+(n+1)\\left(x_{2}-x_{1}\\right) y_{1} \\text { puisque } y_{1} \\leqslant y_{i} \\text { et } x_{i+1} \\geqslant x_{i} \\text { pour }\n$$\n\ntout $i$\n\n$$\n\\begin{aligned}\n& =x_{1}+y_{1}\\left[-1+(n+1)\\left(x_{2}-x_{1}\\right)+\\sum_{i=2}^{n+1}\\left(x_{i+1}-x_{i}\\right)\\right] \\\\\n& =x_{1}+y_{1}\\left[n x_{2}-(n+1) x_{1}\\right] \\\\\n& =x_{1}\\left(1-y_{1}\\right)+n y_{1}\\left(x_{2}-x_{1}\\right) \\\\\n& \\geqslant 0\n\\end{aligned}\n$$\n\nce qui prouve le résultat cherché pour la valeur $n+1$ et achève la démonstration.\n![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_06_5f9dc6f56d060e9d13aeg-06.jpg?height=83&width=178&top_left_y=2452&top_left_x=979)", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/tests/fr-2012-2013-ofm-2012-2013-test-janvier-corrige.jsonl", "problem_match": "\nExercice 5.", "solution_match": "## Solution."}}
{"year": "2012", "tier": "T1", "problem_label": "6", "problem_type": null, "exam": "French_tests", "problem": "Trouver le plus grand entier $\\mathrm{n} \\geqslant 3$, vérifiant:\n\"pour tout entier $k \\in\\{2,3, \\cdots, \\mathfrak{n}\\}$ si $k$ et $\\boldsymbol{n}$ sont premiers entre eux alors $k$ est un nombre premier.\"", "solution": "On remarque d'abord que $\\mathrm{n}=30$ vérifie la propriété. En effet, si $\\mathrm{k}>1$ est premier avec n , alors il est premier avec $2,3,5$. Si de plus k n'est pas premier, alors il admet une factorisation non triviale $\\mathrm{k}=\\mathrm{lm}$ avec $\\ell, \\mathrm{m}>1$. Comme $\\ell$, m sont premiers avec n , ils sont premiers avec $2,3,5$, donc $\\ell$, $\\mathrm{m} \\geqslant 7$, ce qui entraîne que $k \\geqslant 7 \\times 7=49>n$.\n\nRéciproquement, montrons que si $n$ vérifie la propriété alors $n \\leqslant 30$. Supposons par l'absurde que $n>30$. Soit $p$ le plus petit entier premier ne divisant pas $n$. Comme $p^{2} n$ 'est pas premier mais est premier avec $n$, on a $p^{2}>n>30>5^{2}$ donc $p \\geqslant 7$. En particulier, 2,3 et 5 divisent $n$ donc 30 divise $n$. Comme $\\mathrm{n}>30$, on en déduit que $\\mathrm{p}^{2}>\\mathrm{n} \\geqslant 60>7^{2}$ donc $\\mathrm{p}>7$, par conséquent $\\mathrm{p} \\geqslant 11$.\n\nNotons $p_{1}<p_{2}<p_{3}<\\cdots$ la liste des nombres premiers ( $p_{1}=2$, $p_{2}=3$, etc.). Ce qui précède montre que $p=p_{k+1}$ où $k \\geqslant 4$. De plus, $p_{1}, \\ldots, p_{k}$ divisent $n$ donc $p_{k+1}^{2}>n \\geqslant p_{1} \\cdots p_{k}$, ce qui contredit l'inégalité de Bonse.\n\nRemarque: si on ne connaît pas l'inégalité de Bonse, on la retrouve facilement à partir du postulat de Bertrand qui dit que $\\boldsymbol{p}_{j+1}<2 p_{j}$ pour tout $\\boldsymbol{j}$. En effet,\n\n$$\n\\mathrm{p}_{\\mathrm{k}+1}^{2}<4 \\mathrm{p}_{\\mathrm{k}}^{2}<8 \\mathrm{p}_{\\mathrm{k}-1} \\mathrm{p}_{\\mathrm{k}}<2 \\times 3 \\times 5 \\times \\mathrm{p}_{\\mathrm{k}-1} \\mathrm{p}_{\\mathrm{k}} \\leqslant \\mathrm{p}_{1} \\mathrm{p}_{2} \\cdots \\mathrm{p}_{\\mathrm{k}}\n$$\n\nsi $k \\geqslant 5$. De plus, si $k=4$ on vérifie directement que $p_{k+1}^{2}=121<210=2 \\times 3 \\times 5 \\times 7=p_{1} \\cdots p_{k}$.\nRemarque : il existe une démonstration élémentaire de l'inégalité de Bonse n'utilisant pas le postulat de Bertrand. On vérifie d'abord à la main que si $4 \\leqslant n \\leqslant 7$ alors $p_{1} p_{2} \\cdots p_{n}>p_{n+1}^{2}$.\n\nSupposons par l'absurde qu'il existe $n \\geqslant 8$ tel que $p_{1} p_{2} \\cdots p_{n} \\leqslant p_{n+1}^{2}$. Soit $m=\\left[\\frac{n}{2}\\right]$. On a\n\n$$\n\\left(p_{1} p_{2} \\cdots p_{m}\\right)^{2}<p_{1} p_{2} \\cdots p_{n} \\leqslant p_{n+1}^{2}\n$$\n\ndonc $\\mathrm{p}_{1} \\mathrm{p}_{2} \\cdots \\mathrm{p}_{\\mathrm{m}}<\\mathrm{p}_{\\mathrm{n}+1}$.\nConsidérons les entiers $N_{j}=j p_{1} p_{2} \\cdots p_{m-1}-1\\left(1 \\leqslant j \\leqslant p_{m}\\right)$. Pour tout $j$, on a $N_{j}<p_{1} p_{2} \\cdots p_{m}<$ $p_{n+1}$ et $N_{j}$ est premier avec $p_{1}, p_{2}, \\ldots, p_{m-1}$. Donc si $q_{j}$ est le plus petit entier premier divisant $N_{j}$, on a $p_{m} \\leqslant q_{j} \\leqslant p_{n}$.\n\nLes $q_{j}$ sont distincts car si $j<\\ell$ et $q_{j}=q_{\\ell}$, alors $q_{j}$ divise $N_{\\ell}-N_{j}=(\\ell-j) p_{1} p_{2} \\cdots p_{m}$, donc $q_{j}$ divise $\\ell-\\mathfrak{j}$, ce qui est impossible puisque $1 \\leqslant \\ell-\\mathfrak{j}<p_{m} \\leqslant q_{j}$.\n\nPar conséquent, il y a au moins $p_{m}$ nombres premiers distincts compris entre $p_{m}$ et $p_{n}$ : autrement dit, $p_{m} \\leqslant n-m+1$. Or, $n \\leqslant 2 m+1$ donc $p_{m} \\leqslant m+2$.\n\nComme $p_{m} \\geqslant 2 m-1$ pour tout $m \\geqslant 1$, cela entraîne $2 m-1 \\leqslant m+2$, donc $m \\leqslant 3$, et donc $n \\leqslant 7$.\n![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_06_5f9dc6f56d060e9d13aeg-07.jpg?height=82&width=191&top_left_y=2073&top_left_x=967)", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/tests/fr-2012-2013-ofm-2012-2013-test-janvier-corrige.jsonl", "problem_match": "\nExercice 6.", "solution_match": "## Solution."}}
{"year": "2012", "tier": "T1", "problem_label": "7", "problem_type": null, "exam": "French_tests", "problem": "A, B, C, D, E sont cinq points d'un même cercle, de sorte que $A B C D E$ soit convexe et que l'on ait $A B=B C$ et $C D=D E$. On suppose que les droites $(A D)$ et $(B E)$ se coupent en $P$, et que la droite (BD) rencontre la droite (CA) en $Q$ et la droite (CE) en $T$.\n\nProuver que le triangle PQT est isocèle.", "solution": "![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_06_5f9dc6f56d060e9d13aeg-08.jpg?height=668&width=648&top_left_y=533&top_left_x=733)\n\nNotons $\\alpha$ et $\\beta$ les angles $(\\overrightarrow{A B}, \\overrightarrow{A C})$ et $(\\overrightarrow{A C}, \\overrightarrow{A D})$ respectivement. D'après le théorème de l'angle inscrit et les hypothèses de l'énoncé, on a\n\n$$\n\\begin{aligned}\n& \\alpha=(\\overrightarrow{\\mathrm{DB}}, \\overrightarrow{\\mathrm{DC}})=(\\overrightarrow{\\mathrm{EB}}, \\overrightarrow{\\mathrm{EC}})=(\\overrightarrow{\\mathrm{CA}}, \\overrightarrow{\\mathrm{CB}})=(\\overrightarrow{\\mathrm{DA}}, \\overrightarrow{\\mathrm{DB}}) \\\\\n& \\beta=(\\overrightarrow{\\mathrm{BC}}, \\overrightarrow{\\mathrm{BD}})=(\\overrightarrow{\\mathrm{EC}}, \\overrightarrow{\\mathrm{ED}})=(\\overrightarrow{\\mathrm{BD}}, \\overrightarrow{\\mathrm{BE}})=(\\overrightarrow{\\mathrm{CD}}, \\overrightarrow{\\mathrm{CE}})\n\\end{aligned}\n$$\n\nOn en déduit que\n\n$$\n\\begin{aligned}\n(\\overrightarrow{\\mathrm{BD}}, \\overrightarrow{\\mathrm{BP}}) & =\\beta=(\\overrightarrow{\\mathrm{BC}}, \\overrightarrow{\\mathrm{BQ}}) \\\\\n(\\overrightarrow{\\mathrm{DP}}, \\overrightarrow{\\mathrm{DB}}) & =\\alpha=(\\overrightarrow{\\mathrm{CA}}, \\overrightarrow{\\mathrm{CB}})\n\\end{aligned}\n$$\n\ndonc BPD et $B Q C$ sont semblables. Il s'ensuit $\\frac{B Q}{B P}=\\frac{B C}{B D}$.\nOr, $(\\overrightarrow{B Q}, \\overrightarrow{B P})=\\beta=(\\overrightarrow{B C}, \\overrightarrow{B D})$, donc $B Q P$ et $B C D$ sont semblables, ce qui entrainne que $\\frac{B P}{P Q}=\\frac{B D}{C D}$.\nEn échangeant les rôles de $(A, B)$ et de $(E, D)$, on obtient que $\\frac{D P}{P T}=\\frac{B D}{B C}$. En divisant les deux égalités précédentes, on en déduit que\n\n$$\n\\frac{B P}{D P} \\times \\frac{P T}{P Q}=\\frac{B C}{C D}\n$$\n\nOr, $B D P$ et $B D C$ sont (indirectement) semblables, puisque $(\\overrightarrow{B D}, \\overrightarrow{B P})=\\beta=(\\overrightarrow{B C}, \\overrightarrow{B D})$ et $(\\overrightarrow{D P}, \\overrightarrow{D B})=$ $\\alpha=(\\overrightarrow{D B}, \\overrightarrow{D C})$, donc $\\frac{B P}{D P}=\\frac{B C}{C D}$, et finalement $P T=P Q$.\n$\\underline{\\text { Solution analytique. }}$\n\nOn peut supposer que les affixes $a, b, c, d, e$ des points $A, B, C, D, E$ sont des nombres complexes de module 1. Le fait que $A B C$ est isocèle en $B$ se traduit par l'égalité $b^{2}=a c$ puisque $\\frac{b}{a}=e^{i \\theta}=\\frac{c}{b}$ où $\\theta$ est l'angle $(\\overrightarrow{O A}, \\overrightarrow{O B})=(\\overrightarrow{O B}, \\overrightarrow{O C})$. De même, on a $d^{2}=c e$.\n\nPour calculer l'affixe $p$ du point $P$, on exprime que $B, P, E$ sont alignés, ce qui se traduit par le fait que $\\frac{p-b}{p-e}$ est réel, ou encore\n\n$$\n\\frac{p-b}{p-e}=\\frac{\\bar{p}-\\bar{b}}{\\bar{p}-\\bar{e}}\n$$\n\nOn chasse les dénominateurs et on simplifie :\n\n$$\n(\\bar{b}-\\bar{e}) p-(b-e) \\bar{p}+b \\bar{e}-\\bar{b} e=0\n$$\n\nComme $\\overline{\\mathrm{b}}-\\overline{\\mathrm{e}}=\\frac{1}{\\mathrm{~b}}-\\frac{1}{\\mathrm{e}}=-\\frac{\\mathrm{b}-\\mathrm{e}}{\\mathrm{be}}$ et $\\mathrm{b} \\overline{\\mathrm{e}}-\\overline{\\mathrm{b}} e=\\frac{\\mathrm{b}}{\\mathrm{e}}-\\frac{\\mathrm{e}}{\\mathrm{b}}=\\frac{\\mathrm{b}^{2}-\\mathrm{e}^{2}}{\\mathrm{be}}=\\frac{(\\mathrm{b}-\\mathrm{e})(\\mathrm{b}+\\mathrm{e})}{\\mathrm{be}}$, on en déduit\n\n$$\n-\\frac{(b-e)}{b e} p-(b-e) \\bar{p}+(b-e) \\frac{b+e}{b e}=0\n$$\n\nce qui se simplifie en\n\n$$\np+b e \\bar{p}=b+e\n$$\n\nDe même, le fait que $A, P, D$ sont alignés se traduit par $p+a d \\bar{p}=a+d$. En soustrayant les deux égalités précédentes et en divisant par be - ad, on obtient\n\n$$\n\\bar{p}=\\frac{b+e-a-d}{b e-a d} .\n$$\n\nDe même, $\\bar{q}=\\frac{b+d-a-c}{b d-a c}$. On soustrait les deux égalités précédentes :\n\n$$\n\\overline{\\mathrm{p}}-\\overline{\\mathrm{q}}=\\frac{(\\mathrm{bd}-\\mathrm{ac})(\\mathrm{b}+\\mathrm{e}-\\mathrm{a}-\\mathrm{d})-(\\mathrm{be}-\\mathrm{ad})(\\mathrm{b}+\\mathrm{d}-\\mathrm{a}-\\mathrm{c})}{(\\mathrm{be}-\\mathrm{ac})(\\mathrm{bd}-\\mathrm{ac})}\n$$\n\nOn développe le numérateur et on remplace tous les $b^{2}$ par $a c$ et tous les $\\mathrm{d}^{2}$ par ce , ce qui donne\n\n$$\n\\begin{aligned}\n\\bar{p}-\\bar{q} & =\\frac{a(-b c+a c+c d-a d+b e-c e)}{(b e-a d)(b d-a c)} \\\\\n& =\\frac{a(-b c+a c+c d-a d+b e-c e)}{b(b e-a d)(d-b)}\n\\end{aligned}\n$$\n\ncompte tenu de $\\mathrm{ac}=\\mathrm{b}^{2}$. En échangeant les rôles de $(\\boldsymbol{a}, \\mathrm{b})$ et $(e, d)$, on obtient\n\n$$\n\\bar{p}-\\bar{t}=\\frac{e(-c d+c e+b c-b e+a d-a c)}{d(a d-b e)(b-d)}\n$$\n\nOn voit que $\\bar{p}-\\overline{\\mathrm{t}}=-\\frac{\\mathrm{be}}{\\mathrm{ad}}(\\overline{\\mathrm{p}}-\\overline{\\mathrm{q}})$. En prenant le module des deux membres, on en conclut que $\\mathrm{PQ}=\\mathrm{PT}$.\n![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_06_5f9dc6f56d060e9d13aeg-09.jpg?height=95&width=186&top_left_y=2441&top_left_x=972)", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/tests/fr-2012-2013-ofm-2012-2013-test-janvier-corrige.jsonl", "problem_match": "\nExercice 7.", "solution_match": "## Solution."}}
{"year": "2012", "tier": "T1", "problem_label": "8", "problem_type": null, "exam": "French_tests", "problem": "Soit $\\mathrm{n}>0$ un entier. Anne écrit au tableau n entiers strictement positifs distincts. Bernard efface alors certains de ces nombres (éventuellement aucun, mais pas tous). Devant chacun des nombres restants, il écrit un + ou un -, et effectue l'addition correspondante. Si le résultat est divisible par 2013, c'est Bernard qui gagne, sinon c'est Anne.\n\nDéterminer, selon la valeur de n , lequel des deux possède une stratégie gagnante.", "solution": "Montrons que si $n \\geqslant 11$ alors Bernard a une stratégie gagnante. En effet, si $x_{1}, \\ldots, x_{n}$ sont des nombres entiers, d'après le principe des tiroirs les restes modulo 2013 des entiers de la forme $a_{1} \\chi_{1}+$ $\\cdots+a_{n} x_{n}\\left(a_{i} \\in\\{0,1\\}\\right)$ ne peuvent pas être tous distincts puisque le nombre de telles écritures est $2^{n} \\geqslant 2^{11}=2048>2013$. Il existe donc $\\left(a_{1}, \\ldots, a_{n}\\right)$ et $\\left(b_{1}, \\ldots, b_{n}\\right) \\in\\{0,1\\}^{n}$ distincts tels que $a_{1} x_{1}+\\cdots+a_{n} x_{n} \\equiv b_{1} x_{1}+\\cdots+b_{n} x_{n}$ [2013]. Si on pose $c_{i}=a_{i}-b_{i}$, alors les $c_{i}$ valent 0,1 ou -1 , ne sont pas tous nuls, et $c_{1} x_{1}+\\cdots+c_{n} x_{n}$ est divisible par 2013.\n\nMontrons que si $n \\leqslant 10$ alors Anne possède une stratégie gagnante. En effet, elle choisit les nombres $1,2, \\ldots, 2^{n-1}$. Si Bernard gagnait, cela signifierait qu'il pourrait trouver $c_{1}, \\ldots, c_{k}, d_{1}, \\ldots, d_{\\ell}$ deux à deux distincts dans $\\{0,1, \\ldots, \\mathfrak{n}-1\\}$ tels que $(k, \\ell) \\neq(0,0)$ et $2^{\\mathrm{c}_{1}}+\\cdots+2^{\\mathrm{c}_{\\mathrm{k}}} \\equiv 2^{\\mathrm{d}_{1}}+\\cdots+2^{\\mathrm{d}_{\\ell}}[2013]$. Or, les deux nombres $2^{\\mathrm{c}_{1}}+\\cdots+2^{\\mathrm{c}_{\\mathrm{k}}}$ et $2^{\\mathrm{d}_{1}}+\\cdots+2^{\\mathrm{d}_{\\ell}}$ sont compris entre 0 et $1+2+\\cdots+2^{\\text {n-1 }}=$ $2^{n}-1 \\leqslant 2^{10}-1=1023$, donc s'ils sont congrus modulo 2013 c'est qu'ils sont égaux :\n\n$$\n2^{c_{1}}+\\cdots+2^{c_{k}}=2^{d_{1}}+\\cdots+2^{d_{\\ell}}\n$$\n\nce qui contredit l'unicité de l'écriture en base 2 d'un entier.\n![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_06_5f9dc6f56d060e9d13aeg-10.jpg?height=234&width=525&top_left_y=1279&top_left_x=800)\n\nFin", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/tests/fr-2012-2013-ofm-2012-2013-test-janvier-corrige.jsonl", "problem_match": "\nExercice 8.", "solution_match": "## Solution."}}