{"year": "2013", "tier": "T1", "problem_label": "1", "problem_type": null, "exam": "French_tests", "problem": "Déterminer tous les triplets $(x, y, z)$ d'entiers tels que\n\n$$\nx^{2}+y^{2}+z^{2}=16(x+y+z)\n$$", "solution": "Tout d'abord, remarquons que l'équation peut se réécrire\n\n$$\nx(x-16)+y(y-16)+z(z-16)=0\n$$\n\nCela invite donc à effectuer un changement de variables, en posant $X=x-8, Y=y-8$ et $Z=z-8$. L'équation devient alors\n\n$$\nX^{2}+Y^{2}+Z^{2}=3 \\times 8^{2}\n$$\n\nOn introduit alors le lemme suivant, sur les sommes de trois carrés : si $a, b$ et c sont trois entiers tels que $a^{2}+b^{2}+c^{2} \\equiv 0(\\bmod 4)$, alors $a, b$ et $c$ sont tous les trois pairs. En effet, le carré d'un entier pair vaut $0(\\bmod 4)$, et que le carré d'un entier impair vaut $1(\\bmod 4)$.\nEn appliquant 3 fois de suite le lemme, on montre donc que $X, Y$ et $Z$ sont multiples de 8 . Encore une fois, on change de variables, en posant $u=\\frac{X}{8}=\\frac{x}{8}-1, v=\\frac{Y}{8}=\\frac{y}{8}-1$ et $w=\\frac{Z}{8}=\\frac{z}{8}-1$. L'équation devient\n\n$$\nu^{2}+v^{2}+w^{2}=3\n$$\n\nIl est alors clair que $(u, v, w)$ convient si et seulement si $u^{2}=v^{2}=w^{2}=1$, c'est-à-dire si et seulement si $u, v$ et $w$ appartiennent tous trois à l'ensemble $\\{-1,1\\}$. L'équation initiale avait donc pour solutions les triplets $(x, y, z)$ tels que $x, y$ et $z$ appartiennent tous trois à l'ensemble \\{0, 16\\}.", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/tests/fr-2013-2014-ofm-2013-2014-test-fevrier-corrige.jsonl", "problem_match": "\nExercice 1.", "solution_match": "\nSolution de l'exercice 1"}}
{"year": "2013", "tier": "T1", "problem_label": "2", "problem_type": null, "exam": "French_tests", "problem": "Sur une droite se trouvent 400 points bleus et 200 points verts. Montrer que l'on peut trouver un segment qui contient exactement 200 points bleus et 100 points verts.", "solution": "Notons $A_{1}, \\ldots, A_{600}$ les points de la droite, alignés dans cet ordre. Il s'agit de montrer qu'il existe un entier $k \\in\\{0, \\ldots, 300\\}$ tel que, parmi les points $A_{k+1}, \\ldots, A_{k+300}$, il y en a exactement 100 verts (il y en aura alors forcément 200 bleus).\nIntroduisons la fonction $\\mathrm{f}:\\{0, \\ldots, 300\\} \\longrightarrow \\mathbb{N}$ qui à un entier $k$ associe le nombre de points verts parmi $A_{k+1}, \\ldots, A_{k+300}$. On veut montrer que f prend la valeur 100 . Pour cela, remarquons deux choses:\n\n1. Tout d'abord, la somme $f(0)+f(300)$ compte le nombre total de points verts, et elle vaut donc 200. Ainsi, l'un des deux termes de la somme est supérieur ou égal à 100 tandis que l'autre ne dépasse pas 100. Quitte à changer le sens de parcours des points sur la droite, on peut supposer que $f(0) \\leqslant 100 \\leqslant f(300)$.\n2. Intéressons-nous maintenant à la différence $f(k)-f(k-1)$, où $k \\geqslant 1$ :\n\n- si $A_{k+300}$ et $A_{k}$ sont de même couleur, elle vaut 0 ;\n- si $A_{k+300}$ est vert et $A_{k}$ est bleu, elle vaut 1;\n- si $A_{k+300}$ est bleu et $A_{k}$ est vert, elle vaut -1 .\n\nEn particulier, on a $f(k)-f(k-1) \\leqslant 1$ pour tout $k \\in\\{1, \\ldots, 300\\}$.\nConsidérons maintenant le plus petit entier $p$ tel que $f(p) \\geqslant 100$ : cet entier existe bien, puisque $f(300) \\geqslant 100$. Si $p=0$, il n'y a plus rien à faire : en effet, dans ce cas, on a $f(0) \\geqslant 100$ et $f(0) \\leqslant 100$,\nd'où $f(0)=100$. Si $p>0$, la minimalité de $p$ assure que $f(p-1) \\leqslant 99$ et donc, d'après ci-dessus, on a alors $100 \\leqslant f(p) \\leqslant f(p-1)+1 \\leqslant 100$, et ainsi $f(p)=100$.\nFinalement, dans tous les cas, la valeur 100 est bien atteinte par la fonction $f$, ce qui conclut.\n\n## Exercices communs", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/tests/fr-2013-2014-ofm-2013-2014-test-fevrier-corrige.jsonl", "problem_match": "\nExercice 2.", "solution_match": "\nSolution de l'exercice 2"}}
{"year": "2013", "tier": "T1", "problem_label": "3", "problem_type": null, "exam": "French_tests", "problem": "Soit $a, b, c, d>0$ des réels tels que $a b c d=1$.\nProuver que\n\n$$\n\\frac{1}{a+b+2}+\\frac{1}{b+c+2}+\\frac{1}{c+d+2}+\\frac{1}{d+a+2} \\leqslant 1 .\n$$", "solution": "Il est bien connu que, si $x, y>0$ sont des réels, on a $x+y \\geqslant 2 \\sqrt{x y}$.\nPar suite, $\\frac{1}{a+b+2} \\leqslant \\frac{1}{2(\\sqrt{a b}+1)}$ et $\\frac{1}{c+d+2} \\leqslant \\frac{1}{2(\\sqrt{c d}+1)}$, d'où\n\n$$\n\\begin{aligned}\n\\frac{1}{a+b+2}+\\frac{1}{c+d+2} & \\leqslant \\frac{1}{2(\\sqrt{a b}+1)}+\\frac{1}{2(\\sqrt{c d}+1)}=\\frac{1}{2(\\sqrt{a b}+1)}+\\frac{1}{2\\left(\\frac{1}{\\sqrt{a b}}+1\\right)} \\\\\n& =\\frac{1}{2(\\sqrt{a b}+1)}+\\frac{\\sqrt{a b}}{2(\\sqrt{a b}+1)}=\\frac{1}{2}\n\\end{aligned}\n$$\n\nOn prouve de même que $\\frac{1}{\\mathrm{~b}+\\mathrm{c}+2}+\\frac{1}{\\mathrm{~d}+\\mathrm{a}+2} \\leqslant \\frac{1}{2}$.\nEn sommant les deux inégalités précédentes, on déduit immédiatement la conclusion désirée.", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/tests/fr-2013-2014-ofm-2013-2014-test-fevrier-corrige.jsonl", "problem_match": "## Exercice 3.", "solution_match": "\nSolution de l'exercice 3"}}
{"year": "2013", "tier": "T1", "problem_label": "4", "problem_type": null, "exam": "French_tests", "problem": "Soient deux cercles extérieurs $\\mathcal{C}$ et $\\mathcal{C}^{\\prime}$ de centres $O$ et $\\mathrm{O}^{\\prime}$. On mène deux rayons parallèles de même sens $[O M]$ et $\\left[O^{\\prime} M^{\\prime}\\right]$, et deux autres rayons parallèles de même sens [OP] et $\\left[\\mathrm{O}^{\\prime} \\mathrm{P}^{\\prime}\\right]$. La droite $\\left(M M^{\\prime}\\right.$ ) recoupe $\\mathcal{C}^{\\prime}$ en $N$ et la droite ( $\\mathrm{PP}^{\\prime}$ ) recoupe $\\mathcal{C}^{\\prime}$ en Q . Montrer que $M, N, P, Q$ sont cocycliques.", "solution": "![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_06_89e1a88971a848120f4cg-3.jpg?height=489&width=1277&top_left_y=1775&top_left_x=424)\n\nLes triangles OMP et $\\mathrm{O}^{\\prime} \\mathrm{M}^{\\prime} \\mathrm{P}^{\\prime}$ sont isocèles en O et $\\mathrm{O}^{\\prime}$ respectivement. De plus, les angles $(\\overrightarrow{\\mathrm{OM}}, \\overrightarrow{\\mathrm{OP}})$ et $\\left(\\overrightarrow{\\mathrm{O}^{\\prime} \\mathrm{M}^{\\prime}}, \\overrightarrow{\\mathrm{O}^{\\prime} \\mathrm{P}^{\\prime}}\\right)$ sont égaux, donc ces deux triangles sont directement semblables. Comme de plus (OM) et $\\left(O^{\\prime} M^{\\prime}\\right)$ sont parallèles, (MP) et $\\left(M^{\\prime} \\mathrm{P}^{\\prime}\\right)$ le sont.\n\nOn en déduit $(M P, M N)=\\left(M^{\\prime} P^{\\prime}, M^{\\prime} N\\right)=\\left(Q^{\\prime}, Q N\\right)=(Q P, Q N)$, donc MNPQ est inscriptible.\nAutre solution. Supposons que les cercles sont de rayons différents. Soit $\\Omega$ le centre de l'homothétie $h$ de rapport $\\lambda>0$ qui transforme le premier cercle en le deuxième. Le point $h(M)$ vérifie la même condition de l'énoncé que le point $M^{\\prime}$, donc $h(M)=M^{\\prime}$. De même, $h(P)=P^{\\prime}$. On a $\\Omega N \\cdot \\Omega M^{\\prime}=\\Omega Q \\cdot \\Omega P^{\\prime}$ (puissance d'un point par rapport à un cercle), donc $\\lambda \\Omega N \\cdot \\Omega M=$ $\\lambda Q \\cdot \\Omega P$. En simplifiant par $\\lambda$ et en utilisant encore la puissance d'un point par rapport à un cercle, on en déduit que $M, N, P, Q$ sont cocycliques.\nSi les cercles sont de même rayon, alors il existe une translation qui envoie $M$ et $P$ sur $M^{\\prime}$ et $P^{\\prime}$ respectivement, donc comme ci-dessus on a $(M P, M N)=\\left(M^{\\prime} P^{\\prime}, M^{\\prime} N\\right)=\\left(Q^{\\prime}, Q N\\right)=$ (QP, QN).\n\n## Exercices du groupe A", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/tests/fr-2013-2014-ofm-2013-2014-test-fevrier-corrige.jsonl", "problem_match": "\nExercice 4.", "solution_match": "## Solution de l'exercice 4"}}
{"year": "2013", "tier": "T1", "problem_label": "5", "problem_type": null, "exam": "French_tests", "problem": "Soit $n>0$ un entier, et $a, b, c$ des entiers strictement positifs tels que\n\n$$\n(a+b c)(b+a c)=19^{n}\n$$\n\nProuver que n est pair.", "solution": "Procédons par l'absurde, et supposons qu'il existe un triplet ( $a, b, c$ ) tel que $(\\mathrm{a}+\\mathrm{bc})(\\mathrm{b}+\\mathrm{ac})=19^{\\mathrm{n}}$, où $n$ est un entier impair. Sans perte de généralité, on peut supposer que $a \\geqslant b$ et que la somme $a+b+c$ est minimale.\nPuisque 19 est premier, on sait que $b+a c \\geqslant 2$ est une puissance de 19 , donc que $b+a c \\equiv 0$ $(\\bmod 19)$. Si 19 divise $a$, alors 19 divise bégalement : alors le triplet $(\\alpha, \\beta, c)=\\left(\\frac{a}{19}, \\frac{b}{19}, c\\right)$ est tel que $(\\alpha+\\beta c)(\\beta+\\alpha c)=19^{n-2}$, de sorte que la somme $a+b+c$ n'est pas minimale. On sait donc que $\\operatorname{PGCD}(\\mathbf{a}, 19)=1$.\nEn outre, si $\\mathrm{c}=1$, alors $(a+b c)(b+a c)=(a+b)^{2}$ est un carré, donc $n$ est nécessairement pair. De même, si $a=b$, alors $(a+b c)(b+a c)=(a+a c)^{2}$ est un carré, et $n$ est pair. On sait donc que $c>1$ et que $a>b$.\nAlors $b+a c=(a+b c)+(a-b)(c-1)>a+b c$, de sorte qu'il existe deux entiers naturels $u$ et $v$ tels que $a+b c=19^{u}$ et $b+a c=19^{u+v}$. En particulier, $a(c-1)(c+1)=a c^{2}-a=$ $(b+a c) c-(a+b c)=19^{u}\\left(19^{v} c-1\\right)$. On sait donc que $19^{u}$ divise $(c-1)(c+1)$ et, puisque $\\operatorname{PGCD}\\left(19^{\\mathbf{u}}, \\mathfrak{c}-1, \\mathrm{c}+1\\right)=\\operatorname{PGCD}\\left(19^{\\mathbf{u}}, \\boldsymbol{c}-1,2\\right)=1$, on en déduit que $19^{\\mathbf{u}}$ divise soit $\\mathbf{c}-1$ soit $\\mathrm{c}+1$.\nOr, on sait que $19^{\\mathrm{u}}=\\mathrm{a}+\\mathrm{bc}>\\mathrm{b}+\\mathrm{bc} \\geqslant \\mathrm{c}+1>\\mathrm{c}-1>0$. Il est donc impossible que $19^{\\mathrm{u}}$ divise $\\mathrm{c}-1$ ou $\\mathrm{c}+1$, de sorte que notre supposition initiale était fausse, et donc que $n$ est nécessairement pair.\nRemarque. Le raisonnement utilisé ci-dessus permet en fait de montrer que, si $p$ est un nombre premier impair, les triplets ( $a, b, c$ ) d'entiers strictement positifs tels que $(a+b c)(b+a c)$ soit une puissance de $p$ sont les triplets de la forme ( $\\mathfrak{a}, \\mathfrak{p}^{\\mathrm{k}}-\\mathfrak{a}, 1$ ) ou bien ( $\\mathfrak{p}^{k}, \\mathfrak{p}^{\\mathrm{k}}, \\mathfrak{p}^{\\ell}-1$ ).\nLe fait que $p$ soit impair est très important, car l'exercice est faux si on prend $p=2$, comme en témoigne l'égalité $(3+1 \\times 5)(1+3 \\times 5)=2^{7}$.", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/tests/fr-2013-2014-ofm-2013-2014-test-fevrier-corrige.jsonl", "problem_match": "\nExercice 5.", "solution_match": "\nSolution de l'exercice 5"}}
{"year": "2013", "tier": "T1", "problem_label": "6", "problem_type": null, "exam": "French_tests", "problem": "Soient $n$ et $p$ des entiers $\\geqslant 1$. Dans une assemblée de $n$ personnes, deux personnes quelconques ont au plus $p$ connaissances communes ; bien sûr, si A connaît B, alors B connaît $A$. Montrer que le nombre de paires non ordonnées $\\{A, B\\}$ de personnes qui se connaissent est inférieur ou égal à $\\sqrt{\\mathrm{pn}^{3}}$.", "solution": "Notons $A_{1}, \\cdots, A_{n}$ les personnes et, considérons le graphe simple et non orienté dont les sommets sont les $A_{i}$, et où deux personnes $A_{i}$ et $A_{j}$ sont reliées par une arête si et seulement si elles se connaissent.\nPour tout $i$, notons $d_{i}$ le degré de $A_{i}$ (c'est-à-dire le nombre de personnes que connaît $A_{i}$ ). Il s'agit de prouver que le nombre d'arêtes a de ce graphe vérifie $a \\leqslant \\sqrt{\\mathrm{pn}^{3}}$.\nIl est bien connu que $2 a=\\sum_{i=1}^{n} d_{i}$.\nSoit $M$ le nombre de paires d'arêtes $\\{X Y, Y Z\\}$ ayant un sommet commun.\nPour tout $i$, le sommet $A_{i}$ joue le rôle de $Y$ autant de fois que l'on peut choisir deux sommets adjacents à $A_{i}$. Ainsi,\n\n$$\nM=\\sum_{i=1}^{n}\\binom{d_{i}}{2}\n$$\n\nD'autre part, d'après l'énoncé, deux sommets quelconques ont toujours au plus p sommets adjacents communs. Ainsi,\n\n$$\nM \\leqslant p\\binom{n}{2} .\n$$\n\nDe (1) et (2), on déduit que\n\n$$\n\\sum_{i=1}^{n}\\binom{d_{i}}{2} \\leqslant p\\binom{n}{2}\n$$\n\nOr, la fonction $x \\longmapsto \\frac{1}{2} \\chi(x-1)$ est convexe sur $\\mathbb{R}$ donc, d'après l'inégalité de Jensen, on a\n\n$$\n\\sum_{i=1}^{n}\\binom{d_{i}}{2} \\geqslant \\frac{n}{2}\\left(\\frac{2 a}{n}\\right)\\left(\\frac{2 a}{n}-1\\right)\n$$\n\nDe (3) et (4), on obtient que $2 a(2 a-n) \\leqslant p^{2}(n-1) \\leqslant n^{3}$, ou encore $4 a^{2}-2 n a-p n^{3} \\leqslant 0$. Si $a>\\sqrt{p n^{3}}$, alors $0>4 a^{2}-2 n a-a^{2}=(3 a-2 n) a \\geqslant(3 \\sqrt{p n}-2) n a \\geqslant n a \\geqslant 0$, ce qui conclut.", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/tests/fr-2013-2014-ofm-2013-2014-test-fevrier-corrige.jsonl", "problem_match": "\nExercice 6.", "solution_match": "\nSolution de l'exercice 6"}}