{"year": "2013", "tier": "T1", "problem_label": "1", "problem_type": null, "exam": "French_tests", "problem": "Soit $n$ un entier strictement positif. Trouver le plus petit entier $k$ ayant la propriété suivante : pour tous réels $a_{1}, \\ldots, a_{d}$ vérifiant $a_{1}+a_{2}+\\cdots+a_{d}=n$ et $0 \\leqslant a_{i} \\leqslant 1$ pour $i=1,2, \\ldots, d$, il est possible de regrouper les nombres en $k$ paquets (éventuellement vides) de sorte que la somme des nombres de chaque paquet soit $\\leqslant 1$.", "solution": "$\\triangleright$ Les réels $a_{1}=\\ldots=a_{2 n-1}=\\frac{n}{2 n-1}$ appartiennent à l'intervalle $\\left.] \\frac{1}{2}, 1\\right]$ et leur somme vaut $n$. Comme chaque réel est strictement plus grand que $\\frac{1}{2}$, chaque paquet contient au plus un de ces $2 n-1$ réels (car la somme de deux d'entre eux est strictement supérieure à 1 ) : il faut donc au moins $2 n-1$ paquets.\n$\\triangleright$ Supposons que l'on ait partitionné notre ensemble de réels $a_{1}, \\ldots, a_{d}$ en $k \\geq 2 n$ paquets et notons $\\alpha_{1} \\leq \\ldots \\leq \\alpha_{k}$ les sommes associées à ces paquets classées par ordre croissant. Alors, en regroupant ces nombres deux par deux, on obtient\n\n$$\n\\begin{aligned}\nn & =\\alpha_{1}+\\alpha_{2}+\\ldots+\\alpha_{k} \\\\\n& =\\left(\\alpha_{1}+\\alpha_{2}\\right)+\\left(\\alpha_{3}+\\alpha_{4}\\right)+\\ldots \\\\\n& \\geq\\left\\lfloor\\frac{k}{2}\\right\\rfloor\\left(\\alpha_{1}+\\alpha_{2}\\right) \\geq n\\left(\\alpha_{1}+\\alpha_{2}\\right)\n\\end{aligned}\n$$\n\nAinsi, $\\alpha_{1}+\\alpha_{2} \\leq 1$ et on peut regrouper les deux paquets correspondants en un nouveau paquet de somme totale inférieure ou égale à 1 et on est ramené à $k-1$ paquets.\n$\\triangleright$ En conclusion, il est nécessaire d'avoir $2 n-1$ paquets et, si l'on a partitionné en plus de $2 n$ paquets, on peut procéder à un regroupement et faire diminuer le nombre de paquets nécessaires. La valeur recherchée est donc $2 n-1$.", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/tests/fr-2013-2014-ofm-2013-2014-test-mai-corrige.jsonl", "problem_match": "\nExercice 1.", "solution_match": "## Solution de l'exercice 1"}}
{"year": "2013", "tier": "T1", "problem_label": "2", "problem_type": null, "exam": "French_tests", "problem": "Deux cercles $O_{1}$ et $O_{2}$ se coupent en $M$ et $N$. La tangente commune aux deux cercles la plus proche de $M$ touche $O_{1}$ et $O_{2}$ en $A$ et $B$ respectivement. Soient $C$ et $D$ les symétriques de $A$ et $B$ par rapport à $M$ respectivement. Le cercle circonscrit au triangle $D C M$ intersecte les cercles $O_{1}$ et $O_{2}$ respectivement en des points $E$ et $F$ distincts de $M$. Montrer que les cercles circonscrits aux triangles $M E F$ et $N E F$ sont de même rayon.", "solution": "![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_06_abd37f3489f27f98aad2g-4.jpg?height=649&width=836&top_left_y=1692&top_left_x=612)\n\nMontrons d'abord que $(E F)$ l'autre tangente commune aux deux cercles.\nSoient $E^{\\prime}$ et $F^{\\prime}$ les points de contact de l'autre tangente commune. Soit $X$ le point d'intersection de $(A B)$ et de $(M N)$. On a $A X=B X$ car $X$ se situe sur l'axe radical des deux cercles. Comme $A B C D$ est un parallélogramme de centre $M$, on a $(M X) / /(A D)$, ce qui entraîne $(A D) \\perp\\left(O_{1} O_{2}\\right)$.\n\nDe plus, $A$ et $E$ étant symétriques par rapport à $\\left(O_{1} O_{2}\\right)$ on obtient que $A, D, E$ sont alignés, et de même $B, C, F$ sont alignés.\nD'après le cas limite du théorème de l'angle inscrit dans le cercle $O_{1}$, on a $(E M, E A)=(A M, A B)$, donc $(C M, C D)=(C A, C D)=(A M, A B)=(E M, E A)=(E M, E D)$, par conséquent $E^{\\prime}$ appartient au cercle $M C D$. On en conclut que $E=E^{\\prime}$, et de même $F=F^{\\prime}$.\nEn appliquant la symétrie d'axe $\\left(O_{1} O_{2}\\right)$ puis la symétrie de centre $M$ au cercle $(N E F)$, on obtient successivement le cercle $M A B$, puis le cercle $M C D$, c'est-à-dire le cercle $M E F$. Comme une symétrie conserve les longueurs, les cercles $M E F$ et $N E F$ ont même rayon.", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/tests/fr-2013-2014-ofm-2013-2014-test-mai-corrige.jsonl", "problem_match": "\nExercice 2.", "solution_match": "## Solution de l'exercice 2"}}
{"year": "2013", "tier": "T1", "problem_label": "3", "problem_type": null, "exam": "French_tests", "problem": "Montrer qu'il existe une infinité d'entiers positifs $n$ tels que le plus grand facteur premier de $n^{4}+n^{2}+1$ soit égal au plus grand facteur premier de $(n+1)^{4}+(n+1)^{2}+1$.", "solution": "Pour tout $n \\geq 1$, on note $p_{n}$ le plus grand diviseur premier de $n^{4}+n^{2}+1$, et $q_{n}$ le plus grand diviseur premier de $n^{2}+n+1$.\nOn donc $p_{n}=q_{n^{2}}$.\nDe plus, de l'identité\n\n$$\nn^{4}+n^{2}+1=\\left(n^{2}+n+1\\right)\\left(n^{2}-n+1\\right)=\\left(n^{2}+n+1\\right)\\left((n-1)^{2}+(n-1)+1\\right)\n$$\n\nil découle que $p_{n}=\\max \\left(q_{n}, q_{n-1}\\right)$ pour tout $n \\geq 2$.\nD'autre part, le nombre $n^{2}-n+1=n(n-1)+1$ est impair, donc\n\n$$\n\\operatorname{pgcd}\\left(n^{2}+n+1, n^{2}-n+1\\right)=\\operatorname{pgcd}\\left(2 n, n^{2}-n+1\\right)=\\operatorname{pgcd}\\left(n, n^{2}-n+1\\right)=1\n$$\n\nAinsi, on a $q_{n} \\neq q_{n-1}$.\nPour conclure, il suffit alors de prouver que l'ensemble\n\n$$\nS=\\left\\{n \\geq 2 \\mid q_{n}>q_{n-1} \\text { et } q_{n}>q_{n+1}\\right\\}\n$$\n\nest infini, puisque pour tout $n \\in S$, on a\n\n$$\np_{n}=\\max \\left(q_{n}, q_{n-1}\\right)=q_{n}=\\max \\left(q_{n}, q_{n+1}\\right)=p_{n+1} .\n$$\n\nPar l'absurde: supposons que $S$ soit fini.\nPuisque $q_{2}=q_{4}=7<13=q_{3}$, on peut affirmer que $S$ n'est pas vide. Puisqu'il est fini, il possède alors un plus grand élément, disons $m$.\nLa suite $\\left(q_{n}\\right)_{n \\geq m}$ ne peut être strictement décroissante puisqu'elle est formée d'entiers positifs. Il existe donc $k \\geq m$ tel que $q_{k}<q_{k+1}$ (on rappelle que $q_{k} \\neq q_{k+1}$ ). Mais, il est également impossible d'avoir $\\left(q_{n}\\right)_{n \\geq k}$ strictement croissante car $q_{(k+1)^{2}}=p_{k+1}=\\max \\left(q_{k}, q_{k+1}\\right)=q_{k+1}$. Notons alors $t$ le plus petit entier supérieur ou égal à $k+1$ tel que $q_{t}>q_{t+1}$. La minimalité de $t$ assure que l'on a $q_{t-1}<q_{t}$, et donc que $t \\in S$.\nPourtant, on a $t \\geq k+1>k \\geq m$, ce qui contredit la maximalité de $m$.\nPar suite, on a $S$ infini, ce qui conclut.", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/tests/fr-2013-2014-ofm-2013-2014-test-mai-corrige.jsonl", "problem_match": "\nExercice 3.", "solution_match": "\nSolution de l'exercice 3"}}
{"year": "2013", "tier": "T1", "problem_label": "4", "problem_type": null, "exam": "French_tests", "problem": "On note $\\mathbb{N}^{*}$ l'ensemble des entiers naturels strictement positifs. Trouver toutes les $^{2}$ fonctions $f: \\mathbb{N}^{*} \\rightarrow \\mathbb{N}^{*}$ telles que\n\n$$\nm^{2}+f(n) \\mid m f(m)+n\n$$\n\npour tous entiers strictement positifs $m$ et $n$.", "solution": "Soit $f$ une solution éventuelle du problème.\nOn note ( $\\left.{ }^{*}\\right)$ la condition \" $m^{2}+f(n)$ divise $m f(m)+n$ \".\nEn choisissant $m=n=2$ dans $\\left(^{*}\\right.$ ), il vient que $4+f(2)$ divise $2 f(2)+2$. Or, on a $2 f(2)+2<$ $2(f(2)+4)$, et il faut donc que $f(2)+4=2 f(2)+2$, d'où $f(2)=2$.\n\nEn choisissant maintenant $m=2$, la condition ( ${ }^{*}$ ) assure que, pour tout $n \\geq 1$, le nombre $4+f(n)$ divise $4+n$, ce qui conduit à $f(n) \\leq n$, pour tout $n \\geq 1$. (i)\n\nD'autre part, en choisissant $m=n$ dans $\\left({ }^{*}\\right)$, on déduit cette fois que, pour tout $n \\geq 1$, le nombre $n^{2}+f(n)$ divise $n f(n)+n$, d'où $n^{2}+f(n) \\leq n f(n)+n$. Ainsi, on a $(n-1)(f(n)-n) \\geq 0$, ce qui conduit à $f(n) \\geq n$, pour tout $n \\geq 2$. Puisqu'on a clairement $f(1) \\geq 1$, c'est donc que $f(n) \\geq n$ pour tout $n \\geq 1$. (ii)\n\nDe (i) et (ii), on déduit que $f(n)=n$ pour tout $n \\geq 1$.\nRéciproquement, il est évident que $f: n \\longmapsto n$ est bien une solution du problème.", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/tests/fr-2013-2014-ofm-2013-2014-test-mai-corrige.jsonl", "problem_match": "\nExercice 4.", "solution_match": "\nSolution de l'exercice 4"}}
{"year": "2013", "tier": "T1", "problem_label": "5", "problem_type": null, "exam": "French_tests", "problem": "Soit $n$ un entier strictement positif et $x_{1}, \\ldots, x_{n}$ des réels strictement positifs. Montrer qu'il existe des nombres $a_{1}, \\ldots, a_{n} \\in\\{-1,1\\}$ tels que :\n\n$$\na_{1} x_{1}^{2}+a_{2} x_{2}^{2}+\\cdots+a_{n} x_{n}^{2} \\geqslant\\left(a_{1} x_{1}+a_{2} x_{2}+\\cdots+a_{n} x_{n}\\right)^{2} .\n$$", "solution": "Commençons par ordonner les réels $x_{k}$ de sorte à ce que $x_{1} \\geq x_{2} \\geq \\ldots \\geq x_{n}>0$.\nMontrons par récurrence forte qu'une solution est fournie par la suite de coefficients définie par $a_{k}=1$ si $k$ est impair et $a_{k}=-1$ si $k$ est pair.\n$\\triangleright \\operatorname{Si} n=1, a_{1} x_{1}^{2}=\\left(a_{1} x_{1}\\right)^{2}$ donc l'inégalité est vérifiée.\n$\\triangleright$ Si $n=2, a_{1} x_{1}^{2}+a_{2} x_{2}^{2}=x_{1}^{2}-x_{2}^{2} \\geq x_{1}^{2}-2 x_{1} x_{2}+x_{2}^{2}=\\left(x_{1}-x_{2}\\right)^{2}$ car $x_{1} \\geq x_{2}$; l'inégalité est encore vérifiée.\n$\\triangleright$ Soit $n \\geq 3$. Supposons que le résultat est établi jusqu'au rang $n-1$ et montrons l'inégalité au rang $n$.\nLa différence des deux membres est alors\n\n$$\na_{1} x_{1}^{2}+\\ldots+a_{n} x_{n}^{2}-\\left(a_{1} x_{1}+\\ldots+a_{n} x_{n}\\right)^{2}=\\alpha x_{1}+\\beta\n$$\n\navec\n\n$$\n\\alpha=-2\\left(a_{2} x_{2}+\\ldots+a_{n} x_{n}\\right)=2\\left(\\left(x_{2}-x_{3}\\right)+\\left(x_{4}-x_{5}\\right)+\\ldots\\right) \\leq 0\n$$\n\ncar $x_{2} \\geq x_{3}, x_{4} \\geq x_{5}, \\ldots$ Par conséquent, en utilisant la croissance de la fonction $x \\mapsto \\alpha x+\\beta$ et $x_{1} \\geq x_{2}$,\n\n$$\n\\begin{aligned}\na_{1} x_{1}^{2}+\\ldots+a_{n} x_{n}^{2}-\\left(a_{1} x_{1}+\\ldots+a_{n} x_{n}\\right)^{2} & \\geq \\alpha x_{2}+\\beta \\\\\n& \\geq a_{1} x_{2}^{2}+a_{2} x_{2}^{2} \\ldots+a_{n} x_{n}^{2}-\\left(a_{1} x_{2}+a_{2} x_{2}+\\ldots+a_{n} x_{n}\\right)^{2} \\\\\n& \\geq a_{3} x_{1}^{3}+\\ldots+a_{n} x_{n}^{2}-\\left(a_{3} x_{3}+\\ldots+a_{n} x_{n}\\right)^{2}\n\\end{aligned}\n$$\n\ncar $a_{1}=-a_{2}$ et donc $a_{1} x_{1}^{2}+a_{2} x_{2}^{2}=a_{1} x_{1}+a_{2} x_{2}=0$. Le dernier terme est positif d'après l'hypothèse de récurrence avec les réels $x_{3}, \\ldots, x_{n}$ ce qui termine la preuve de l'inégalité au rang $n$.", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/tests/fr-2013-2014-ofm-2013-2014-test-mai-corrige.jsonl", "problem_match": "\nExercice 5.", "solution_match": "## Solution de l'exercice 5"}}
{"year": "2013", "tier": "T1", "problem_label": "6", "problem_type": null, "exam": "French_tests", "problem": "Soit $\\omega$ le cercle circonscrit à un triangle $A B C$. On désigne par $M$ et $N$ les milieux des côtés $[A B]$ et $[A C]$ respectivement, et par $T$ le milieu de l'arc $B C$ de $\\omega$ ne contenant pas $A$. Les cercles circonscrits aux triangles $A M T$ et $A N T$ rencontrent les médiatrices de $[A C]$ et $[A B]$ aux points $X$ et $Y$ respectivement; on suppose que $X$ et $Y$ sont à l'intérieur du triangle $A B C$. Les droites $(M N)$ et $(X Y)$ se coupent en $K$. Montrer que $K A=K T$.", "solution": "![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_06_abd37f3489f27f98aad2g-7.jpg?height=687&width=964&top_left_y=491&top_left_x=575)\n\nNotons $O$ le centre du cercle $\\omega$. On a $O=(M Y) \\cap(N X)$. Soit $\\ell$ la médiatrice de $[A T]$. Elle passe par $O$.\nNotons $s$ la symétrie par rapport à $\\ell$. Comme $(A T)$ est la bissectrice de $\\widehat{B A C}$, la droite $s(A B)$ est parallèle à $(A C)$. Comme $(O M) \\perp(A B)$ et $(O N) \\perp(A C)$, la droite $s(O M)$ est parallèle à $(O N)$. Or, elle passe par $O$, donc $s(O M)=(O N)$.\nDe plus, le cercle circonscrit $\\gamma$ à $A M T$ est symétrique par rapport à $\\ell$, c'est-à-dire $s(\\gamma)=\\gamma$, donc $s(M)$ appartient à la fois à $\\gamma$ et à $s(O M)=(O N)$. Nécessairement, $s(M)=X$. De même, $s(N)=Y$. On en déduit que $s(M N)=(X Y)$. Le point commun $K \\operatorname{de}(M N)$ et $(X Y)$ appartient ainsi à la droite $\\ell$, ce qui implique que $K A=K T$.", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/tests/fr-2013-2014-ofm-2013-2014-test-mai-corrige.jsonl", "problem_match": "\nExercice 6.", "solution_match": "## Solution de l'exercice 6"}}