{"year": "2014", "tier": "T1", "problem_label": "1", "problem_type": null, "exam": "French_tests", "problem": "Dans un pays, se trouvent 100 villes. Chacune de ces villes est reliée à exactement trois autres villes par des routes directes dans les deux sens. Prouver qu'il existe une ville $A$ à partir de laquelle on peut aller de ville en ville et revenir en $A$, sans jamais passer deux fois par une même route, et en utilisant un nombre total de routes qui n'est pas divisible par 3 (il n'est pas demandé que toutes les villes du pays soient visitées au cours de ce voyage).", "solution": "Puisqu'il n'y a qu'un nombre fini de villes, on peut considérer un chemin C de longueur maximale. Soit $v_{0}$ une des villes extrémités de C et parcourons C en partant de $v_{0}$ en numérotant les villes au fur et à mesure. La maximalité de C assure que les trois villes reliées à $v_{0}$ par une route sont dans C. Il s'agit de $v_{1}, \\nu_{i}$ et $v_{j}$ avec $1<i<j$. On a ainsi identifié trois cycles :\n\n$$\n\\begin{gathered}\nv_{0}, v_{1}, \\cdots, v_{i}, v_{0} \\text {, de longueur } \\mathfrak{i}+1, \\\\\nv_{0}, v 1, \\cdots, v_{j}, v_{0} \\text {, de longueur } \\mathfrak{j}+1 \\\\\nv_{0}, v_{i}, v_{i+1}, \\cdots, v_{j}, v_{0}, \\text { de longueur } \\mathfrak{j}-\\mathfrak{i}+2\n\\end{gathered}\n$$\n\nSi $i+1$ ou $j+1$ n'est pas divisible par 3, l'un des deux premiers cycles convient. Sinon, c'est que $\\boldsymbol{i}=\\mathbf{j}=-1 \\bmod 3, d^{\\prime}$ où $\\boldsymbol{j}-\\mathfrak{i}+2=2 \\bmod 3$ et le troisième cycle permet de conclure.", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/tests/fr-2014-2015-ofm-2014-2015-test-fevrier-corrige.jsonl", "problem_match": "\nExercice 1.", "solution_match": "## Solution de l'exercice 1"}}
{"year": "2014", "tier": "T1", "problem_label": "2", "problem_type": null, "exam": "French_tests", "problem": "Déterminer tous les polynômes P à coefficients dans $\\mathbb{Z}$ tels que, pour tous $p$ premier et $u$ et $v$ dans $\\mathbb{Z}$ tels que $p \\mid u v-1$ on ait : $p \\mid P(u) P(v)-1$.", "solution": "Soit f un tel polynôme, et $\\mathrm{n} \\geqslant 0$ son degré. Clairement $\\mathrm{f} \\mathrm{n}^{\\prime}$ est pas le polynôme nul.\nPosons $g(X)=X^{n} f\\left(\\frac{1}{X}\\right)$. Alors $g$ est un polynôme à coefficients entiers.\nSoit $x$ un entier non nul, et $p$ un nombre premier avec $p>\\max \\left(|x|,\\left|f(x) g(x)-x^{n}\\right|\\right)$. Alors $x$ est inversible modulo $p$, et il existe $y>0$ tel que $x y=1 \\bmod p$. On vérifie facilement que $x^{n} f(y)=g(x) \\bmod [p]$.\n\nD'autre part, on sait que $f(x) f(y)=1 \\bmod p$, $d^{\\prime}$ où $x^{n}=x^{n} f(x) f(y)=f(x) g(x) \\bmod [p]$. Ainsi $p$ divise $f(x) g(x)-x^{n}$ avec $p>\\left|f(x) g(x)-x^{n}\\right|$, d'où $f(x) g(x)=x^{n}$, pour tout $x \\neq 0$ (et donc aussi pour $x=0$ comme égalité entre deux polynômes).\n\nPuisque $f$ est de degré $n$, on en déduit que $g$ est constant et que $f(X)=a X^{n}$, où $a$ est un entier. En reportant dans $f(x) g(x)=x^{n}$, il vient immédiatement $a= \\pm 1$, et donc $f(X)= \\pm X^{n}$.\n\nRéciproquement, tout polynôme de la forme $f(X)= \\pm X^{n}$ est bien une solution du problème puisque, pour tous entiers $u$ et $v$ et tout nombre premier $p$, si $u v=1 \\bmod [p]$ alors $u^{n} v^{n}=$ $1 \\bmod [p]$.\n\nFinalement, les polynômes cherchés sont ceux de la forme $f(X)= \\pm X^{n}$, avec $n \\in \\mathbb{N}$.", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/tests/fr-2014-2015-ofm-2014-2015-test-fevrier-corrige.jsonl", "problem_match": "\nExercice 2.", "solution_match": "## Solution de l'exercice 2"}}
{"year": "2014", "tier": "T1", "problem_label": "3", "problem_type": null, "exam": "French_tests", "problem": "Soit $A B C$ un triangle non isocèle en $A$ et $\\Gamma$ son cercle circonscrit. Soit $N$ le milieu de l'arc de $\\Gamma$ entre $B$ et $C$ qui contient $A$. Soient $I$ le centre du cercle inscrit à $A B C, J$ le centre du cercle $A$-exinscrit à $A B C$ et $K$ le point d'intersection de ( $B C)$ avec la bissectrice extérieure de $\\angle B A C$.\n\nMontrer que $(\\mathrm{JN}) \\perp(\\mathrm{IK})$.", "solution": "![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_06_74218f7ca50f486d828ag-2.jpg?height=749&width=1342&top_left_y=840&top_left_x=386)\n\nNotons $\\mathrm{J}_{\\mathrm{b}}$ et $\\mathrm{J}_{\\mathrm{c}}$ les centres des cercles exinscrits dans les angles $\\widehat{\\mathrm{B}}$ et $\\widehat{\\mathrm{C}}$. Alors I est l'orthocentre de $J_{b} J_{c}$. En utilisant le fait que $B$ et $C$ sont sur le cercle de diamètre $J_{b} J_{c}$, et que $A, B, C, N$ sont cocycliques, on a $\\overline{\\mathrm{KJ}_{\\mathrm{b}}} \\cdot \\overline{\\mathrm{KJ}} \\mathrm{c}=\\overline{\\mathrm{KB}} \\cdot \\overline{\\mathrm{KC}}=\\overline{\\mathrm{KA}} \\cdot \\overline{\\mathrm{KN}}$, donc\n\n$$\n\\begin{aligned}\n\\left(\\overline{\\mathrm{KA}}+\\overline{A J_{b}}\\right)\\left(\\overline{\\mathrm{KA}}+\\overline{A J_{c}}\\right) & =\\overline{\\mathrm{KA}} \\cdot(\\overline{\\mathrm{KA}}+\\overline{\\mathrm{AN}}) \\\\\n\\overline{\\mathrm{KA}}\\left(\\overline{A J_{b}}+\\overline{A J_{c}}+\\overline{N A}\\right) & =-\\overline{A J_{b}} \\cdot \\overline{A J_{c}}\n\\end{aligned}\n$$\n\nOr, $\\overline{A J_{b}}+\\overline{A J_{c}}+\\overline{N A}=\\overline{N J_{b}}+\\overline{A J_{c}}=\\overline{J_{c} N}+\\overline{A J_{c}}=\\overline{A N}$, donc $\\overline{K A}=-\\frac{\\overline{A J_{b}} \\cdot \\overline{A J_{c}}}{\\overline{A N}}$.\nOr, I étant l'orthocentre de $J_{b} J_{c}$, on a $\\frac{I A}{A J_{b}}=\\frac{A J_{c}}{A J}$. Il vient $\\frac{I A}{K A}=\\frac{A N}{A J}$, donc les triangles rectangles KAI et JAN sont semblables. Comme $(\\mathrm{KA}) \\perp(\\mathrm{JA})$, il vient $(\\mathrm{KI}) \\perp(\\mathrm{JN})$.\n\nAutre solution. Il suffit de montrer que I est l'orthocentre de KJN . Comme $(\\mathrm{AJ}) \\perp(\\mathrm{KN})$, il suffit de voir que (NI) $\\perp(\\mathrm{KJ})$.\n\nSoit $\\omega$ le cercle de diamètre $[\\mathrm{IJ}]$. Il contient les points B et C . Soit L le second point d'intersection de (KJ) avec $\\omega$. On a $\\overline{\\mathrm{KL}} \\cdot \\overline{\\mathrm{KJ}}=\\overline{\\mathrm{KB}} \\cdot \\overline{\\mathrm{KC}}=\\overline{\\mathrm{KA}} \\cdot \\overline{\\mathrm{KN}}$ donc $A, N, L$, J sont cocycliques.\n\nOr, $(J A) \\perp($ AN $)$, donc $(J L) \\perp(L N)$.\nDe plus, comme $\\omega$ a pour diamètre [IJ], on a (JL) $\\perp$ (IL), donc N, I, L sont alignés. Il vient $(\\mathrm{NI}) \\perp(\\mathrm{JL})$.", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/tests/fr-2014-2015-ofm-2014-2015-test-fevrier-corrige.jsonl", "problem_match": "\nExercice 3.", "solution_match": "## Solution de l'exercice 3"}}
{"year": "2014", "tier": "T1", "problem_label": "4", "problem_type": null, "exam": "French_tests", "problem": "Déterminer tous les polynômes P et Q à coefficients entiers tels que, si l'on définit la suite $\\left(x_{n}\\right)$ par $x_{0}=2015, x_{2 n+1}=P\\left(x_{2 n}\\right)$ et $x_{2 n+2}=\\mathrm{Q}\\left(x_{2 n+1}\\right)$ pour tout $n \\geqslant 0$, alors tout entier $\\mathrm{m}>0$ divise au moins un terme non nul de la suite.", "solution": "Soit P et Q deux tels polynômes.\nOn dira qu'une suite $\\left(\\mathrm{y}_{\\mathrm{n}}\\right)$ d'entiers possède la propriété D si tout entier $\\mathrm{m}>0$ divise au moins un terme non nul de cette suite. On dira qu'un polynôme T à coefficients entiers possède la propriété D s'il existe un entier a tel que la suite $\\left(x_{n}\\right)$ définie par $x_{0}=a$ et $x_{n+1}=T\\left(x_{n}\\right)$ possède la propriété D.\n\nNous débutons maintenant par trois lemmes.\nLemme 1. Soit ( $x_{n}$ ) une suite d'entiers et soit $k$ un entier naturel non nul. Alors ( $x_{n}$ ) possède la propriété D si et seulement si l'une des $k$ suites $\\left(x_{k n}\\right),\\left(x_{k n+1}\\right), \\ldots,\\left(x_{k n+k-1}\\right)$ possède la propriété D.\n\nPreuve du lemme 1. Supposons d'abord qu'aucune des $k$ suites $\\left(x_{k n}\\right),\\left(x_{k n+1}\\right), \\ldots,\\left(x_{k n+k-1}\\right)$ ne possède la propriété $D$. Alors, pour chaque entier $\\ell \\in\\{0,1, \\ldots, k-1\\}$, il existe un entier $M_{\\ell}$ qui ne divise aucun terme non nul de la suite ( $x_{k n+\\ell}$ ). En particulier, l'entier $\\prod_{\\ell=0}^{k-1} M_{\\ell}$ ne peut donc diviser aucun terme non nul de la suite $\\left(x_{n}\\right)$, qui ne peut posséder la propriété D non plus.\n\nRéciproquement, si une suite $\\left(x_{k n+\\ell}\\right)$ a la propriété $D$, alors clairement $\\left(x_{n}\\right)$ a la propriété $D$ aussi.\n\nLemme 2. Soit T un polynôme à coefficients entiers, de degré d et de coefficient dominant $\\rho$. Si R possède la propriété D , alors $\\mathrm{d}=1$ et $|\\rho|<4$.\n\nPreuve du lemme 2. Si T est constant, la suite ( $x_{n}$ ) ne prend qu'un nombre fini de valeurs distinctes, ce qui lui interdit d'avoir la propriété D. Procédons maintenant par l'absurde, et supposons que $d \\geqslant 2$ ou que $d=1$ et $|\\rho| \\geqslant 4$. Il existe alors un réel $c>0$ tel que\n\n$$\n|\\mathrm{T}(\\mathrm{x})|>3|x| \\text { pour tout } x \\text { tel que }|x|>c \\text {. (1) }\n$$\n\nOn note qu'il n'existe qu'un nombre fini d'entiers dans [-c; c] et que chacun d'eux ne peut être atteint qu'un nombre fini de fois par $T$. Ainsi, il existe un entier $N \\geqslant 0$ tel que $\\left|x_{N}\\right|>c$. Une récurrence immédiate à l'aide de (1) montre qu'alors $\\left|x_{i}\\right|>c$ pour tout $i \\geqslant N$.\n\nDe plus, sans perte de généralité, on peut choisir $N$ minimal ayant cette propriété. On a donc\n\n$$\n\\left|x_{i}\\right| \\leqslant c \\text { pour tout } i<N, \\text { et }\\left|x_{i}\\right|>c \\text { pour tout } i \\geqslant N \\text {. (2) }\n$$\n\nEn particulier, de (1) et (2), on déduit que $\\left|x_{N+1}\\right|>\\max \\left(c,\\left|x_{0}\\right|, \\cdots,\\left|x_{N}\\right|\\right)$.\nPosons $m=\\left|x_{N+1}-x_{N}\\right|$, qui est bien un entier strictement positif. Alors:\n$m \\geqslant\\left|x_{N+1}\\right|-\\left|x_{N}\\right|>2\\left|x_{N}\\right|>\\max \\left(\\left|x_{0}\\right|, \\cdots,\\left|x_{N}\\right|\\right)$, ce qui assure $m$ ne divise aucun $x_{i}$ non nul lorsque $i \\leqslant N$. Mais alors $m$ ne divise pas $x_{N+1}$ non plus.\n\nD'autre part, puisque $T$ est à coefficients entiers, $x_{n+1}-x_{n}=T\\left(x_{n}\\right)-T\\left(x_{n-1}\\right)$ est divisible par $x_{n}-x_{n-1}$ pour tout $n \\geqslant 1$. En particulier, pour tout $n \\geqslant N$, on a $x_{n+1}-x_{n}$ divisible par $m$, et donc\n\n$$\nx_{n+1}-x_{N+1}=\\left(x_{n+1}-x_{n}\\right)+\\left(x_{n}-x_{n-1}\\right)+\\cdots+\\left(x_{N+2}-x_{N+1}\\right)\n$$\n\nest lui aussi divisible par $m$. Mais, $m$ ne divisant pas $x_{N+1}$, il ne divise donc pas non plus $x_{n}$ pour tout $n \\geqslant N+1$. Finalement, $m$ ne divise aucun terme non nul de la suite, en contradiction avec l'hypothèse que $\\left(x_{n}\\right)$ possède la propriété $D$.\n\nLemme 3. Soit $T(X)=\\rho X+\\theta$ un polynôme à coefficients entiers. Si $T$ possède la propriété $D$, alors $\\rho=1$.\n\nPreuve du lemme 3. Si T possède la propriété D , soit $x_{0}$ un entier tel que la suite ( $x_{n}$ ) définie par $x_{n+1}=T\\left(x_{n}\\right)$ ait la propriété $D$. D'après le lemme 1, l'une des suites $\\left(x_{2 n}\\right)$ et $\\left(x_{2 n+1}\\right)$ a la propriété $D$, et satisfait bien $x_{n+2}=T\\left(T\\left(x_{n}\\right)\\right)$. Le polynôme $T(T(X))$ a donc également la propriété D .\n\nOr, $T(T(X))$ est de coefficient dominant $\\rho^{2}$. Le lemme 2 montre donc que $\\rho^{2}<4$, donc que $\\rho \\in\\{-1,0,1\\}$. Puisque $\\rho$ est un coefficient dominant de $T$, on a nécessairement $\\rho \\neq 0$. De plus, si $\\rho=-1$, alors $T(T(X))=X$ n'a pas la propriété $D$. Il s'ensuit que $\\rho=1$.\n\nRevenons maintenant à l'exercice.\nOn pose $H(X)=P(Q(X))$ et $K(X)=Q(P(X))$.\nD'après le lemme 1, l'une des deux suites ( $\\mathrm{x}_{2 \\mathrm{k}}$ ) et $\\left(\\mathrm{x}_{2 \\mathrm{k}+1}\\right)$ possède la propriété D , donc l'un des polynômes H et K possède la propriété D , car $\\mathrm{x}_{2 \\mathrm{k}+2}=\\mathrm{H}\\left(\\mathrm{x}_{2 \\mathrm{k}}\\right)$ et $\\mathrm{x}_{2 \\mathrm{k}+3}=\\mathrm{K}\\left(\\mathrm{x}_{2 \\mathrm{k}+1}\\right)$.\n\nPuisque $\\operatorname{deg} H=(\\operatorname{deg} P) \\cdot(\\operatorname{deg} Q)=\\operatorname{deg} K$, le lemme 2 indique que $\\operatorname{deg} H=\\operatorname{deg} P=\\operatorname{deg} \\mathbf{Q}=$ $\\operatorname{deg} K=1$. Notons alors $P(X)=a X+b$ et $Q(X)=c X+d$. On a alors $H(X)=a c X+a d+b$ et $K(X)=a c X+b c+d$, donc le lemme 3 indique que $a=c= \\pm 1$.\n\nFinalement, notons que $x_{2 n}=2015+(a d+b) n$ et que $x_{2 n+1}=(a 2015+d)+(b c+d) n$. Or, une suite arithmétique $\\left(y_{n}\\right)$ de raison $r$ a la propriété $D$ si et seulement si $r$ divise $y_{0}$ :\n\n- si $y_{0}=q r$, et si $m \\in \\mathbb{N}^{*}$, alors $q^{2} m-q \\geqslant 0$ et $m$ divise $y_{q^{2} m-q}=q^{2} m r$;\n- si $r$ ne divise pas $y_{0}$, alors $r$ ne divise aucun entier $y_{n}$.\n\nOr, le lemme 1 inidique que $\\left(x_{n}\\right)$ a la propriété $D$ si et seulement si $\\left(x_{2 n}\\right)$ ou $\\left(x_{2 n+1}\\right)$ a la propriété $D$. Dans le premier cas, cela signifie que $a d+b$ divise $x_{0}=2005$. Dans le second cas, cela signifie que $b c+d$ divise $x_{1}=2005 c+d$. Or, notons que $|a d+b|=|b c+d|$.\n\nLes paires des polynômes $(P(X), Q(X))$ recherchées sont donc les paires $(P(X), Q(X))=$ $(\\varepsilon X+b, \\varepsilon X+d)$ telles que $\\varepsilon= \\pm 1$ et $b+\\varepsilon$ d divise 2005 ou $2005+\\varepsilon d$.", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/tests/fr-2014-2015-ofm-2014-2015-test-fevrier-corrige.jsonl", "problem_match": "\nExercice 4.", "solution_match": "\nSolution de l'exercice 4"}}