{"year": "2016", "tier": "T1", "problem_label": "1", "problem_type": null, "exam": "French_tests", "problem": "Trouver toutes les fonctions $f: \\mathbb{R} \\rightarrow \\mathbb{R}$ telles que\n\n$$\nf\\left(a^{2}\\right)-f\\left(b^{2}\\right) \\leqslant(f(a)+b)(a-f(b)), \\quad \\text { pour tous } a, b \\in \\mathbb{R}\n$$", "solution": "En prenant $(a, b)=(0,0)$, on obtient $f(0)^{2} \\leqslant 0$ donc $f(0)=0$. En prenant $(a, b)=(x, 0)$ puis $(a, b)=(0, x)$, on trouve que $f\\left(x^{2}\\right)=x f(x)$. En remplaçant dans l'équation initiale, on en déduit que $a f(a)-b f(b) \\leqslant(f(a)+b)(a-f(b)$, donc $f(a) f(b) \\leqslant a b$ pour tous $a, b$. D'autre part, $f\\left(x^{2}\\right)=x f(x)$ entraîne que $x f(x)=-x f(-x)$, donc $f$ est impaire. En remplaçant $b$ par $-b$ dans $f(a) f(b) \\leqslant a b$, on en déduit que $f(a) f(b)=a b$ pour tous $a$ et $b$. En particulier, $f(1)^{2}=1$ donc $f(1)=1$ ou $f(1)=-1$. Comme $f(a) f(1)=a$ pour tout $a$, on en déduit que $f(x)=x$ ou $f(x)=-x$ pour tout $x$.\nRéciproquement, on vérifie facilement que les fonctions $f(x)=x$ et $f(x)=-x$ sont solutions de l'équation fonctionnelle.", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/tests/fr-2016-2017-ofm-2016-2017-test-janvier-corrige.jsonl", "problem_match": "\nExercice 1.", "solution_match": "\nSolution de l'exercice 1"}} {"year": "2016", "tier": "T1", "problem_label": "2", "problem_type": null, "exam": "French_tests", "problem": "Soit $S$ l'ensemble des nombres à deux chiffres qui ne contiennent pas le chiffre 0. Deux nombres de $S$ sont dits amis si leurs plus grands chiffres sont égaux, et si la différence entre leurs plus petits chiffres est égale à 1 . Par exemple, 68 et 85 sont amis, 78 et 88 sont amis, mais 58 et 75 ne sont pas amis.\nDéterminer le plus grand entier $m$ tel qu'il existe une partie $T$ de $S$ possédant $m$ éléments, telle que deux éléments quelconques de $T$ ne soient pas amis.", "solution": "Réponse : 45 . On peut prendre pour $T$ l'ensemble des nombres dont le plus petit chiffre est impair.\nRéciproquement, si $x=\\overline{a b}$ avec $1 \\leqslant bx^{4}-x^{3}-3 x^{3}-x^{3}=x^{3}(x-5)>x-5>3^{4 n}-5>5$, donc $P\\left(3^{4 n+1}\\right)$ n'est $^{\\prime}$ pas premier.", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/tests/fr-2016-2017-ofm-2016-2017-test-janvier-corrige.jsonl", "problem_match": "\nExercice 3.", "solution_match": "\nSolution de l'exercice 3"}} {"year": "2016", "tier": "T1", "problem_label": "4", "problem_type": null, "exam": "French_tests", "problem": "Soit $A B C$ un triangle rectangle en $C$. Soient $D$ le pied de la hauteur issue de $C$, et $Z$ le point de $[A B]$ tel que $A C=A Z$. La bissectrice de $\\widehat{B A C}$ coupe $(C B)$ et $(C Z)$ en $X$ et $Y$ respectivement. Montrer que les quatre points $B, X, Y, D$ sont sur un même cercle.", "solution": "![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_06_0b4d09b88f44281d3ee6g-2.jpg?height=565&width=730&top_left_y=409&top_left_x=692)\n$C A Z$ est isocèle en $A$ donc $(A Y)$, qui est la bissectrice de $\\widehat{C A Z}$, est perpendiculaire à $(C Z)$. Donc $A D Y C$ est cyclique.\nOn a alors $\\widehat{D Y X}=180^{\\circ}-\\widehat{A Y D}=180^{\\circ}-\\widehat{A C D}=180^{\\circ}-\\widehat{X B D}$.", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/tests/fr-2016-2017-ofm-2016-2017-test-janvier-corrige.jsonl", "problem_match": "\nExercice 4.", "solution_match": "## Solution de l'exercice 4"}} {"year": "2016", "tier": "T1", "problem_label": "5", "problem_type": null, "exam": "French_tests", "problem": "Soit $a \\in[0 ; 1]$. On définit la suite $\\left(x_{n}\\right)$ par\n$x_{0}=a$ et $x_{n+1}=1-\\left|1-2 x_{n}\\right|$, pour tout $n \\geq 0$.\nProuver que la suite $\\left(x_{n}\\right)$ est périodique à partir d'un certain rang si et seulement si $a$ est un nombre rationnel.\n(Note: on dit que $\\left(x_{n}\\right)$ est périodique à partir d'un certain rang s'il existe des entiers $T>0$ et $n \\geqslant 0$ tels que $x_{k+T}=x_{k}$ pour tout $k \\geqslant n$.)", "solution": "On note tout d'abord que si $x_{n} \\in[0 ; 1]$ alors $-1 \\leq 1-2 x_{n} \\leq 1$, d'où $0 \\leq x_{n+1} \\leq 1$. Puisque $x_{0} \\in[0 ; 1]$, on déduit ainsi par récurrence que $x_{n} \\in[0 ; 1]$ pour tout $n \\geq 0$.\n\n- Supposons que $a$ soit un nombre rationnel. Une récurrence immédiate assure alors que, pour tout $\\mathrm{n} \\geq 0, x_{n}$ est un nombre rationnel.\nPour tout $n \\geq 0$, on pose $x_{n}=\\frac{p_{n}}{q_{n}}$, avec $p_{n}$ et $q_{n}$ entiers positifs et premiers entre eux. Alors $x_{n+1}=\\frac{q_{n}-\\left|q_{n}-2 p_{n}\\right|}{q_{n}}$, d'où $q_{n+1} \\leq q_{n}$.\nLa suite $\\left(q_{n}\\right)$, suite décroissante d'entiers naturels, est alors stationnaire à partir d'un certain rang. Il existe donc des entiers $q>0$ et $N \\geq 0$ tels que $q_{n}=q$ pour tout $n \\geq N$.\nPour tout $n \\geq N$, le nombre $x_{n}$ est donc un nombre rationnel de $[0 ; 1]$ dont le dénominateur vaut $q$. Or, il n'y a qu'un nombre fini de tels rationnels et il existe donc $n_{0} \\geq N$ et $k>0$ tels que $x_{n_{0}+k}=x_{n_{0}}$. La définition par récurrence de $\\left(x_{n}\\right)$ assure alors que $\\left(x_{n}\\right)_{n \\geq n_{0}}$ est périodique de période $k$.\n- Supposons maintenant qu'il existe des entiers $k>0$ et $N \\geq 0$ tels que $x_{n+k}=x_{n}$ pour tout $n \\geq N$.\nPour $n \\geq 0$, on a $x_{n+1}=2 x_{n}$ ou $x_{n+1}=2-2 x_{n}$ selon que $1-2 x_{n}$ est positif ou négatif. On peut donc poser $x_{n+1}=a+2 b x_{n}$, où $a$ est un entier et $b= \\pm 1$. On prouve alors facilement par récurrence que, pour tout $i \\geq 0$, il existe un entier $a_{i}$ tel que $x_{N+i}=a_{i}+2^{i} b_{i} x_{N}$ avec $b_{i}= \\pm 1$.\n\nEn particulier, on a $x_{N}=x_{N+k}=a_{k}+2^{k} b_{k} x_{N}$. Puisque $2^{k} b_{k}= \\pm 2^{k} \\neq 1$, cette équation du premier degré en $x_{N}$ admet une unique solution $x_{N}=\\frac{a_{k}}{1-2^{k} b_{k}}$. Ainsi, $x_{N}$ est un nombre rationnel. Or, il est facile de vérifier que, pour $m \\geq 0$, si $x_{m+1}$ et rationnel alors $x_{m}$ est rationnel donc, par récurrence descendante, on déduit que $a=x_{0}$ est rationnel.", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/tests/fr-2016-2017-ofm-2016-2017-test-janvier-corrige.jsonl", "problem_match": "\nExercice 5.", "solution_match": "\nSolution de l'exercice 5"}} {"year": "2016", "tier": "T1", "problem_label": "6", "problem_type": null, "exam": "French_tests", "problem": "Prouver qu'il existe un entier $n>0$ tel que parmi les 2016 chiffres de droite dans $l^{\\prime}$ écriture décimale de $2^{n}$, il y a au moins 1008 chiffres 9.", "solution": "On peut légitimement se demander quand trouver des 9 à la droite de l'écriture décimale de $2^{n}$. On peut penser que c'est quand la puissance de 2 est légèrement inférieure à une puissance de 10 . On va donc chercher des nombres de la forme $2^{n}+1$ qui sont divisibles par 5 selon une puissance élevée. Pour un tel nombre, en multipliant par la puissance de 2 adéquate, on obtiendra un nombre de la forme $2^{k}\\left(2^{n}+1\\right)=2^{n+k}+2^{k}$ divisible par une grande puissance de 10 , et il suffira de retrancher le $2^{k}$ en question pour obtenir le type de puissance de 2 cherché.\nLemme. Pour tout entier $k \\geq 1$, le nombre $a_{k}=2^{2 \\cdot 5^{k-1}}+1$ est divisible par $5^{k}$.\nPreuve du lemme. On raisonne par récurrence sur $k$ :\n\n- Pour $k=1$, on a $a_{1}=5$ qui est bien divisible par 5.\n- Supposons le résultat établi pour un certain $k \\geq 1$.\n\nPosons $a=4^{5^{k-1}}=a_{k}-1$. On note qu'alors $a=-1 \\bmod 5$.\nOn a alors $a_{k+1}=4^{5^{k}}+1=a^{5}+1=(a+1)\\left(a^{4}-a^{3}+a^{2}-a+1\\right)$.\nD'après l'hypothèse de récurrence, on a $a+1=0 \\bmod 5^{k-1}$.\nD'autre part, puisque $a=-1 \\bmod 5$, on a $a^{4}-a^{3}+a^{2}-a+1=0 \\bmod 5$.\nAinsi, $a_{k+1}$ est divisible par $5^{k}$, ce qui achève la récurrence.\nComme prévu, on en déduit que, pour tout $k \\geq 1$, le nombre $2^{2 k}\\left(2^{2 \\cdot 5^{2 k-1}}+1\\right)=2^{2 k+2 \\cdot 5^{2 k-1}}+2^{2 k}$ est divisible par $10^{2 k}$. Son écriture décimale se termine donc par au moins $2 k$ chiffres 0 .\nOr, pour $k \\geq 1$, on a $2^{2 k}<10^{k}$. Ainsi, l'écriture décimale de $2^{2 k} n^{\\prime}$ utilise pas plus de $k$ chiffres. Par suite, parmi les $2 k$ chiffres de droite de l'écriture décimale de $2^{2 k+2 \\cdot 5^{2 k-1}}$, il y a au moins $k$ chiffres 9.\nLe résultat demandé correspond à $k=1008$.", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/tests/fr-2016-2017-ofm-2016-2017-test-janvier-corrige.jsonl", "problem_match": "\nExercice 6.", "solution_match": "\nSolution de l'exercice 6"}}