{"year": "2016", "tier": "T1", "problem_label": "1", "problem_type": null, "exam": "French_tests", "problem": "Soit $n \\geq 5$ un entier, et $E_{1}, E_{2}, \\ldots, E_{2 n-1}$ des parties distinctes à deux éléments de $\\{1,2, \\ldots, n\\}$.\nProuver que, parmi les $2 n-1$ parties $E_{i}$, on peut en choisir $n$ de sorte que la réunion de ces $n$ parties ne contienne pas plus de $\\frac{2}{3} n+1$ éléments.", "solution": "On va prouver par récurrence sur $k \\leq \\frac{2 n-1}{3}$ que l'on peut toujours éliminer $3 k$ des $2 n-1$ parties de sorte que la réunion des $2 n-1-3 k$ restantes ne contienne pas plus de $n-k$ éléments.\nLe cas $k=0$ est immédiat.\nSoit maintenant $1 \\leq k \\leq \\frac{2 n-1}{3}$. On suppose que l'on a éliminé $3(k-1)$ des $E_{i}$ de sorte que la réunion $U_{k-1}$ des $2 n-1-3(k-1)$ autres ne contienne pas plus de $n-k+1$ éléments.\nChacun des $E_{i}$ contient deux éléments. De $2(2 n-1-3(k-1))<4(n-k+1)$, on déduit alors qu'il existe un élément $x$ de $U_{k-1}$ qui n'appartient qu'à au plus trois de $E_{i}$ qui forment $U_{k-1}$. Ainsi, en éliminant encore trois des $E_{i}$ non déà éliminés, dont tous ceux qui contiennent $x$, cela assure que la réunion des $n-3 k$ restants ne contient pas plus de $n-k$ éléments.\nCela achève la récurrence.\nPour $k=\\left\\lfloor\\frac{n-1}{3}\\right\\rfloor$, on a $n-\\left\\lfloor\\frac{n-1}{3}\\right\\rfloor \\leq n-\\frac{n-1}{3}=\\frac{2}{3} n+1$, ce qui conclut.", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/tests/fr-2016-2017-ofm-2016-2017-test-novembre-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 $A B C$ un triangle. On note $P$ le symétrique de $B$ par rapport à $(A C)$ et $Q$ le symétrique de $C$ par rapport à $(A B)$.\nSoit $T$ l'intersection entre $(P Q)$ et la tangente en $A$ au cercle circonscrit à $(A P Q)$.\nMontrer que le symétrique de $T$ par rapport à $A$ appartient à $(B C)$.", "solution": "![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_06_aeaf7854ec54f098fd72g-1.jpg?height=619&width=909&top_left_y=1946&top_left_x=608)\n\nSoient $B^{\\prime}$ et $C^{\\prime}$ les symétriques de $B$ et $C$ par rapport à $A$. Comme le triangle $A B^{\\prime} P$ est isocèle en $A$, on a $\\widehat{A B^{\\prime} P}=\\frac{1}{2}\\left(180^{\\circ}-\\widehat{B^{\\prime} A P}\\right)=\\frac{1}{2} \\widehat{P A B}=\\widehat{B A C}$, donc $\\left(B^{\\prime} P\\right) \\|(A C)$.\nDe même, $\\left(C^{\\prime} Q\\right) \\|(A B)$, donc les droites $\\left(B^{\\prime} P\\right)$ et $\\left(C^{\\prime} Q\\right)$ sont sécantes. Notons $A^{\\prime}$ leur point d'intersection.\nLes triangles $A^{\\prime} B^{\\prime} C^{\\prime}$ et $A C B$ sont semblables car leurs côtés sont deux à deux parallèles.\nDe plus, $A B^{\\prime} P$ et $A C^{\\prime} Q$ sont semblables car $\\widehat{A B^{\\prime} P}=\\widehat{A C^{\\prime} Q}$ et car ces deux triangles sont isocèles en $A$.\nMontrons maintenant l'assertion demandée. Par symétrie par rapport à $A$, il revient au même de montrer que $T, B^{\\prime}, C^{\\prime}$ sont alignés. En appliquant le théorème de Ménélaüs dans $A^{\\prime} P Q$, cela équivaut à\n\n$$\n\\frac{B^{\\prime} P}{B^{\\prime} A^{\\prime}} \\times \\frac{C^{\\prime} A^{\\prime}}{C^{\\prime} Q} \\times \\frac{T Q}{T P}=1 \\quad(E)\n$$\n\nComme $T A Q$ et $T P A$ sont semblables, on a $\\frac{T A}{T P}=\\frac{T Q}{T A}=\\frac{A Q}{A P}$, donc $\\frac{T Q}{T P}=\\frac{A Q^{2}}{A P^{2}}=\\frac{A C^{2}}{A B^{2}}$.\nComme $A^{\\prime} B^{\\prime} C^{\\prime}$ et $A C B$ sont semblables, on a $\\frac{C^{\\prime} A^{\\prime}}{B^{\\prime} A^{\\prime}}=\\frac{A B}{A C}$.\nComme $A B^{\\prime} P$ et $A C^{\\prime} Q$ sont semblables, on a $\\frac{B^{\\prime} P}{C^{\\prime} Q}=\\frac{A P}{A Q}=\\frac{A B}{A C}$.\nOn en déduit que $(E)$ est vraie.", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/tests/fr-2016-2017-ofm-2016-2017-test-novembre-corrige.jsonl", "problem_match": "\nExercice 2.", "solution_match": "## Solution de l'exercice 2"}}
{"year": "2016", "tier": "T1", "problem_label": "3", "problem_type": null, "exam": "French_tests", "problem": "Déterminer tous les entiers $a>0$ pour lesquels il existe des entiers strictement positifs $n, s, m_{1}, \\cdots, m_{n}, k_{1}, \\cdots, k_{s}$ tels que\n\n$$\n\\left(a^{m_{1}}-1\\right) \\cdots\\left(a^{m_{n}}-1\\right)=\\left(a^{k_{1}}+1\\right) \\cdots\\left(a^{k_{s}}+1\\right)\n$$", "solution": "On va prouver que les entiers $a$ cherchés sont $a=2$ et $a=3$.\nTout d'abord, on constate que $2^{2}-1=2+1$ et que $(3-1)(3-1)=3+1$, ce qui assure que $a=2$ et $a=3$ sont effectivement des solutions du problème.\nRéciproquement, soit $a, n, s, m_{1}, \\cdots, m_{n}, k_{1}, \\cdots, k_{s}$ des entiers strictement positifs tels que\n\n$$\n\\left(a^{m_{1}}-1\\right) \\cdots\\left(a^{m_{n}}-1\\right)=\\left(a^{k_{1}}+1\\right) \\cdots\\left(a^{k_{s}}+1\\right)\n$$\n\nClairement, on a $a \\neq 1$, puisque si $a=1$ le membre de droite vaut 0 mais pas celui de gauche.\nPar l'absurde: supposons que $a>3$.\nOn pose $A=\\left(a^{m_{1}}-1\\right) \\cdots\\left(a^{m_{n}}-1\\right)=\\left(a^{k_{1}}+1\\right) \\cdots\\left(a^{k_{s}}+1\\right)$.\nLemme 1. Chacun des nombres $m_{1}, \\cdots, m_{n}$ et $a-1$ est une puissance de 2.\nPreuve du lemme 1. Soit $i \\in\\{1, \\cdots, n\\}$ et $\\gamma$ un diviseur impair de $m_{i}$ (éventuellement $\\gamma=1$ ), disons $m_{i}=\\gamma \\times b$. Soit $p$ un diviseur premier de $a^{\\gamma}-1$.\nPuisque $a^{\\gamma} \\equiv 1(\\bmod p)$, on a $a^{m_{i}} \\equiv\\left(a^{\\gamma}\\right)^{b} \\equiv 1(\\bmod p)$.\nAinsi $A$ est divisible par $p$, ce qui assure qu'il existe $j$ tel que $a^{k_{j}}+1$ soit divisible par $p$. Comme ci-dessus, on a alors $\\left(a^{\\gamma}\\right)^{k_{j}}-1 \\equiv 0(\\bmod p)$ et, puisque $\\gamma$ est impair, on a aussi $\\left(a^{k_{j}}\\right)^{\\gamma} \\equiv-1$ $(\\bmod p)$.\nPar suite $p$ divise $\\left(\\left(a^{k_{j}}\\right)^{\\gamma}+1\\right)-\\left(\\left(a^{\\gamma}\\right)^{k_{j}}-1\\right)=2$, d'où $p=2$.\nAinsi, le seul diviseur premier de $a^{\\gamma}-1$ est $p=2$, ce qui prouve que $a^{\\gamma}-1$ est une puissance de 2. Il existe donc un entier $c$ tel que\n\n$$\n2^{c}=a^{\\gamma}-1=(a-1)\\left(a^{\\gamma-1}+\\cdots+a+1\\right) .\n$$\n\nEn particulier, $a-1$ est donc une puissance de 2 et $a$ est impair. Mais, puisque $\\gamma$ est impair, $a^{\\gamma-1}+\\cdots+a+1$ est impair et doit aussi être une puissance de 2 . Cela implique que $\\gamma=1$ et donc que le seul diviseur impair de $m_{i}$ est 1 , ce qui conclut la preuve du lemme 1.\nD'après le lemme, on a $a-1=2^{c}$ et $a-1>2$, donc $a-1$ est divisible par 4. Pour tout entier $k \\geq 0$, on a alors $a^{k}+1 \\equiv 2(\\bmod 4)$.\nPour tout $i$, on pose $a_{i}=\\frac{1}{2}\\left(a^{2^{i}}+1\\right)$. On sait donc que $a_{i}$ est un entier impair.\nOn vérifie facilement par récurrence que, pour tout entier $d \\geq 0$ :\n\n$$\na^{2^{d}}-1=(a-1)(a+1)\\left(a^{2}+1\\right) \\cdots\\left(a^{2^{d-1}}+1\\right)=2^{c} \\cdot 2^{d} \\cdot a_{0} a_{1} \\cdots a_{d-1}\n$$\n\nLemme 2. Les nombres $a_{0}, a_{1}, a_{2}, \\cdots$ sont deux à deux premiers entre eux.\nPreuve du lemme 2. Soit $0 \\leq i<j$. On note que $a_{i}$ et $a_{j}$ sont impairs donc leur pgcd $d$ est impair. D'après (1), le nombre $a^{2^{j}}-1$ est divisible par $a_{i}$. Puisque $a^{2^{j}}+1=2 a_{j}$, on en déduit que tout diviseur commun à $a_{i}$ et $a_{j}$ divise aussi $\\left(a^{2^{j}}+1\\right)-\\left(a^{2^{j}}-1\\right)=2$. Ainsi $d$ est impair et divise 2, donc $d=1$. On a donc $a_{i}$ et $a_{j}$ premiers entre eux, et cela achève la preuve du lemme 2.\nD'après le lemme 1, on sait que chaque $m_{i}$ est une puissance de 2 . En utilisant (1) pour chaque $m_{i}$, on déduit que $A$ peut s'écrire sous la forme\n\n$$\nA=2^{N}\\left(a_{0}\\right)^{N_{0}} \\cdots\\left(a_{q}\\right)^{N_{q}}(2),\n$$\n\navec $N>N_{0}+\\cdots N_{q}$. Puisque chaque $a^{k_{j}}+1$ est congru à 2 modulo 4 , on doit donc avoir $s=N$. Or, pour tout $j$, si l'on pose $k_{j}=2^{r} t$ avec $t$ impair, alors $a^{k_{j}}+1=\\left(a^{2^{r}}\\right)^{t}+1 \\equiv(-1)^{t}+1 \\equiv 0$ $(\\bmod 2)^{r}+1$. Ainsi $a^{k_{j}}+1$ est divisible par $a_{r}$.\nAinsi, chacun des nombres $a^{k_{j}}+1$ est divisible par un des $a_{i}$. Puisque $s>N_{0}+\\cdots N_{q}$, il existe $i$ pour lequel $a_{i}$ divise plus de $N_{i}$ des $a^{k_{j}}+1$. Par suite, $A$ est divisible par $\\left(a_{i}\\right)^{N_{i}+1}$, ce qui est impossible d'après (2), puisque $a_{i}$ est impair et premier avec chacun des autres $a_{j}$ d'après le lemme 2.", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/tests/fr-2016-2017-ofm-2016-2017-test-novembre-corrige.jsonl", "problem_match": "\nExercice 3.", "solution_match": "\nSolution de l'exercice 3"}}