{"year": "2017", "tier": "T1", "problem_label": "1", "problem_type": null, "exam": "French_tests", "problem": "Trouver tous les quadruplets ( $\\mathfrak{p}, \\mathrm{q}, \\mathrm{r}, \\mathfrak{n}$ ) d'entiers strictement positifs vérifiant les trois conditions suivantes:\n\n- $p$ et $q$ sont premiers,\n- $p+q$ n'est $^{\\text {pas divisible par 3, }}$\n$-p+q=r(p-q)^{n}$.", "solution": "On suppose d'abord que $\\mathrm{p} \\neq 3$ et $\\mathrm{q} \\neq 3$, et on considère p et q modulo 3. Puisque $p+q \\not \\equiv 0[3]$, on n'a pas $p \\equiv 1[3]$ et $q \\equiv 2[3]$, ni $p \\equiv 2[3]$ et $q \\equiv 1[3]$. On est donc assuré que $p \\equiv q \\equiv 1[3]$ ou bien que $p \\equiv q \\equiv 2$ [3]. Dans ces deux cas, 3 divise $p-q$ et donc divise $\\mathrm{p}+\\mathrm{q}=\\mathrm{r}(\\mathrm{p}-\\mathrm{q})^{\\mathrm{n}}$ puisque $\\mathrm{n} \\geqslant 1$. Ceci est absurde et invalide donc notre supposition, ce qui montre que $p=3$ ou $q=3$.\nD'autre part, puisque $n \\geqslant 0$, on sait que $p-q$ divise $p+q$, donc $p \\neq q$, de sorte que $p$ et $q$ sont premiers entre eux. Puisque $p-q$ divise $(p+q)+(p-q)=2 p$ et $(p+q)-(p-q)=2 q$, on sait donc que $p-q$ divise $\\operatorname{PGCD}(2 \\mathfrak{p}, 2 \\mathrm{q})=2 \\operatorname{PGCD}(p, q)=2$. Il s'ensuit que $p-q \\in\\{-2,-1,1,2\\}$. On en déduit donc que $(p, q) \\in\\{(2,3),(3,2),(3,5),(5,3)\\}$; on traite ces quatre cas un à un :\n- si $(p, q)=(2,3)$, l'équation devient $5=(-1)^{\\mathrm{n}} r$; ses solutions sont $\\mathrm{r}=5$ et $n \\in 2 \\mathbb{N}^{*}$;\n- si $(p, q)=(3,2), l^{\\prime}$ 'equation devient $5=1^{n} r$; ses solutions sont $r=5$ et $n \\in \\mathbb{N}^{*}$;\n- si $(p, q)=(3,5)$, l'équation devient $8=(-2)^{\\mathrm{n}} \\mathrm{r}$; ses solutions sont $(\\mathrm{r}, \\mathfrak{n})=(2,2)$;\n- si $(p, q)=(5,3)$, l'équation devient $8=2^{\\mathfrak{n}} r$; ses solutions sont $(r, n)=(1,3),(2,2)$ et $(4,1)$.\n\nEn conclusion, les solutions sont : $(2,3,5,2 \\mathfrak{n})_{\\mathfrak{n} \\in \\mathbb{N}^{*}},(3,2,5, \\mathfrak{n})_{\\mathfrak{n} \\in \\mathbb{N}^{*}},(3,5,2,2),(5,3,1,3),(5,3,2,2)$ et $(5,3,4,1)$.", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/tests/fr-2017-2018-pofm-2017-2018-test-novembre-corrige.jsonl", "problem_match": "\nExercice 1.", "solution_match": "\nSolution de l'exercice 1"}}
{"year": "2017", "tier": "T1", "problem_label": "2", "problem_type": null, "exam": "French_tests", "problem": "Soient deux cercles $\\omega_{1}, \\omega_{2}$ tangents l'un à l'autre en un point $T$, tels que $\\omega_{1}$ soit à l'intérieur de $\\omega_{2}$. Soient $M$ et $N$ deux points distincts sur $\\omega_{1}$, différents de $T$. Soient [AB] et [CD] deux cordes du cercle $\\omega_{2}$ passant respectivement par $M$ et $N$. On suppose que les segments [BD], $[A C]$, et $[M N]$ s'intersectent en un point $K$.\nMontrer que (TK) est la bissectrice de l'angle $\\widehat{M T N}$.", "solution": "Soit $E$ et $F$ les points d'intersection respectifs de (TM) et (TN) avec $\\omega_{2}$, autres que $T$. Puisque $\\omega_{1}$ et $\\omega_{2}$ sont tangents en $T$, l'homothétie de centre T et qui envoie $\\omega_{1}$ sur $\\omega_{2}$ envoie également $M$ sur $E$ et $N$ sur $F$. On en déduit que\n\n$$\n\\frac{\\mathrm{TM}}{\\mathrm{TN}}=\\frac{\\mathrm{ME}}{\\mathrm{NF}}\n$$\n\nEn outre, la puissance des points $M$ et $N$ par rapport à $\\omega_{2}$ vaut respectivement $A M \\cdot M B=T M \\cdot M E$ et $C N \\cdot N D=T N \\cdot N F$. Cela montre que\n\n$$\n\\frac{\\mathrm{TM}^{2}}{\\mathrm{TN}^{2}}=\\frac{\\mathrm{TM} \\cdot \\mathrm{ME}}{\\mathrm{TN} \\cdot \\mathrm{NF}}=\\frac{\\mathrm{AM} \\cdot \\mathrm{MB}}{\\mathrm{CN} \\cdot \\mathrm{ND}}\n$$\n\nD'autre part, dans les triangles $A M K$ et $D N K$, la loi des sinus indique que\n\n$$\nA M \\cdot \\sin (\\widehat{M A K})=M K \\cdot \\sin (\\widehat{A K M}) \\text { et que DN } \\cdot \\sin (\\widehat{N D K})=N K \\cdot \\sin (\\widehat{D K N}) .\n$$\n\nPuisque $A, B, C$ et $D$ sont cocycliques, on a également $\\sin (\\widehat{B A C})=\\sin (\\widehat{B D C})$, de sorte que\n\n$$\n\\sin (\\widehat{M A K})=\\sin (\\widehat{B A C})=\\sin (\\widehat{B D C})=\\sin (\\widehat{K D N})\n$$\n\nIl s'ensuit que $\\frac{A M}{D N}=\\frac{M K \\cdot \\sin (\\widehat{A K M})}{N K \\cdot \\sin (\\widehat{D K N})}$ et, de même, que $\\frac{B M}{C N}=\\frac{M K \\cdot \\sin (\\widehat{B K M})}{N K \\cdot \\sin (\\widehat{C K N})}$. Puisque les angles $\\widehat{B K M}$ et $\\widehat{D K N}$ d'une part, et $\\widehat{A K M}$ et $\\widehat{C K M}$ d'autre part, sont opposés par le sommet, donc sont égaux deux à deux, on en déduit que\n\n$$\n\\frac{A M \\cdot M B}{D N \\cdot N C}=\\frac{M K^{2}}{N K^{2}}\n$$\n\nOn en conclut que TM $\\cdot N K=T N \\cdot M K$.\nLa loi des sinus dans les triangles TKM et TKN indique en outre que\n\n$$\n\\mathrm{TM} \\cdot \\sin (\\widehat{\\mathrm{KTM}})=\\mathrm{KM} \\cdot \\sin (\\widehat{\\mathrm{MKT}}) \\text { et que } \\mathrm{TN} \\cdot \\sin (\\widehat{\\mathrm{KTN}})=\\mathrm{KN} \\cdot \\sin (\\widehat{\\mathrm{NKT}})\n$$\n\nPuisque $\\widehat{M K T}$ et $\\widehat{N K T}$ sont supplémentaires, ils ont même sinus, de sorte que\n\n$$\n\\frac{\\sin (\\widehat{K T M})}{\\sin (\\widehat{\\mathrm{KTN}})}=\\frac{\\mathrm{KM} \\cdot \\sin (\\widehat{\\mathrm{MKT}}) \\cdot \\mathrm{TN}}{\\mathrm{TM} \\cdot \\mathrm{KN} \\cdot \\sin (\\widehat{\\mathrm{NKT}})}=1\n$$\n\nce qui prouve que (TK) est la bissectrice de $\\widehat{M T N}$.\n![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_06_5f10126c04b6523f298bg-2.jpg?height=755&width=778&top_left_y=1938&top_left_x=642)", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/tests/fr-2017-2018-pofm-2017-2018-test-novembre-corrige.jsonl", "problem_match": "\nExercice 2.", "solution_match": "\nSolution de l'exercice 2"}}
{"year": "2017", "tier": "T1", "problem_label": "3", "problem_type": null, "exam": "French_tests", "problem": "Dans les cases d'un tableau rectangulaire à $n$ lignes et $m$ colonnes sont écrits des nombres réels. On suppose que pour toute ligne ou colonne, la somme des nombres écrits sur cette ligne ou colonne est un entier. Montrer qu'il est possible de remplacer chaque réel $x$ par l'entier $\\lfloor x\\rfloor$ ou $\\lceil x\\rceil$ de sorte que les sommes de chaque colonne et de chaque ligne demeurent inchangées.\nRemarque : On rappelle que si $x$ est un nombre réel, $\\lfloor x\\rfloor$ est l'unique entier tel que $\\lfloor x\\rfloor \\leqslant x<\\lfloor x\\rfloor+1$, et $\\lceil x\\rceil$ est l'unique entier tel que $\\lceil x\\rceil-1<x \\leqslant\\lceil x\\rceil$.", "solution": "Quitte à soustraire sa partie entière à chaque entrée du tableau, on peut supposer que chaque nombre est compris entre 0 et 1 . On dit qu'une case est « fractionnaire $\\gg$ si son nombre n'est pas entier. Remarquons que, si C est une case fractionnaire, alors il existe nécessairement une autre case fractionnaire sur la même ligne que C , et il existe aussi une autre case fractionnaire sur la même colonne que C .\nChoisissons donc une case $C_{0}$ fractionnaire, puis, pour tout $n \\in \\mathbb{N}$ :\n\n- si $n$ est pair, on choisit une case $C_{n+1}$ fractionnaire sur la même ligne que $C_{n}$;\n- si $n$ est impair, on choisit une case $C_{n+1}$ fractionnaire sur la même colonne que $C_{n}$.\n\nPar principe des tiroirs, il existe deux entiers $k<\\ell$ tels que $C_{k}=C_{\\ell}$. Sans perte de généralité, on suppose que $\\ell$ est aussi petit que possible, parmi tous les choix de cases $C_{0}, C_{1}, \\ldots$ et d'entiers $k<\\ell$ que l'on aura pu faire.\nOn a donc $k=0$, et l'on dispose ainsi d'un $«$ cycle $\\gg C_{0}, \\ldots, C_{\\ell-1}, C_{\\ell}$ de cases fractionnaires deux à deux distinctes (sauf $C_{0}$ et $C_{\\ell}$ ) et telles que les segments $\\left[C_{i}, C_{i+1}\\right]$ sont alternativement horizontaux et verticaux. Ce cycle étant de longueur $\\ell$ minimale, on sait que chaque ligne et chaque colonne contient soit 0 , soit 2 cases du cycle, et que ces cases sont consécutives dans le cycle.\nPour tout $i<\\ell-1$, on note $x_{i}$ le nombre écrit sur la case $C_{i}$, et l'on pose $y_{i}=x_{i}$ si $i$ est pair, et $y_{i}=1-x_{i}$ si $i$ est impair. Puis l'on remplace $x_{i}$ par le réel\n\n$$\nx_{i}^{\\prime}=x_{i}+(-1)^{i} \\varepsilon\n$$\n\noù $\\varepsilon=\\min \\left\\{y_{i} \\mid i<\\ell\\right\\}$. Par construction de $\\varepsilon$, on a donc $0 \\leqslant x_{i}^{\\prime} \\leqslant 1$ pour tout $i<\\ell$, avec $x_{i}^{\\prime}=0$ ou $x_{i}^{\\prime}=1$ pour au moins un entier $i$.\nCe procédé n'a modifié la somme d'aucune ligne ni colonne, et a permis de réduire le nombre de cases fractionnaires, tout en affectant à chaque case modifiée une valeur $x_{i}^{\\prime}$ telle que\n\n$$\n\\left\\{\\left\\lfloor x_{i}^{\\prime}\\right\\rfloor,\\left\\lceil x_{i}^{\\prime}\\right\\rceil\\right\\} \\subseteq\\{0,1\\}=\\left\\{\\left\\lfloor x_{i}\\right\\rfloor,\\left\\lceil x_{i}\\right\\rceil\\right\\} .\n$$\n\nOn peut donc réitérer ce procédé jusqu'à éliminer toutes les cases fractionnaires, ce qui conclut le problème.", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/tests/fr-2017-2018-pofm-2017-2018-test-novembre-corrige.jsonl", "problem_match": "\nExercice 3.", "solution_match": "\nSolution de l'exercice 3"}}