{"year": "2018", "tier": "T1", "problem_label": "1", "problem_type": null, "exam": "French_tests", "problem": "Soit $a$ et $b$ deux réels tels que $a b \\geqslant a^{3}+b^{3}$.\nDémontrer que $a+b \\leqslant 1$.", "solution": "Puisque $(a+b)^{2}=(a-b)^{2}+4 a b \\geqslant 4 a b$, on en déduit que\n\n$$\n(a+b)^{3}=a^{3}+b^{3}+3(a+b) a b \\leqslant(3 a+3 b+1) a b \\leqslant(3 a+3 b+1)(a+b)^{2} / 4\n$$\n\nSi $a+b>1$, on peut diviser notre inégalité par $(a+b)^{2} / 4$, ce qui signifie que $4(a+b) \\leqslant$ $3 a+3 b+1$, donc que $a+b \\leqslant 1$ tout de même.", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/tests/fr-2018-2019-Test-26-02-Corrige.jsonl", "problem_match": "\nExercice 1.", "solution_match": "\nSolution de l'exercice 1"}}
{"year": "2018", "tier": "T1", "problem_label": "2", "problem_type": null, "exam": "French_tests", "problem": "Un coloriage de $\\mathbb{Q}$ consiste à colorier tout nombre rationnel soit en rouge, soit en bleu. On dit qu'un coloriage de $\\mathbb{Q}$ est harmonieux si, pour tous les rationnels $x$ et $y$ d'une même couleur, le rationnel $x+y$ est encore de la même couleur.\nTrouver tous les coloriages de $\\mathbb{Q}$ qui sont harmonieux.", "solution": "On va montrer que les coloriages recherchés sont les suivants :\n$\\triangleright$ on colorie tous les rationnels avec la même couleur;\n$\\triangleright$ on colorie tous les rationnels positifs ou nuls avec une même couleur, et tous les rationnels strictement négatifs avec l'autre couleur;\n$\\triangleright$ on colorie tous les rationnels strictement positifs avec une même couleur, et tous les rationnels négatifs ou nuls avec l'autre couleur.\nTout d'abord, il est clair que chacun de ces coloriages est harmonieux. Montrons que ce sont les seuls.\nDans la suite, on supposera que l'on dispose d'un coloriage harmonieux fixé. On note B l'ensemble des rationnels coloriés en bleu et R l'ensemble des rationnels coloriés en rouge.\nAvec ces notations, si $x$ est un rationnel quelconque appartenant à un ensemble $E \\in\\{B, R\\}$, on va d'abord montrer que pour tout nombre rationnel $p / q$ strictement positif, $p x / q$ appartient aussi à $E$. En effet, si $x / q \\notin E$, alors une récurrence immédiate montre que $x=q x / q \\notin E$, ce qui $n^{\\prime}$ est pas possible. On en déduit que $x / q \\in E$, puis que $p x / q \\in E$, toujours par récurrence immédiate.\nAinsi, tous les rationnels strictement positifs sont de la même couleur que 1, et tous les rationnels strictement négatifs sont de la même couleur que -1 . Vu notre objectif, il reste à montrer que, si 1 et -1 sont de la même couleur, alors 0 est de cette couleur là également : ceci découle précisément du fait que $0=1+(-1)$ est du caractère harmonieux de notre coloriage.", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/tests/fr-2018-2019-Test-26-02-Corrige.jsonl", "problem_match": "\nExercice 2.", "solution_match": "\nSolution de l'exercice 2"}}
{"year": "2018", "tier": "T1", "problem_label": "3", "problem_type": null, "exam": "French_tests", "problem": "Soit $A B C$ un triangle isocèle en $A$, et soit $D$ un point sur ( $A C$ ) tel que $A$ soit situé entre C et D , mais ne soit pas le milieu de [CD].\nOn note $d_{1}$ et $d_{2}$ les bissectrices intérieure et extérieure de l'angle $\\widehat{B A C}$, et $\\Delta$ la médiatrice de [BD]. Enfin, soit $E$ et $F$ les points d'intersection respectifs de $\\Delta$ avec les droites $d_{1}$ et $d_{2}$.\nDémontrer que les points $A, D, E$ et $F$ sont cocycliques.", "solution": "Une jolie figure suggère même que les points $A, B, D, E$ et $F$ sont cocycliques : c'est ce que nous allons montrer.\nSoit $\\Gamma$ le cercle circonscrit à $A B D$, et soit $G_{1}$ et $G_{2}$ les points d'intersection respectifs des droites $d_{1}$ et $d_{2}$ avec $\\Gamma$, et autres que $D$ lui-même. Il nous suffit de montrer que $E=G_{1}$ et que $\\mathrm{F}=\\mathrm{G}_{2}$.\nPuisque $\\mathrm{d}_{2}$ est la bissectrice extérieure de $\\widehat{B A C}$, donc la bissectrice intérieure de $\\widehat{B A D}$, le théorème du pôle Sud indique que $\\mathrm{G}_{2}$ est équidistant de B et D . De même, $\\mathrm{d}_{1}$ est la bissectrice intérieure de $\\widehat{B A C}$, donc la bissectrice extérieure de $\\widehat{B A D}$, et le théorème du pôle Nord indique que $\\mathrm{G}_{1}$ est équidistant de B et D .\nMais alors $\\left(G_{1} G_{2}\\right)$ est bien la médiatrice de $[B D]$, donc $G_{1}=E$ et $G_{2}=F$, ce qui conclut.\n![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_06_c577666f9f40ce04dd3fg-4.jpg?height=755&width=992&top_left_y=1047&top_left_x=526)", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/tests/fr-2018-2019-Test-26-02-Corrige.jsonl", "problem_match": "\nExercice 3.", "solution_match": "\nSolution de l'exercice 3"}}
{"year": "2018", "tier": "T1", "problem_label": "4", "problem_type": null, "exam": "French_tests", "problem": "Dans un tournoi auxquels participent $n$ joueurs, numérotés de 1 à $n$, chaque paire de joueurs se rencontre exactement une fois. Cette rencontre se termine par la victoire d'un des deux joueurs et la défaite de l'autre joueur. On note $v_{\\mathrm{k}}$ le nombre de victoires du joueur $k$ au cours du tournoi, et $d_{k}$ son nombre de défaites.\nDémontrer que $\\sum_{k=1}^{n} v_{k}^{2}=\\sum_{k=1}^{n} d_{k}^{2}$.", "solution": "Puisque chaque joueur a disputé $n-1$ parties et que l'ensemble des joueurs a totalisé $n(n-1) / 2$ victoires, on sait que\n\n$$\n\\sum_{k=1}^{n} v_{k}=n(n-1) / 2\n$$\n\net que $v_{k}+d_{k}=n-1$ pour tout $k \\leqslant n$. On en déduit que\n\n$$\n\\sum_{k=1}^{n} d_{k}^{2}=\\sum_{k=1}^{n}\\left(n-1-v_{k}\\right)^{2}=n(n-1)^{2}-2(n-1) \\sum_{k=1}^{n} v_{k}+\\sum_{k=1}^{n} v_{k}^{2}=\\sum_{k=1}^{n} v_{k}^{2}\n$$", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/tests/fr-2018-2019-Test-26-02-Corrige.jsonl", "problem_match": "\nExercice 4.", "solution_match": "\nSolution de l'exercice 4"}}