{"year": "2018", "tier": "T1", "problem_label": "1", "problem_type": null, "exam": "French_tests", "problem": "Carine et Cyril jouent au jeu suivant. Tout d'abord, Cyril choisit un entier $\\mathrm{n} \\geqslant 1$. Puis, dans chacune des cases d'une grille $3 \\times 3$ (apparentée à un jeu de morpion), il écrit un entier.\nVient ensuite le tour de Carine. Elle peut, autant de fois qu'elle le souhaite, effectuer l'opération suivante : elle choisit une case $\\mathbf{c}$, puis augmente de 1 la valeur de $\\mathbf{c}$ et de ses voisines (c'est-à-dire des cases qui partagent un côté avec c). Carine gagne la partie si elle réussit à faire en sorte que les 9 entiers soient tous égaux modulo $n$.\nQuel est le joueur qui dispose d'une stratégie gagnante?", "solution": "On va montrer que Carine a une stratégie gagnante. Tout d'abord, adoptons quelques notations. On note ( $\\mathfrak{i}, \\mathfrak{j}$ ) la case située en ligne $\\boldsymbol{i}$ et en colonne $\\mathfrak{j}$, et on note $k_{i, j}$ l'entier écrit sur cette case. Sans perte de généralité, on suppose que nos entiers sont écrits modulo $n$.\nOn va également noter $a_{i, j}$ une action de Carine consistant à choisir la case $(i, j)$, donc à augmenter de 1 les entiers $k_{\\hat{i}, \\hat{j}}$ tels que $|\\mathfrak{i}-\\hat{\\mathfrak{i}}|+|\\mathfrak{j}-\\hat{j}| \\leqslant 1$. Au vu de la condition de victoire de Carine, on suppose aussi qu'elle dispose d'une opération $a_{\\infty}$ qui consiste à ôter 1 à toutes les cases.\nAlors, en effectuant les actions $a_{1,1}, a_{3,1}, a_{2,3}$ et $a_{\\infty}$, Carine se débrouille pour augmenter $l^{\\prime}$ entier $k_{2,1}$ de 1 sans changer les autres. De même, elle peut augmenter isolément chacun des entiers $k_{2,3}, k_{1,2}$ et $k_{3,2}$. On appelle $b_{2,1,2,3}, b_{1,2}$ et $b_{3,2}$ les \"actions\" correspondantes.\nPuis, en réalisant l'action $a_{1,1}$ et en réalisant $n-1$ fois les actions $b_{2,1}$ et $b_{1,2}$, Carine a augmenté l'entier $k_{1,1}$ sans changer les autres. De même, elle peut augmenter isolément les entiers $k_{1,3}, k_{3,1}$ et $k_{3,3}$.\nIl lui suffit donc de modifier les valeurs de chacune des cases autres que $(2,2)$ pour que tous les entiers deviennent égaux, et alors elle aura gagné.", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/tests/fr-2018-2019-Test-27-02-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": "Trouver les fonctions $f: \\mathbb{R} \\mapsto \\mathbb{R}$ telles que, pour tous les réels $x$ et $y$, on ait:\n\n$$\nf\\left(x^{2}+x+f(y)\\right)=y+f(x)+f(x)^{2}\n$$", "solution": "Tout d'abord, il est clair que la fonction $\\mathrm{f}: x \\mapsto x$ est une solution. On va montrer que c'est la seule.\nDans la suite, on notera $E_{x, y}$ l'équation $f\\left(x^{2}+x+f(y)\\right)=y+f(x)+f(x)^{2}$. En premier lieu, $E_{0, y}$ indique que $f(f(y))=y+f(0)+f(0)^{2}$, ce qui montre que $f$ est à la fois injective et surjective, donc bijective.\nD'autre part, pour tous les réels $x$ et $t$, notons que $x^{2}+x=t^{2}+t$ si et seulement si $0=$ $x^{2}-t^{2}+x-t=(x-t)(x+t+1)$, c'est-à-dire si $x=t$ ou $t=-1-x$. En particulier, en posant $t=-1-x$, alors $E_{x, y}$ et $E_{t, y}$ indiquent que $f(x)+(x)^{2}=f(t)+(t)^{2}$. Par conséquent, si $x \\neq-1 / 2$, et puisque l'on a alors $t \\neq x$ et que $f$ est injective, on a également $f(t)=-1-f(x)$ et $f(x) \\neq-1 / 2$. On en déduit notamment que $f(-1 / 2)=-1 / 2$.\nOn vient de montrer que $-1 / 2$ est un point fixe de $f$. Or, si $y$ et $x$ sont des points fixes de $f$, l'équation $\\mathbf{E}_{x, y}$ montre que $x^{2}+x+y$ en est un également. De même, si $x$ et $x^{2}+x+y$ sont des points fixes de $f$, et puisque $f$ est bijective, alors $y$ en est un également. Ici, en choisissant $x=-1 / 2$, on constate donc que, dès lors que $y$ est un point fixe de $f, y-1 / 4$ et $y+1 / 4$ en sont aussi. En particulier, 0 et $1 / 4$ sont des points fixes.\nDans ces conditions, $E_{x, 0}$ et $E_{0, y}$ montrent respectivement que $f\\left(x^{2}+x\\right)=f(x)+f(x)^{2}$ et que $f(f(y))=y$. Puis, si $t$ est un réel positif, soit $x$ un réel tel que $x^{2}+x=t-1 / 4$. Alors $\\mathbf{E}_{x, 1 / 4}$ indique que\n\n$$\n\\mathbf{f}(\\mathbf{t})=\\mathbf{f}\\left(\\left(\\mathrm{x}^{2}+x+\\mathbf{f}(1 / 4)\\right)=1 / 4+\\boldsymbol{f}(\\mathrm{x})+\\mathrm{f}(\\mathrm{x})^{2} \\geqslant 0\\right.\n$$\n\nPar ailleurs, si $z$ est un réel tel que $z^{2}+z=\\mathrm{t}$, alors $\\mathbf{E}_{z, \\mathrm{f}(\\mathrm{y})}$ indique que\n\n$$\nf(t+y)=f(y)+f(z)+f(z)^{2}=f(y)+f\\left(z^{2}+z\\right)=f(y)+f(t)\n$$\n\nOn en déduit à la fois que $f$ est croissante et que $f$ est en fait additive.\nLa fonction $f$ est donc linéaire, c'est-à-dire de la forme $f: x \\mapsto \\lambda x$. On conclut en observant que, puisque $-1 / 2$ est un point fixe de f , $\\mathrm{c}^{\\prime}$ est que $\\lambda=1$, donc que f est bien la fonction identité.", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/tests/fr-2018-2019-Test-27-02-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 p un nombre premier.\nDémontrer qu'il existe un nombre premier $q$ tel que $\\mathfrak{n}^{p} \\not \\equiv p$ pour tout $n \\in \\mathbb{Z}$.", "solution": "Tout d'abord, si $p$ ne divise pas $q-1$, alors $x \\mapsto x^{p}$ est une bijection de $\\mathbb{Z} / q \\mathbb{Z}$ dans lui-même, donc $q$ ne peut pas convenir. On en vient à chercher $q \\equiv 1(\\bmod p)$ tel que, pour tout $n \\not \\equiv 0(\\bmod q), n$ soit d'ordre $\\omega_{q}(n) \\neq p \\omega_{q}(p)$ modulo $q$, où $\\omega_{q}(p)$ est l'ordre de $p$ modulo $q$.\nPuisque les ordres possibles sont exactement les diviseurs de $q-1$, cela signifie que $q-1$ doit être divisible par $p$ et par $\\omega_{q}(p)$ mais pas $p \\omega_{q}(p)$. Par conséquent, $p$ doit nécessairement diviser $\\omega_{q}(p)$, et une première idée serait de vérifier si on ne peut pas justement avoir $\\omega_{q}(p)=p$.\nDans cette optique, $q$ doit diviser $p^{p}-1$ mais pas $p-1$. Ainsi, $q$ doit diviser l'entier\n\n$$\n\\mathbf{N}=\\frac{p^{p}-1}{p-1}=1+p+p^{2}+\\ldots+p^{p-1}\n$$\n\nDans ces conditions, si $q$ divise quand même $p-1$, alors $\\mathbf{N} \\equiv p(\\bmod q)$, ce qui est impossible. Ainsi, on est ici assuré que $q$ ne divise pas $p-1$, donc que $\\omega_{q}(p)=p$.\nIl reste donc à s'assurer que l'on peut choisir $q$ de sorte que $q \\not \\equiv 1\\left(\\bmod p^{2}\\right)$. Si un tel $q$ $n^{\\prime}$ existait pas, alors $N$ lui même serait congru à $1\\left(\\bmod p^{2}\\right)$. On conclut donc le problème en remarquant que $\\mathbf{N} \\equiv 1+p \\not \\equiv 1\\left(\\bmod p^{2}\\right)$.", "metadata": {"resource_path": "French/segmented/tests/fr-2018-2019-Test-27-02-Corrige.jsonl", "problem_match": "\nExercice 3.", "solution_match": "\nSolution de l'exercice 3"}}