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|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|
Let $ABC$ be a triangle and $O$ the center of its circumcircle. We denote by $A_B$ and $A_C$ the other intersections of the circle $BOC$ with $(AB)$ and $(AC)$, and $\left(\ell_{1}\right)=\left(A_{B} A_{C}\right)$. We define $B_C$, $B_A$, $C_A$, and $C_B$ in the same manner, as well as $\left(\ell_{2}\right)$ and $\left(\ell_{3}\right)$. We denote by $A^{*} B^{*} C^{*}$ the triangle formed by the lines $\left(\ell_{1}\right),\left(\ell_{2}\right)$, and $\left(\ell_{3}\right)$. Show that the circumcircles of triangles $ABC$ and $A^{*} B^{*} C^{*}$ are tangent.
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We will show that $C_{A}$ is on the perpendicular bisector of $[B C]$.
We have $\left(C_{A} O, B C\right)=\left(C_{A} O, A C\right)+(A C, B C)=\left(C_{A} O, A C_{A}\right)+(A C, B C)=(A B, A O)+(A C, B C)=$ 90 (since the altitude from a vertex of a triangle and the line connecting this vertex with the circumcenter are isogonal conjugates), which shows that ( $C_{A} O$ ) and ( $B C$ ) are perpendicular, but O is on the perpendicular bisector of $[\mathrm{BC}]$ so $\mathrm{C}_{A}$ is also.
Symmetrically, $B_{A}$ is on the perpendicular bisector of $[B C]$ and thus $O, B_{A}$ and $C_{A}$ are collinear.
Lemma 3.2. The triangle $A^{*} C_{A} B_{A}$ is isosceles at $A^{*}$.
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Yes
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Geometry
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Soit $A B C$ un triangle et $O$ le centre de son cercle circonscrit. On note $A_{B}$ et $A_{C}$ les autres intersections du cercle $B O C$ avec $(A B)$ et $(A C)$ et $\left(\ell_{1}\right)=\left(A_{B} A_{C}\right)$, on définit de la même manière $B_{C}$, $B_{A}, C_{A}$ et $C_{B}$ ainsi que $\left(\ell_{2}\right)$ et $\left(\ell_{3}\right)$. On note $A^{*} B^{*} C^{*}$ le triangle formé par les droites $\left(\ell_{1}\right),\left(\ell_{2}\right)$ et $\left(\ell_{3}\right)$. Montrer que les cercles circonscrits des triangle $A B C$ et $A^{*} B^{*} C^{*}$ sont tangents.
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On va démontrer que $C_{A}$ est sur la médiatrice de $[B C]$.
On a $\left(C_{A} O, B C\right)=\left(C_{A} O, A C\right)+(A C, B C)=\left(C_{A} O, A C_{A}\right)+(A C, B C)=(A B, A O)+(A C, B C)=$ 90 (car la hauteur issue d'un sommet d'un triangle et la droite reliant ce somet avec le centre du cercle circonscrit sont conjugués isogonales), ce qui montre que ( $C_{A} O$ ) et ( $B C$ ) sont perpendiculaires, mais O est sur le médiatrice de $[\mathrm{BC}]$ donc $\mathrm{C}_{A}$ également.
De manière symétrique, $B_{A}$ est sur la médiatrice de $[B C]$ et ainsi $O, B_{A}$ et $C_{A}$ sont alignés.
Lemme 3.2. Le triangle $A^{*} C_{A} B_{A}$ est isocèle en $A^{*}$.
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Let $ABC$ be a triangle and $O$ the center of its circumcircle. We denote by $A_B$ and $A_C$ the other intersections of the circle $BOC$ with $(AB)$ and $(AC)$, and $\left(\ell_{1}\right)=\left(A_{B} A_{C}\right)$. We define $B_C$, $B_A$, $C_A$, and $C_B$ in the same manner, as well as $\left(\ell_{2}\right)$ and $\left(\ell_{3}\right)$. We denote by $A^{*} B^{*} C^{*}$ the triangle formed by the lines $\left(\ell_{1}\right),\left(\ell_{2}\right)$, and $\left(\ell_{3}\right)$. Show that the circumcircles of triangles $ABC$ and $A^{*} B^{*} C^{*}$ are tangent.
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\left(A^{*} C_{A}, C_{A} B_{A}\right)=\left(C_{B} C_{A}, C_{A} O\right)=\left(C_{B} B, B O\right)=(C B, B O)=(O C, B C)=
\left(\mathrm{OB}_{A}, \mathrm{~B}_{\mathrm{C}} \mathrm{B}_{\mathrm{A}}\right)=\left(\mathrm{CB}_{\mathrm{A}}, \mathrm{B}_{\mathrm{A}} \mathrm{A}^{*}\right)
Thus, $A^{*} B_{A} C_{A}$ is isosceles at $A^{*}$.
Moreover, the angles at $B_{A}$ and $B$ in the triangles $A^{*} B_{A} C_{A}$ and $B C O$ are equal, which shows that $A^{*} B_{A} C_{A} \sim O B C$.
Therefore, $\left(C_{A} A^{*}, A^{*} B_{A}\right)=2\left(C_{A} A, A B_{A}\right)$ and $A^{*}$ is the circumcenter of $A B_{A} C_{A}$. But in this case $\left(A^{*} A, A C\right)=\left(A A^{*}, A C_{A}\right)=90-\left(C_{A} B_{A}, B_{A} A\right)=90-\left(B_{A}, B_{A} A\right)=90-$ $(O C, C A)=(A B, B C)$ (we always use the fact that the altitude from a vertex of a triangle and the line connecting this vertex with the circumcenter are isogonal conjugates).
Thus, $\left(A A^{*}\right)$ is indeed a tangent to $A B C$.
Lemma 4. The points $C_{B}, B_{C}, T, A$ and $A^{*}$ are concyclic.
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Yes
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proof
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Geometry
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Soit $A B C$ un triangle et $O$ le centre de son cercle circonscrit. On note $A_{B}$ et $A_{C}$ les autres intersections du cercle $B O C$ avec $(A B)$ et $(A C)$ et $\left(\ell_{1}\right)=\left(A_{B} A_{C}\right)$, on définit de la même manière $B_{C}$, $B_{A}, C_{A}$ et $C_{B}$ ainsi que $\left(\ell_{2}\right)$ et $\left(\ell_{3}\right)$. On note $A^{*} B^{*} C^{*}$ le triangle formé par les droites $\left(\ell_{1}\right),\left(\ell_{2}\right)$ et $\left(\ell_{3}\right)$. Montrer que les cercles circonscrits des triangle $A B C$ et $A^{*} B^{*} C^{*}$ sont tangents.
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$\left(A^{*} C_{A}, C_{A} B_{A}\right)=\left(C_{B} C_{A}, C_{A} O\right)=\left(C_{B} B, B O\right)=(C B, B O)=(O C, B C)=$ $\left(\mathrm{OB}_{A}, \mathrm{~B}_{\mathrm{C}} \mathrm{B}_{\mathrm{A}}\right)=\left(\mathrm{CB}_{\mathrm{A}}, \mathrm{B}_{\mathrm{A}} \mathrm{A}^{*}\right)$
Donc $A^{*} B_{A} C_{A}$ est isocèle en $A^{*}$.
De plus, les angles en $B_{A}$ et $B$ des triangles $A^{*} B_{A} C_{A}$ et $B C O$ sont égaux, ce qui montre en fait que $A^{*} B_{A} C_{A} \sim O B C$.
Ainsi, $\left(C_{A} A^{*}, A^{*} B_{A}\right)=2\left(C_{A} A, A B_{A}\right)$ et $A^{*}$ est le centre du cercle circonscrit de $A B_{A} C_{A}$. Mais dans ce cas $\left(A^{*} A, A C\right)=\left(A A^{*}, A C_{A}\right)=90-\left(C_{A} B_{A}, B_{A} A\right)=90-\left(B_{A}, B_{A} A\right)=90-$ $(O C, C A)=(A B, B C)$ (on utilise toujours le fait que la hauteur issue d'un sommet d'un triangle et la droite reliant ce somet avec le centre du cercle circonscrit sont conjugués isogonales)
Donc $\left(A A^{*}\right)$ est bien une tangente de $A B C$.
Lemme 4. Les points $C_{B}, B_{C}, T, A$ et $A^{*}$ sont cocycliques.
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Let $ABC$ be a triangle and $O$ the center of its circumcircle. We denote by $A_B$ and $A_C$ the other intersections of the circle $BOC$ with $(AB)$ and $(AC)$, and $\left(\ell_{1}\right)=\left(A_{B} A_{C}\right)$. We define $B_C$, $B_A$, $C_A$, and $C_B$ in the same manner, as well as $\left(\ell_{2}\right)$ and $\left(\ell_{3}\right)$. We denote by $A^{*} B^{*} C^{*}$ the triangle formed by the lines $\left(\ell_{1}\right),\left(\ell_{2}\right)$, and $\left(\ell_{3}\right)$. Show that the circumcircles of triangles $ABC$ and $A^{*} B^{*} C^{*}$ are tangent.
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We calculate the angle $\left(C_{B} A, B_{C} A\right)$:
$\left(C_{B} A, A B_{C}\right)=\left(C_{B} A, A O\right)+\left(A O, A B_{C}\right)=\left(C_{B} B, B O\right)+\left(C O, C B_{C}\right)$ by cocyclicity of points $\mathrm{C}_{\mathrm{B}} \mathrm{BAO}$ and $\mathrm{AOB}_{\mathrm{C}} \mathrm{C},\left(\mathrm{C}_{\mathrm{B}} \mathrm{B}, \mathrm{BO}\right)+\left(\mathrm{CO}, \mathrm{CB}_{\mathrm{C}}\right)=(\mathrm{CB}, \mathrm{BO})+(\mathrm{CO}, \mathrm{CB})=(\mathrm{CO}, \mathrm{BO})=2(\mathrm{CA}, \mathrm{AB})$, so $\left(C_{B} A, A B_{C}\right)=2(C A, A B)$. We also find that $\left(C_{B} A^{*}, A^{*} B_{C}\right)=2(C A, A B)$ according to Lemma 3.2, thus $\left(C_{B} A, A B_{C}\right)=\left(C_{B} A^{*}, A^{*} B_{C}\right)$, hence the points $C_{B}, B_{C}, A$ and $A^{*}$ are cocyclic.
Step 2. T is on the circumcircle of $C_{B}, B_{C}, A$ and $A^{*}$.
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Yes
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Yes
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Geometry
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Soit $A B C$ un triangle et $O$ le centre de son cercle circonscrit. On note $A_{B}$ et $A_{C}$ les autres intersections du cercle $B O C$ avec $(A B)$ et $(A C)$ et $\left(\ell_{1}\right)=\left(A_{B} A_{C}\right)$, on définit de la même manière $B_{C}$, $B_{A}, C_{A}$ et $C_{B}$ ainsi que $\left(\ell_{2}\right)$ et $\left(\ell_{3}\right)$. On note $A^{*} B^{*} C^{*}$ le triangle formé par les droites $\left(\ell_{1}\right),\left(\ell_{2}\right)$ et $\left(\ell_{3}\right)$. Montrer que les cercles circonscrits des triangle $A B C$ et $A^{*} B^{*} C^{*}$ sont tangents.
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On calcule l'angle $\left(C_{B} A, B_{C} A\right)$ :
$\left(C_{B} A, A B_{C}\right)=\left(C_{B} A, A O\right)+\left(A O, A B_{C}\right)=\left(C_{B} B, B O\right)+\left(C O, C B_{C}\right)$ par cocyclicité des points $\mathrm{C}_{\mathrm{B}} \mathrm{BAO}$ et $\mathrm{AOB}_{\mathrm{C}} \mathrm{C},\left(\mathrm{C}_{\mathrm{B}} \mathrm{B}, \mathrm{BO}\right)+\left(\mathrm{CO}, \mathrm{CB}_{\mathrm{C}}\right)=(\mathrm{CB}, \mathrm{BO})+(\mathrm{CO}, \mathrm{CB})=(\mathrm{CO}, \mathrm{BO})=2(\mathrm{CA}, \mathrm{AB})$, donc $\left(C_{B} A, A B_{C}\right)=2(C A, A B)$, on trouve également que $\left(C_{B} A^{*}, A^{*} B_{C}\right)=2(C A, A B)$ d'après le lemme 3.2, ainsi $\left(C_{B} A, A B_{C}\right)=\left(C_{B} A^{*}, A^{*} B_{C}\right)$, ainsi les points $C_{B}, B_{C}, A$ et $A^{*}$ sont cocycliques.
Étape 2. T est sur le cercle circonscrit de $C_{B}, B_{C}, A$ et $A^{*}$.
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Let $ABC$ be a triangle and $O$ the center of its circumcircle. We denote by $A_B$ and $A_C$ the other intersections of the circle $BOC$ with $(AB)$ and $(AC)$, and $\left(\ell_{1}\right)=\left(A_{B} A_{C}\right)$. We define $B_C$, $B_A$, $C_A$, and $C_B$ in the same manner, as well as $\left(\ell_{2}\right)$ and $\left(\ell_{3}\right)$. We denote by $A^{*} B^{*} C^{*}$ the triangle formed by the lines $\left(\ell_{1}\right),\left(\ell_{2}\right)$, and $\left(\ell_{3}\right)$. Show that the circumcircles of triangles $ABC$ and $A^{*} B^{*} C^{*}$ are tangent.
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\(\left(A^{*} B_{C}, B_{C} T\right)=\left(B^{\prime} B_{C}, B_{C} T\right)=\left(B^{\prime} C, C T\right)=\left(B^{\prime} C, C T\right)=(A C, C T)=(A A, A T)=\) \(\left(A A^{*}, A T\right)\), where the line \((A A)\) denotes here the tangent at \(A\) to the circle \(A B C\), according to lemmas 1 and 3, then the points \(A^{*}, B_{C}, T\) and \(A\) are concyclic.
In conclusion, the points \(C_{B}, B_{C}, T, A\) and \(A^{*}\) are concyclic.
Symmetrically, \(C^{*}, A_{B}, B_{A}, T\) and \(C\).
Since \(T\) is on the circle \(C_{B} B_{C} T A A^{*}\), we can exchange the roles of \(B\) and \(C\), and similarly, we can exchange the roles of \(A\) and \(B\) knowing that the points \(C^{*} A_{B} B_{A} T C\) are cyclic. We can find the concyclicity of the following quadrilaterals: \(A B^{\prime} \mathrm{TB}_{A}, \mathrm{BC}^{\prime} \mathrm{TC}_{A}, \mathrm{CA}^{\prime} \mathrm{TA}_{\mathrm{C}}, \mathrm{BA}^{\prime} \mathrm{TA}_{\mathrm{B}}\), \(A C^{\prime} \mathrm{TC}_{A}, C B^{\prime} \mathrm{TB}_{C}\), and the concyclicity of the following pentagons: \(A A^{*} \mathrm{TC}_{A} B_{A}, C C^{*} \mathrm{~TB}_{C} A_{C}\) and \(B B^{*} T A_{B} C_{B}\), but also \(B, B^{\prime}\) and \(T\) are collinear, \(A A^{\prime} T\) and \(C C^{\prime} T\) are collinear, as well as \(O C_{A} B_{C}\), \(O B_{C} A_{C}\) and \(O C_{B} A_{B}\). After understanding the exercise and the various properties of the figure a bit better, we can conclude.
First, we recall Miquel's theorem, whose proof by angle chasing is left to the reader:
Let \(X Y Z\) be a triangle, and \(X^{\prime}, Y^{\prime}\) and \(Z^{\prime}\) be points on the sides \(Y Z, X Y\) and \(Z X\), then the circumcircles of \(Y X^{\prime} Z^{\prime}\), \(X Y^{\prime} Z^{\prime}\) and \(X^{\prime} Y^{\prime} Z\) are concurrent at \(P\).
First, we set: \(X, Y, Z = A_{C}, B^{\prime}, C^{*}\) and \(X^{\prime}, Y^{\prime}, Z^{\prime} = B_{C}, A^{\prime}, C\). Then the circumcircles of \(C A_{C} A^{\prime}\), \(B^{\prime} B_{C} C\) and \(B_{C} C^{*} A^{\prime}\) intersect at \(T\), because \(T\) is on the circumcircles of \(C A_{C} A^{\prime}\) and \(B^{\prime} B_{C} C\). Thus, \(T, B_{C}, C^{*}\) and \(A^{\prime}\) are concyclic.
By setting \(X, Y, Z = A^{\prime}, C_{B}, B^{*}\) and \(X^{\prime}, Y^{\prime}, Z^{\prime} = A^{*}, C^{*}, B_{C}\). Then \(B_{C} C^{*} A^{\prime}\), \(C_{B} B_{C} A^{*}\) and \(A^{*} B^{*} C^{*}\) are concurrent at \(T\) as well (since \(T\) is already on the circumcircles of \(B_{C} C^{*} A^{\prime}\) and \(C_{B} B_{C} A^{*}\)). This proves that the point \(T\) is on the circumcircle of \(A^{*} B^{*} C^{*} T\).
We will now prove that the circumcircles of \(A B C\) and \(A^{*} B^{*} C^{*}\) are tangent at \(T\). We introduce \((t)\) the tangent at \(T\) to the circle \(A B C\), and we will prove that \((t)\) is also tangent to the circle \(A^{*} B^{*} C^{*}\).
We have \(\left(C^{*} T, t\right) = \left(C^{*} T, T C\right) + (T C, t) = \left(C^{*} A_{B}, A_{B} C\right) + (T B, B C)\) (by concyclicity and tangent angle). Now, \(\left(C^{*} A_{B}, A_{B} C\right) = (B A, A C) + (A B, B C)\) by direct angle chasing, but \(\left(B C^{\prime}, C^{\prime} C_{B}\right) = (B A, A C) + (A B, B C)\) as well. Thus, \(\left(C^{*} T, t\right) = \left(B C^{\prime}, C^{\prime} C_{B}\right) + (T B, B C) = \left(B T, T C_{B}\right) + (T B, B C) = \left(B C, T C_{B}\right) = \left(T B^{*}, B^{*} C^{*}\right)\).
This concludes the proof of the exercise.
Remark. It is also possible to prove, with more advanced tools, that the lines \((A B), (B C), (C A), (A^{*} B^{*}), (B^{*} C^{*})\) and \((C^{*} A^{*})\) are tangent to the same parabola \(\mathcal{P}\) with focus \(T\) and directrix the line connecting \(O\) and the center of the circumcircle of \(A^{\prime \prime} B^{\prime \prime} C^{\prime \prime}\).
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Geometry
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Soit $A B C$ un triangle et $O$ le centre de son cercle circonscrit. On note $A_{B}$ et $A_{C}$ les autres intersections du cercle $B O C$ avec $(A B)$ et $(A C)$ et $\left(\ell_{1}\right)=\left(A_{B} A_{C}\right)$, on définit de la même manière $B_{C}$, $B_{A}, C_{A}$ et $C_{B}$ ainsi que $\left(\ell_{2}\right)$ et $\left(\ell_{3}\right)$. On note $A^{*} B^{*} C^{*}$ le triangle formé par les droites $\left(\ell_{1}\right),\left(\ell_{2}\right)$ et $\left(\ell_{3}\right)$. Montrer que les cercles circonscrits des triangle $A B C$ et $A^{*} B^{*} C^{*}$ sont tangents.
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$\left(A^{*} B_{C}, B_{C} T\right)=\left(B^{\prime} B_{C}, B_{C} T\right)=\left(B^{\prime} C, C T\right)=\left(B^{\prime} C, C T\right)=(A C, C T)=(A A, A T)=$ $\left(A A^{*}, A T\right)$, où la droite $(A A)$ désigne ici la tangente en $A$ au cercle $A B C$, d'après les lemmes 1 et 3 , alors les points $A^{*}, B_{C}, T$ et $A$ sont cocycliques.
En conclusion, les points $C_{B}, B_{C}, T, A$ et $A^{*}$ sont cocycliques.
On a de manière symétrique $C^{*}, A_{B}, B_{A}, T$ et $C$.
Comme $T$ est sur le cercle $C_{B} B_{C} T A A^{*}$ on peut échanger les rôles de $B$ et $C$, de la même manière on peut échanger les rôles de $A$ et $B$ en sachant que les points $C^{*} A_{B} B_{A} T C$ sont cycliques. On peut trouver la cocyclicité des quadrilatères suivants : $A B^{\prime} \mathrm{TB}_{A}, \mathrm{BC}^{\prime} \mathrm{TC}_{A}, \mathrm{CA}^{\prime} \mathrm{TA}_{\mathrm{C}}, \mathrm{BA}^{\prime} \mathrm{TA}_{\mathrm{B}}$, $A C^{\prime} \mathrm{TC}_{A}, C B^{\prime} \mathrm{TB}_{C}$, on trouve la cyclicité des pentagones suivants: $A A^{*} \mathrm{TC}_{A} B_{A}, C C^{*} \mathrm{~TB}_{C} A_{C}$ et $B B^{*} T A_{B} C_{B}$, mais également $B, B^{\prime}$ et $T$ sont alignés, $A A^{\prime} T$ et $C C^{\prime} T$ alignés, ainsi que $O C_{A} B_{C}$, $O B_{C} A_{C}$ et $O C_{B} A_{B}$. Après avoir compris un peu mieux l'exercice et les différentes propriétés de la figure on peut conclure.
On rappelle avant tout le théorème de Miquel dont la démonstration en chasse aux angles est laissée au lecteur:
Soit $X Y Z$ un triangle, $X^{\prime}, Y^{\prime}$ et $Z^{\prime}$ des points sur les côtés $Y Z, X Y$ et $Z X$, alors les cercles $Y X^{\prime} Z^{\prime}$, $X Y^{\prime} Z^{\prime}$ et $X^{\prime} Y^{\prime} Z$ sont concourants en $P$.
On pose dans un premier temps: $X, Y, Z=A_{C}, B^{\prime}, C^{*}$ et $X^{\prime}, Y^{\prime}, Z^{\prime}=B_{C}, A^{\prime}, C$. Alors les cercles circonscrits de $C A_{C} A^{\prime}, B^{\prime} B_{C} C$ et $B_{C} C^{*} A^{\prime}$ se coupent en $T$, car $T$ est sur les cercles circonscrits $\operatorname{de} C A_{C} A^{\prime}$ et $B^{\prime} B_{C} C$. Ainsi, $T, B_{C}, C^{*}$ et $A^{\prime}$ sont cocycliques.
En posant $X, Y, Z=A^{\prime}, C_{B}, B^{*}$ et $X^{\prime}, Y^{\prime}, Z^{\prime}=A^{*}, C^{*}, B_{C}$. Alors $B_{C} C^{*} A^{\prime}, C_{B} B_{C} A^{*}$ et $A^{*} B^{*} C^{*}$ sont concourantes en $T$ également (car $T$ est déjà sur les cercles circonscrits de $B_{C} C^{*} A^{\prime}$ et $C_{B} B_{C} A^{*}$ ). Cela démontre ainsi que le point $T$ est sur le cercle circonscrit de $A^{*} B^{*} C^{*} T$.
On va maintenant démontrer que les cercles circonscrits de $A B C$ et $A^{*} B^{*} C^{*}$ sont tangents en $T$. On introduit ( t ) la tangente en $T$ au cercle $A B C$, on va démontrer que ( $t$ ) est également tangente au cercle $A^{*} B^{*} C^{*}$.
On a $\left(C^{*} T, t\right)=\left(C^{*} T, T C\right)+(T C, t)=\left(C^{*} A_{B}, A_{B} C\right)+(T B, B C)$ (par cocyclicité et angle tangent). Or, $\left(C^{*} A_{B}, A_{B} C\right)=(B A, A C)+(A B, B C)$ par chasse au angle direct, mais $\left(B C^{\prime}, C^{\prime} C_{B}\right)=(B A, A C)+$ $(A B, B C)$ également. Ainsi, $\left(C^{*} \mathrm{~T}, \mathrm{t}\right)=\left(\mathrm{BC}^{\prime}, \mathrm{C}^{\prime} \mathrm{C}_{\mathrm{B}}\right)+(\mathrm{TB}, \mathrm{BC})=\left(\mathrm{BT}, \mathrm{TC}_{\mathrm{B}}\right)+(\mathrm{TB}, \mathrm{BC})=$ $\left(\mathrm{BC}, \mathrm{TC}_{\mathrm{B}}\right)=\left(\mathrm{TB}^{*}, \mathrm{~B}^{*} \mathrm{C}^{*}\right)$.
Ce qui conclut la preuve de l'exo.
Remarque. Il est également possible de démontrer, avec des outiles plus ava, cés, que les droites $(A B),(B C),(C A),\left(A^{*} B^{*}\right),\left(B^{*} C^{*}\right)$ et $\left(C^{*} A^{*}\right)$ sont tangentes à une même parabole $\mathcal{P}$ de foyer $T$ et de directrice la droite qui relie $O$ et le centre du cercle circonscrit de $A^{\prime \prime} B^{\prime \prime} C^{\prime \prime}$.
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An integer $n$ is perfect if the sum of its divisors is $2n$. Let $n$ be a perfect integer and $p$ its smallest prime divisor. Show that the exponent of $p$ in the prime factorization of $n$ is even.
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Let $n=p_{1}^{a_{1}} \cdots p_{k}^{a_{k}}$ with the $p_{i}$ distinct primes. The sum of the divisors of $n$ is $\sigma(n)=\prod_{i=1}^{k}\left(1+\cdots+p_{i}^{a_{i}}\right)$ (cf. page 14 of the complete arithmetic course available at maths-olympiques.fr).
Suppose by contradiction that $a_{1}$ is odd, then $1+\cdots+p_{1}^{a_{1}}=\left(1+p_{1}\right)+p_{1}^{2}\left(1+p_{1}\right)+\cdots+$ $p_{1}^{a_{1}-1}\left(1+p_{1}\right)$. Then $p_{1}+1$ divides $1+\cdots+p_{1}^{a_{1}}$, and thus also $2 n=\prod_{i=1}^{k}\left(1+\cdots+p_{i}^{a_{i}}\right)$. If $p_{1}+1$ is not prime: it has a largest prime divisor $q < p_{1}$ which satisfies $q \mid 2 n$; then since $q$ is coprime with $n$, $q=2$; but then $q^2 \mid p_{1}+1 \mid 2 n$ and thus $q \mid n$, contradiction.
Therefore, $p_{1}+1$ is prime and then necessarily $p_{1}=2$ and $p_{1}+1=p_{2}=3$. Then $n, \frac{n}{2}, \frac{n}{3}$ and $\frac{n}{6}$ are integers and divide $n$. Since $n>6$, they are different from 1. Thus $2 n=\sigma(n) \geqslant$ $n+\frac{n}{2}+\frac{n}{3}+\frac{n}{6}+1=2 n+1$, contradiction. Therefore, $a_{1}$ is even.
## Common Exercises
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Number Theory
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Un entier $n$ est parfait si la somme de ses diviseurs est 2 n . Soit n un entier parfait et $p$ son plus petit diviseur premier. Montrer que l'exposant de $p$ dans la décomposition en produit de puissances de nombres premiers de n est pair.
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Soit $n=p_{1}^{a_{1}} \cdots p_{k}^{a_{k}}$ avec les $p_{i}$ premiers distincts. La somme des diviseurs de $n$ est $\sigma(n)=\prod_{i=1}^{k}\left(1+\cdots+p_{i}^{a_{i}}\right)$ (cf. la page 14 du cours d'arithmétique complet disponible sur maths-olympiques.fr).
Supposons par l'absurde que $a_{1}$ soit impair, alors $1+\cdots+p_{1}^{a_{1}}=\left(1+p_{1}\right)+p_{1}^{2}\left(1+p_{1}\right)+\cdots+$ $p_{1}^{a_{1}-1}\left(1+p_{1}\right)$. Alors $p_{1}+1$ divise $1+\cdots+p_{1}^{a_{1}}$, donc aussi $2 n=\prod_{i=1}^{k}\left(1+\cdots+p_{i}^{a_{i}}\right)$. Si $p_{1}+1$ $\mathrm{n}^{\prime}$ est pas premier: il a un plus grand diviseur premier $\mathrm{q}<\mathrm{p}_{1}$ qui vérifie $\mathrm{q} \mid 2 \mathrm{n}$; alors comme q est premier avec $\mathrm{n}, \mathrm{q}=2$; mais alors $\mathrm{q}^{2}\left|\mathrm{p}_{1}+1\right| 2 \mathrm{n}$ et donc $\mathrm{q} \mid \mathrm{n}$, contradiction.
Donc $p_{1}+1$ est premier et alors nécessairement $p_{1}=2$ et $p_{1}+1=p_{2}=3$. Alors $n, \frac{n}{2}, \frac{n}{3}$ et $\frac{n}{6}$ sont entiers et divisent de $n$. Comme $n>6$, ils sont différents de 1 . Ainsi $2 n=\sigma(n) \geqslant$ $n+\frac{n}{2}+\frac{n}{3}+\frac{n}{6}+1=2 n+1$, contradiction. Donc $a_{1}$ est pair.
## Exercices Communs
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{
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"problem_match": "\nExercice 3.",
"solution_match": "\nSolution de l'exercice 3"
}
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b77293de-50b4-535e-bef1-5368421bb2cf
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Let $n$ be a strictly positive integer. Show that there exist $n$ pairwise distinct integers $r_{1}, \ldots, r_{n}$ such that each $r_{i}$ divides $r_{1}+\cdots+r_{n}$.
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The solution is inspired by Egyptian fractions, which are n-tuples of distinct integers $a_{1}, \ldots, a_{n}$ satisfying $1 / a_{1}+\cdots+1 / a_{n}=1$, for example
$1 / 2+1 / 3+1 / 6=1$.
Then, by setting $r_{i}:=\prod_{j \neq i} a_{j}=\frac{a_{1} \cdots a_{n}}{a_{i}} \in \mathbb{Z}$, they will be distinct and their sum will be $a_{1} \cdots a_{n}$, which each $r_{i}$ divides.
We prove by induction that an Egyptian fraction exists for each $n \geqslant 3$. The example serves as the base case.
Induction step: assume proven for $n$, prove for $n+1$. We write the coefficients in increasing order, then we write $a_{n}^{\prime}=1+a_{n}$ and $a_{n+1}^{\prime}=a_{n}\left(1+a_{n}\right)$. We notice $1 / a_{n}^{\prime}+1 / a_{n+1}^{\prime}=1 / a_{n}$. By setting $a_{i}^{\prime}=a_{i}$ for $i \in\{1, \ldots, n-1\}$, we have an Egyptian fraction of length $n+1$, which concludes the induction (from the example we have $1 / 7+1 / 42=1 / 6$ and this gives: $1 / 2+1 / 3+1 / 7+1 / 42=1$).
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Number Theory
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Soit $n$ un entier strictement positif. Montrer qu'il existe $n$ entiers 2 à 2 distincts $r_{1}, \ldots, r_{n}$ tels que chaque $r_{i}$ divise $r_{1}+\cdots+r_{n}$.
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La solution s'inspire des fractions égyptiennes, une fraction égyptienne est uplet d'entiers distincts $a_{1}, \ldots, a_{n}$ vérifiant $1 / a_{1}+\cdots+1 / a_{n}=1$, par exemple
$1 / 2+1 / 3+1 / 6=1$.
Alors en posant $r_{i}:=\prod_{j \neq i} a_{j}=\frac{a_{1} \cdots a_{n}}{a_{i}} \in \mathbb{Z}$, ils seront distinct et leur somme fera $a_{1} \cdots a_{n}$, que chaque $r_{i}$ divise.
On montre par récurrence qu'une fraction égyptienne existe pour chaque $\mathrm{n} \geqslant 3$. L'exemple fait l'initialisation.
Hérédité : supposons prouvé pour n prouvons pour $\mathrm{n}+1$, on écrit les coefficients triés dans l'ordre croissant, puis on écrit $a_{n}^{\prime}=1+a_{n}$ et $a_{n+1}^{\prime}=a_{n}\left(1+a_{n}\right)$ On remarque $1 / a_{n}^{\prime}+1 / a_{n+1}^{\prime}=1 / a_{n}$. En posant $a_{i}^{\prime}=a_{i}$ pour $i \in\{1, \ldots, n-1\}$, on dispose d'une fraction égyptienne de longueur $n+1$, ce qui conclut la récurrence (depuis l'exemple on a $1 / 7+1 / 42=1 / 6$ et cela donne : $1 / 2+1 / 3+1 / 7+1 / 42=1)$.
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{
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"solution_match": "\nSolution de l'exercice 4"
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016d06e7-36af-50bc-9836-fb886e2b3a71
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Let $n$ be a positive integer. Show that there exists a positive integer $m$ such that $n!=$ $\varphi(\mathrm{m})$, where $\varphi$ is the Euler's totient function. (We recall that if $m=p_{1}^{\alpha_{1}} \cdots p_{k}^{\alpha_{k}}$ with $p_{1}, \ldots, p_{\mathrm{k}}$ distinct prime numbers, $\left.\varphi(m)=m\left(\left(1-\frac{1}{\mathfrak{p}_{1}}\right) \cdots\left(1-\frac{1}{\mathfrak{p}_{\mathrm{k}}}\right)\right)\right)$
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We proceed by construction starting from the largest prime numbers to the smallest.
The idea is to constrain the value of $\phi(m)$. The construction may seem a bit cumbersome, but one should not be intimidated and understand the idea behind it.
Let $p_{1}, p_{2}, \ldots$ be the prime numbers $p_{k} \leqslant n < p_{k+1}$
We show by downward induction that for all $i$ there exists $m_{i}$ such that
- $m_{i}$ is a product of $p_{j}$ with $k \geqslant j \geqslant i$
- For all $j \geqslant i, p_{j}$ has the same exponent in $m_{i}$ and $n$!
- $\phi\left(m_{i}\right) \mid n!$
The initialization is done for $i=k+1$ with $m_{k+1}=1$.
For the induction step, we multiply $m_{i+1}$ by $p_{i}$ until we have as many $p_{i}$ in $\phi\left(m_{i}\right)$ as in $n!$ to obtain $m_{i}$, thus respecting the first two hypotheses on $m_{i}$.
Let's verify that the last one is also satisfied. For $j \geqslant i$, we know there is no problem, the risk is an excessive valuation for a $p_{l}$ where $l$ is small, but given the construction, if $p_{l}^{\alpha} \mid \phi\left(m_{i}\right)$, then $p_{l}^{\alpha} \mid \left(p_{i}-1\right)\left(p_{i+1}-1\right) \cdots \left(p_{k}-1\right) \mid n!$; thus, we are assured that the induction works. With $m=m_{1}$, we obtain a solution to the exercise.
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Number Theory
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Soit $n$ un entier positif. Montrer qu'il existe un entier positif $m$ tel que $n!=$ $\varphi(\mathrm{m})$, où $\varphi$ est la fonction indicatrice $d^{\prime}$ Euler. (On rappelle que si $m=p_{1}^{\alpha_{1}} \cdots p_{k}^{\alpha_{k}}$ avec $p_{1}, \ldots, p_{\mathrm{k}}$ des nombres premiers 2 à 2 distincts, $\left.\varphi(m)=m\left(\left(1-\frac{1}{\mathfrak{p}_{1}}\right) \cdots\left(1-\frac{1}{\mathfrak{p}_{\mathrm{k}}}\right)\right)\right)$
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On procède par construction en partant des plus grands nombres premiers au plus petit.
L'idée est de contraindre la valeur de $\phi(m)$. La construction peut paraître un peu lourde mais il ne faut pas se laisser et impressionner et comprendre l'idée qui est derrière.
Soit $p_{1}, p_{2} \ldots$ les nombres premiers $p_{k} \leqslant n<p_{k+1}$
On montre par récurrence descendante que pour tout $i$ il existe $m_{i}$ tel que
- $m_{i}$ est un produit de $p_{j}$ avec $k \geqslant j \geqslant i$
- Pour tout $j \geqslant i, p_{j}$ a le même exposant dans $m_{i}$ et $n$ !
- $\phi\left(m_{i}\right) \mid n!$
L'initialisation se fait pour $\mathrm{i}=\mathrm{k}+1$ avec $\mathrm{m}_{\mathrm{k}+1}=1$.
Pour l'hérédité on multiplie $m_{i+1}$ par $p_{i}$ jusqu'à avoir autant de $p_{i}$ dans $\phi\left(m_{i}\right)$ que dans $n$ ! pour obtenir $m_{i}$ on respecte ainsi les 2 premières hypothèses sur $m_{i}$.
Vérifions que la dernière est aussi vérifiée, pour $j \geqslant i$ on sait que l'on n'a pas de problème, le risque est une trop grosse valuation pour un $p_{l}$ où $l$ petit or vu la construction si $p_{l}^{\alpha} \mid \phi\left(m_{i}\right)$, $p_{l}^{\alpha}\left|\left(p_{i}-1\right)\left(p_{i+1}-1\right) \cdots\left(p_{k}-1\right)\right| n!$ on est donc assuré que la récurrence marche. Avec $m=m_{1}$, on obtient une solution à l'exercice.
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7e4d29ef-6a21-54e8-b825-e0cead633235
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Let $n \geqslant 3$ be an integer, show that there exist two integers $x$ and $y$ such that $7 x^{2}+y^{2}=2^{n}$.
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Another solution by induction! Initialization: $x_{3}=y_{3}=1$.
Hereditary: We assume by induction for $n, \left(X=\left(x_{n}+y_{n}\right) / 2, Y=\left|7 x_{n}-y_{n}\right| / 2\right)$ $\left(X=\left|x_{n}-y_{n}\right| / 2, Y=\left(7 x_{n}+y_{n}\right) / 2\right)$ the two pairs satisfy $7 X^{2}+Y^{2}=2^{n+1}$. The first pair is a solution if $x_{n}$ and $y_{n}$ have the same congruence modulo 4 ( $X$ and $Y$ are odd) otherwise the second pair works, which concludes.
## Exercises Seniors
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Number Theory
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Soit $n \geqslant 3$ un entier, montrer qu'il existe deux entier $x$ et $y$ tels que $7 x^{2}+y^{2}=2^{n}$.
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Encore une solution par récurrence! Initialisation: $x_{3}=y_{3}=1$.
Hérédité : On suppose prouvé par récurrence pour $n,\left(X=\left(x_{n}+y_{n}\right) / 2, Y=\left|7 x_{n}-y_{n}\right| / 2\right)$ $\left(X=\left|x_{n}-y_{n}\right| / 2, Y=\left(7 x_{n}+y_{n}\right) / 2\right)$ les 2 couples vérifient $7 X^{2}+Y^{2}=2^{n+1}$. Le premier couple est solution si $x_{n}$ et $y_{n}$ on même congruence modulo 4 ( $X$ et $Y$ impairs) sinon le second convient, ce qui conclut.
## Exercices Seniors
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{
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"solution_match": "## Solution de l'exercice 6"
}
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4b6c020a-baae-5c30-b853-433fa5892dcf
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Let $p \geqslant 5$ be a prime number. Show that there exists an integer $n$ such that for all $x \in\{n-1, n, n+1\}, p^{2} \nmid x^{p-1}-1$ and $p \nmid x$.
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Lemme: between 0 and $p^{2}$ there are exactly $p-1$ elements whose $(p-1)$-th power is congruent to 1 modulo $p^{2}$.
Proof: We take $\omega$ a primitive root modulo $p^{2}$ (recall that $\omega$ is a primitive root modulo m means that the powers of $\omega$ correspond to all the invertible elements modulo m, which exists as long as $m$ is $1,2,4$ or a power of an odd prime or twice a power of an odd prime, refer to the course notes for more details), the elements of order dividing $p-1$ are then those whose discrete logarithm (log satisfies that $\log (x)<\phi(m)$ and $\omega^{(\log (x))}=$ $x(\bmod m))$ is divisible by $p$, which gives exactly $p-1$ possibilities.
We use a pigeonhole principle: the socks are the $x$ between 0 and $p^{2}$ of order dividing $p-1$, there are $p-1$ of them by the lemma, the $p$ drawers are the intervals $k p+1 ;(k+1) p$, so there is an empty drawer from which we can draw the desired $n$ by taking for example $\mathrm{kp}+2$.
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Number Theory
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Soit $p \geqslant 5$ un nombre premier. Montrer qu'il existe un entier $n$ tel que pour tout $x \in\{n-1, n, n+1\}, p^{2} \nmid x^{p-1}-1$ et $p \nmid x$.
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Lemme : entre 0 et $p^{2}$ il y a exactement $p-1$ éléments dont la puissance $(p-1)$-ième est congrue à 1 modulo $p^{2}$.
preuve: On prend $\omega$ une racine primitive modulo $p^{2}$ (pour rappel $\omega$ une racine primitive modulo m signifie que les puissances de $\omega$ correspondent à tout les inversibles modulo m , ce qui existe dès que $m$ est $1,2,4$ ou une puissance de premier impair ou 2 fois une puissance de premier impair, lire les polycopiés pour plus de détail), les éléments d'ordre divisant
$p-1$, sont alors ce dont le logarithme discret (log vérifie que $\log (x)<\phi(m)$ et $\omega^{(\log (x))}=$ $x(\bmod m))$ est divisible par $p$, ce qui donne bien $p-1$ possibilités.
On utilise un principe des tiroirs : les chaussettes sont les $x$ entre 0 et $p^{2}$ d'ordre divisant $p-1$, il y en a $p-1$ par le lemme, les $p$ tiroirs sont les intervalles $k p+1 ;(k+1) p$, il y donc un tiroir vide d'où l'on peut tirer le n voulu en prenant par exemple $\mathrm{kp}+2$.
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{
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"solution_match": "\nSolution de l'exercice 7"
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1270700e-dcfb-5c29-b1bc-d1d7d7b92a5f
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Let $P$ be a polynomial with rational coefficients of degree greater than or equal to 2, and $\left(q_{n}\right)_{n \in \mathbb{N}}$ a sequence of rationals such that for all $n \geqslant 0, q_{n}=P\left(q_{n+1}\right)$. Show that the sequence $q_{n}$ is periodic from a certain rank.
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Let $u$ be an integer such that $u_{1}$ is an integer. Let $\tilde{P}(X)=u P\left(\frac{1}{u} X\right)$. Let $v$ be an integer such that $v \tilde{P}$ has integer coefficients. Let $a$ be the leading coefficient of $v \tilde{P}$. We define $Q(X) = a \tilde{P}\left(\frac{1}{a} X\right)$, $m = a^{\operatorname{deg}(P)-2} v$, and for all $n \in \mathbb{N}$, $r_{n} = u a q_{n}$.
We have $m Q(X)$ is a monic polynomial with integer coefficients, and for all $n$, $r_{n} = Q\left(r_{n+1}\right)$. $r_{0}$ is an integer, and since for all $n$, $r_{n+1}$ is a rational root of the monic polynomial $m Q(X) - m r_{n}$ with integer coefficients, by induction, $r_{n}$ is an integer for all $n$.
Since $\operatorname{deg}(Q) > 1$, $\left|Q(x) / x\right|$ tends to $+\infty$ as $|x|$ tends to $+\infty$. Therefore, there exists $M > \left|r_{0}\right|$ such that for all $x$, $\left|Q(x)\right| \leqslant M \Rightarrow |x| \leqslant M$. By immediate induction, $\left|r_{n}\right| \leqslant M$ for all $n$. Thus, the sequence $r$ takes values in a finite set. Let $p$ be minimal such that $\left\{r_{0}, \ldots, r_{p-1}\right\} = \left\{r_{0}, r_{1}, \ldots\right\}$. We will show by induction on $n$ that $r_{n+p} = r_{n}$ for all $n$. By hypothesis, $r_{n+p} \in \left\{r_{n}, \ldots, r_{n+p-1}\right\} = \left\{r_{0}, \ldots, r_{p-1}\right\}$. Therefore, $r_{n+p} = r_{n+k}$ with $k \in \{0, \ldots, p-1\}$. Then if $k > 0$, $r_{p-1} = Q^{\circ(n+1)}\left(r_{n+p}\right) = Q^{\circ(n+1)}\left(r_{n+k}\right) = r_{k-1}$, and there is a contradiction with the minimality of $p$. Therefore, $k = 0$ and $r_{n} = r_{n+p}$. This concludes the induction.
We have just shown that the sequence is periodic with period $p$.
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Algebra
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Soit P un polynôme à coefficients rationnels de degré supérieur ou égal à 2 , et $\left(q_{n}\right)_{n \in \mathbb{N}}$ une suite de rationnels tels que pour tout $n \geqslant 0, q_{n}=P\left(q_{n+1}\right)$. Montrer que la suite $q_{n}$ est périodique à partir d'un certain rang.
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Soit $u$ entier tel que $u_{1}$ soit entier. Soit $\tilde{P}(X)=u P\left(\frac{1}{u} X\right)$. Soit $v$ entier tel que $v \tilde{P}$ soit à coefficients entiers. Soit a le coefficient dominant de $v \tilde{P}$. On pose $Q(X)=$ $a \tilde{P}\left(\frac{1}{a} X\right), m=a^{\operatorname{deg}(P)-2} v$ et pour tout $n \in \mathbb{N}, r_{n}=u a q_{n}$.
Nous avons $m Q(X)$ unitaire à coefficients entiers et pour tout $n, r_{n}=Q\left(r_{n+1}\right) . r_{0}$ est entier, or comme pour tout $n, r_{n+1}$ est racine rationnelle du polynôme $m Q(X)-m r_{n}$ unitaire à coefficients entiers, par récurrence, $r_{n}$ est entier pour tout $n$.
Comme $\operatorname{deg}(Q)>1,|Q(x) / x|$ tend vers $+\infty$ quand $|x|$ tend vers $+\infty$. Donc il existe $M>\left|r_{0}\right|$ tel que pour tout $x,|Q(x)| \leqslant M \Rightarrow|x| \leqslant M$. Par récurrence immédiate, $\left|r_{n}\right| \leqslant M$ pour tout n . La suite r prend donc ses valeurs dans un ensemble fini. Soit $p$ minimal tel que $\left\{r_{0}, \ldots, r_{p-1}\right\}=\left\{r_{0}, r_{1}, \ldots\right\}$. Montrons par récurrence sur $n$ que $r_{n+p}=r_{n}$ pour tout $n$. Par hypothèse, $r_{n+p} \in\left\{r_{n}, \ldots, r_{n+p-1}\right\}=\left\{r_{0}, \ldots, r_{p-1}\right\}$. Donc $r_{n+p}=r_{n+k}$ avec $k \in\{0, \ldots, p-1\}$. Alors si $k>0, r_{p-1}=Q^{\circ(n+1)}\left(r_{n+p}\right)=Q^{\circ(n+1)}\left(r_{n+k}\right)=r_{k-1}$ et il y a contradiction avec la minimalité de $p$. Donc $k=0$ et $r_{n}=r_{n+p}$. Ce qui conclut la récurrence.
Nous venons de montrer que la suite est périodique de période $p$.
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{
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-corrige-envoi-2.jsonl",
"problem_match": "\nExercice 8.",
"solution_match": "\nSolution de l'exercice 8"
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c2fb8bf0-1583-57f8-b80a-06940a8614d5
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For a positive integer $m$, we denote $d(m)$ as the number of positive divisors of $m$ (including 1 and $m$). Let $k$ be a strictly positive integer. Show that there are infinitely many positive integers $n$ such that $n$ has exactly $k$ distinct prime divisors and for all positive integers $a, b$ with $n=a+b$, $d(n)$ does not divide $d\left(a^{2}+b^{2}\right)$
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Let's prove that every integer of the form $n = m 2^{p-1}$ with $p$ an odd prime, having $k-1$ prime factors strictly greater than 3 and satisfying $\left(\frac{5}{4}\right)^{(p-1)/2} > m$ is a solution.
If $a + b = n$ and $d(n) \mid d(a^2 + b^2)$, then $p \mid d(a^2 + b^2)$. Therefore, there exists a prime $q$ such that $q$ has an exponent $cp-1$ in $a^2 + b^2$. If $q \geq 5$, then $a^2 + b^2 \geq 5^{q-1} > n^2$, but $a^2 + b^2 = n^2 - 2ab \leq n^2$. Therefore, $q = 2$ or $3$.
If $q = 3$, by looking at $a^2 + b^2$ modulo 3, 3 divides $a$ and $b$ and thus $n$, which contradicts the hypothesis.
If $q = 2$, if $a$ and $b$ have distinct 2-adic valuations, the smallest one is $p-1$, and the valuation of the sum of squares is $2p-2$, which is absurd.
If they have the same 2-adic valuation, $a = 2^t a_0$ and $b = 2^t b_0$ with $a_0$ and $b_0$ odd, then $a_0^2 + b_0^2 = x 2^{cp-1-2t}$. The left side is 1 modulo 4, so $cp-1-2t = 1$. Since $t < p-1$, the only solution is $c = 1$, which leads to a parity contradiction, thus concluding the proof.
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proof
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Yes
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Yes
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Number Theory
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Pour $m$ entier positif, on note $d(m)$ le nombre de diviseurs positifs de $m$ (1 et m compris). Soit k un entier strictement positif. Montrer qu'il existe une infinité d'entiers positifs $n$ tels que $n$ ait exactement $k$ diviseurs premiers distincts et tel que pour tout $a, b$ entiers strictement positifs avec $n=a+b, d(n)$ ne divise pas $d\left(a^{2}+b^{2}\right)$
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Prouvons que chaque entier de la forme $n=m 2^{p-1}$ avec $p$ premier impair, possédant $k-1$ facteurs premiers strictement plus grand que 3 et vérifiant $(5 / 4)^{(p-1) / 2}>$ m est solution.
Si $a+b=n$ et $d(n) \mid d\left(a^{2}+b^{2}\right)$ alors $p \mid d\left(a^{2}+b^{2}\right)$. Donc il existe $q$ premier tel que $q$ ait un exposant $c p-1$ dans $a^{2}+b^{2}$. Si $q \geqslant 5, a^{2}+b^{2} \geqslant 5^{q-1}>n^{2}$, or $a^{2}+b^{2}=n^{2}-2 a b \leqslant n^{2}$. Donc $\mathrm{q}=2 \mathrm{ou} 3$.
Si $q=3$ en regardant $a^{2}+b^{2}$ modulo 3,3 divise $a$ et $b$ donc $n$, contradiction avec l'hypothèse.
Si $q=2$, si $a$ et $b$ ont des valuations 2 -adiques distinctes la plus petite est $p-1$ celle de la somme des carrés $2 p-2$, absurde.
S'ils ont même valuation 2-adique $a=2^{\mathrm{t}} a_{0} b=2^{\mathrm{t}} b_{0}$ avec $a_{0}$ et $b_{0}$ impaire $a_{0}^{2}+b_{0}^{2}=$ $x 2^{\text {cp-1-2t }}$ la gauche fait 1 modulo 4 , donc $\mathrm{cp}-1-2 \mathrm{t}=1$ or $\mathrm{t}<\mathrm{p}-1$, donc $\mathrm{c}=1$ est la seule solution, on a un problème de parité absurde, ce qui conclut.
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{
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-corrige-envoi-2.jsonl",
"problem_match": "\nExercice 9.",
"solution_match": "\nSolution de l'exercice 9"
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In a school, there are n courses and n students. The students are enrolled in multiple courses such that no two different students have exactly the same courses. Prove that one course can be removed so that no pair of students ends up with exactly the same courses.
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We will show by strong induction on $n$ the following stronger property:
$\mathcal{P}_{n}$: For all $m \geqslant n$, in a class with $n$ students and $m$ courses such that no two students have exactly the same courses, it is possible to remove a course so that the students do not have exactly the same courses among the remaining courses.
Initialization: If $n=1$, there is nothing to prove.
Hereditary: Let $n \geqslant 2$. Suppose that $\mathcal{P}_{k}$ is true for all $1 \leqslant k \leqslant n-1$. Let $m \geqslant n$. Consider then a class of $n$ students who take $m$ courses denoted $C_{1}, \ldots, C_{m}$. If no two students have exactly the same courses among the courses $C_{1}, \ldots, C_{m-1}$, then we have proven what we needed to. Otherwise, there exist $k$ pairs of students $\left(A_{1}, B_{1}\right), \ldots,\left(A_{k}, B_{k}\right)$ with $k \geqslant 1$, such that the students $A_{i}$ and $B_{i}$ take the same courses among $C_{1}, \ldots, C_{m-1}$ (and then exactly one of them, say $A_{i}$, takes the course $C_{m}$). Let $E_{1}, \ldots, E_{n-2 k}$ be the set of remaining students. Consider the subset of $n-k$ students $\left\{A_{1}, \ldots, A_{k}, E_{1}, \ldots, E_{n-2 k}\right\}$ and the set of courses $\left\{C_{1}, \ldots, C_{m-1}\right\}$. By the induction hypothesis, since $n-k \leqslant m-1$, we have a course, say $C_{m-1}$, which, if removed, ensures that no pair of two students among the considered students have the same courses among $C_{1}, \ldots, C_{m-2}$. Then, among these $n-k$ considered students, there is no pair of students having exactly the same courses among $C_{1}, \ldots, C_{m-2}, C_{m}$. But then a student $B_{i}$ does not have exactly the same courses as $A_{i}$ (due to the course $C_{m}$ or another student (since $A_{i}$ does not have the same courses as another student among $C_{1}, \ldots, C_{m-2}$)). This completes the induction.
The property $\mathcal{P}_{n}$ is therefore true for all $n$, in particular, the statement is true for $m=n$ courses and $n$ students.
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Combinatorics
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Dans une école il y a n cours et n élèves. Les élèves sont inscrits dans plusieurs cours de sorte que deux élèves différents n'ont jamais exactement les même cours. Prouver qu'on peut supprimer un cours de sorte qu'aucune paire d'élèves ne se retrouve avec exactement les mêmes cours.
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On va montrer par récurrence forte sur n la propriété plus forte suivante :
$\mathcal{P}_{n}$ :Pour tout $m \geqslant n$, dans une classe à $n$ élèves et $m$ cours telle que deux élèves n'ont jamais exactement les mêmes cours, alors il est possible de retirer un cours de sorte que les élèves ne suivent pas exactement les mêmes cours parmi les cours restants.
Initialisation: $\mathrm{Si} \mathrm{n}=1$, il n'y a rien à démontrer.
Hérédité : Soit $n \geqslant 2$. Supposons que $\mathcal{P}_{k}$ est vraie pour tout $1 \leqslant k \geqslant n-1$. Soit $m \geqslant n$. Considérons alors une classe de $n$ élèves qui suivent $m$ cours notés $C_{1}, \ldots, C_{m}$. Si deux élèves ne suivent jamais les mêmes cours parmi les cours $C_{1}, \ldots, C_{m-1}$, alors on a démontré ce qu'il fallait. Sinon, il existe $k$ paires d'élèves $\left(A_{1}, B_{1}\right), \ldots,\left(A_{k}, B_{k}\right)$ avec $k \geqslant 1$, telles que les élèves $A_{i}$ et $B_{i}$ suivent les mêmes cours parmi $C_{1}, \ldots, C_{m-1}$ (et alors exactement l'un d'eux, disons $A_{i}$, suit le cours $C_{m}$ ). Notons $E_{1}, \ldots, E_{n-2 k}$ l'ensemble des élèves restant. Considérons le sous-ensemble de $n-k$ élèves $\left\{A_{1}, \ldots, A_{k}, E_{1}, \ldots, E_{n-2 k}\right\}$ et l'ensemble de cours $\left\{C_{1}, \ldots, C_{m-1}\right\}$. D'après l'hypothèse de récurrence, puisque $n-k \leqslant m-1$, on dispose d'un cours, disons $C_{m-1}$ qui, si on le retire, vérifie qu'aucune paire de deux élèves parmi les élèves considérés ne suivent les mêmes cours parmi $C_{1}, \ldots, C_{m-2}$. Alors, parmi ces $n-k$ élèves considérés, il n'y a pas de paire d'élèves ayant exactement les mêmes cours parmi $C_{1}, \ldots, C_{m-2}, C_{m}$. Mais alors un élève $B_{i}$ ne suit pas exactement les mêmes cours que $A_{i}$ (à cause du cours $C_{m}$ ou qu'un autre élève (car $A_{i}$ ne suit pas les mêmes cours qu'un autre élève parmi $C_{1}, \ldots, C_{m-2}$ ). Ceci achève la récurrence.
La propriété $\mathcal{P}_{n}$ est donc vraie pour tout n , en particulier, l'énoncé est vrai pour $\mathrm{m}=\mathrm{n}$ cours et n élèves.
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{
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-corrige-envoi-4-2023-2024.jsonl",
"problem_match": "\nExercice 6.",
"solution_match": "## Solution de l'exercice 6"
}
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| 607,222
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In a school, there are n courses and n students. The students are enrolled in multiple courses such that no two different students have exactly the same courses. Prove that one course can be removed so that no pair of students ends up with exactly the same courses.
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Let $E_{1}, \ldots, E_{n}$ be the $n$ students and $C_{1}, \ldots, C_{n}$ be the $n$ courses.
We proceed by contradiction and assume the opposite: for any course $C_{i}$ that we remove, there exist two students $E_{i_{1}}$ and $E_{i_{2}}$ who have exactly the same courses except for the course $C_{i}$. If multiple such pairs exist for the same course $C_{i}$, we keep only one. Since these two students do not follow exactly the same courses, one follows the course $C_{i}$ and the other does not. Therefore, their courses do not coincide if we remove another course $C_{j}$.
Consider then the graph where the vertices are the students and two students are connected by an edge if there exists an $i$ (which is then unique according to the previous paragraph) such that, if we remove $C_{i}$, the two students have the same courses. Since each course $C_{i}$ induces a pair of students connected by an edge, the obtained graph has at least one cycle, which we denote as $E_{i_{1}} \ldots E_{i_{k}} E_{i_{1}}$, with $k \leqslant n$. Let $j_{\ell}$ be the number of the course that induces the edge $E_{i_{\ell}} E_{i_{\ell+1}}$. The students $E_{i_{1}}$ and $E_{i_{k}}$ then follow the same courses among those that are not $C_{j_{1}}, \ldots, C_{j_{k-1}}$. In particular, either they both follow the course $C_{j_{k}}$, or they both do not follow it, which contradicts the fact that the edge $E_{i_{k}} E_{i 1}$ belongs to the graph. We have the desired contradiction.
Comment from the graders: The problem was very little addressed and very little solved. Several students manage to model the problem with a graph, which is excellent.
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Combinatorics
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Dans une école il y a n cours et n élèves. Les élèves sont inscrits dans plusieurs cours de sorte que deux élèves différents n'ont jamais exactement les même cours. Prouver qu'on peut supprimer un cours de sorte qu'aucune paire d'élèves ne se retrouve avec exactement les mêmes cours.
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:
Notons $E_{1}, \ldots, E_{n}$ les $n$ élèves et $C_{1}, \ldots, C_{n}$ les $n$ cours.
On procède par l'absurde et l'on suppose l'inverse : quelque soit le cours $C_{i}$ que l'on supprime, il existe deux élèves $E_{i_{1}}$ et $E_{i_{2}}$ ayant exactement les mêmes cours en dehors du cours $C_{i}$. Si deux telles paires ou plus existent pour un même cours $C_{i}$, on n'en garde qu'une seule. Comme ces deux élèves ne suivent pas exactement les mêmes cours, l'un suit le cours $C_{i}$ et l'autre ne le suit pas. Leurs cours ne coïncident donc pas si l'on supprime un autre cours $C_{j}$.
Considérons alors le graphe dont les sommets sont les élèves et deux élèves sont reliés par une arêtes s'il existe un $i$ (qui est alors unique d'après le paragraphe précédent) tel que, si l'on supprime $C_{i}$, les deux élèves ont les mêmes cours. Comme chaque cours $C_{i}$ induit une paire d'élèves reliés par une arête, le graphe obtenu admet au moins un cycle, que l'on note $E_{i_{1}} \ldots E_{i_{k}} E_{i_{1}}$, avec $k \leqslant n$. Notons $j_{\ell}$ le numéro du cours qui induit l'arête $E_{i_{\ell}} E_{i_{\ell+1}}$. Les élèves $E_{i_{1}}$ et $E_{i_{k}}$ suivent alors les mêmes cours parmi ceux qui ne sont pas $C_{j_{1}}, \ldots, C_{j_{k-1}}$. En particulier, soient ils suivent tous les deux le cours $C_{j_{k}}$, soient ils ne le suivent pas tous les deux, ce qui contredit le fait que l'arête $E_{i_{k}} E_{i 1}$ appartient au graphe. On a la contradiction désirée.
Commentaire des correcteurs: Le problème a été très peu abordé et très peu résolu. Plusieurs élèves parviennent à modéliser le problème par un graphe, ce qui est excellent.
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{
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-corrige-envoi-4-2023-2024.jsonl",
"problem_match": "\nExercice 6.",
"solution_match": "## Solution alternative"
}
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6021c29e-3d55-5dd5-a86f-42fb52615b59
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Let $n \geqslant 3$ be an integer. We color 2 n vertices of a $4 \mathrm{n}+1$-gon. Show that there exist three colored vertices that form an isosceles triangle.
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We proceed by contradiction, assuming that no triplet of colored vertices forms an isosceles triangle.
First, fix a colored vertex \( O \) and denote \( \mathrm{OP}_{1} \ldots \mathrm{P}_{2 n} \mathrm{P}_{-2 n} \ldots \mathrm{P}_{-1} \) as the rest of the polygon. Since the triangle \( O P_{i} P_{-i} \) is isosceles for \( 1 \leqslant i \leqslant 2 n \), at most one of the two vertices \( P_{i} \) and \( P_{-i} \) is colored.
Suppose that two consecutive vertices are never both colored. In particular, \( \mathrm{P}_{1} \) and \( \mathrm{P}_{-1} \) are not colored because they are adjacent to \( O \) which is colored. But then each of the \( 2 \mathrm{n}-1 \) pairs \( ( \mathrm{P}_{i}, \mathrm{P}_{-i} ) \) of remaining vertices contains at most one colored vertex, and at least \( 2 \mathrm{n}-1 \) vertices among the \( P_{i} \) are colored. We conclude that each pair \( \left(P_{i}, P_{-i}\right) \) with \( i \geqslant 2 \) contains exactly one colored vertex. Thus, either \( P_{i} \) or \( P_{-i} \) is colored for \( i \geqslant 2 \).
Suppose that \( \mathrm{P}_{2 n} \) is colored. Then \( \mathrm{P}_{2 n-1} \) is not colored, so \( \mathrm{P}_{-2 n+1} \) is colored. But then \( \mathrm{P}_{-2 n+2} \) is not colored, so \( P_{2 n-2} \) is colored. The triangle \( P_{2 n-2}, P_{2 n}, P_{-2 n+1} \) being isosceles and colored, we find a contradiction.
We have shown that there exist two consecutive colored vertices, say \( O \) and \( P_{1} \). The vertices \( P_{-1} \) and \( P_{2} \) are then not colored, under penalty of creating an isosceles triangle with \( O \) and \( P_{1} \). Similarly, the triangle \( \mathrm{OP}_{1} \mathrm{P}_{-2 n} \) is isosceles at \( \mathrm{P}_{-2 n} \) which is not colored.
Consider then the following sequence of vertices, of length \( 2(n-1): P_{3}, P_{-3}, \ldots, P_{2 i-1}, P_{-2 i+1}, \ldots, P_{2 n-1}, P_{-2 n+1} \)
Two consecutive vertices of this sequence form an isosceles triangle with \( O \) or with \( P_{1} \), and cannot both be colored.
The same applies to the sequence \( P_{-2}, P_{4}, \ldots, P_{-2 i} P_{2 i+2}, \ldots, P_{-2 n+2}, P_{2 n} \).
These two sequences therefore contain at most half of the colored vertices each. But since they contain together exactly \( 2 \mathrm{n}-2 \) colored vertices, the previous inequalities are saturated and in each sequence, exactly one vertex out of two is colored.
If \( P_{3} \) is colored, then \( \mathrm{P}_{5} \) is colored and the triangle \( \mathrm{P}_{1} \mathrm{P}_{3} \mathrm{P}_{5} \) is isosceles and colored. Similarly, if \( \mathrm{P}_{-2} \) is colored, then \( \mathrm{P}_{-4} \) is colored and the triangle \( \mathrm{OP}_{-2} \mathrm{P}_{-4} \) is isosceles and colored. We deduce that \( \mathrm{P}_{-2 n+1}, \mathrm{P}_{2 n} \) and \( \mathrm{P}_{2 n-2} \) are colored and form an isosceles triangle, which concludes.
Comment from the graders: The problem admitted many solutions and was, overall, well solved by those who attempted it.
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Combinatorics
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Soit $n \geqslant 3$ un entier. On colorie 2 n sommets d'un $4 \mathrm{n}+1$-gone régulier. Montrer qu'il existe trois sommets coloriés qui forment un triangle isocèle.
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On porcède par l'absurde en supposant qu'aucun triplet de sommets coloriés ne forme de triangle isocèle.
Dans un premier temps, fixons un sommet colorié O et notons $\mathrm{OP}_{1} \ldots \mathrm{P}_{2 n} \mathrm{P}_{-2 n} \ldots \mathrm{P}_{-1}$ le reste du polygone. Puisque le triangle $O P_{i} P_{-i}$ est isocèle pour $1 \leqslant i \leqslant 2 n$, au plus l'un des deux sommets $P_{i}$ et $P_{-i}$ est colorié.
Supposons que deux sommets consécutifs ne sont jamais tous les deux coloriés. En particulier, $\mathrm{P}_{1}$ et $\mathrm{P}_{-1}$ ne sont pas coloriés car ils sont adjacents à O qui est colorié. Mais alors chacune des $2 \mathrm{n}-1$ paires ( $\mathrm{P}_{i}, \mathrm{P}_{-i}$ ) de sommets restants contient au plus un point colorié, et au moins $2 \mathrm{n}-1$ sommets parmis les $P_{i}$ sont coloriés. On conclut que chaque paire $\left(P_{i}, P_{-i}\right)$ avec $i \geqslant 2$ contient exactement un sommet colorié. Ainsi, soit $P_{i}$ soit $P_{-i}$ est colorié pour $i \geqslant 2$.
Supposons que $\mathrm{P}_{2 n}$ est colorié. Alors $\mathrm{P}_{2 n-1}$ n'est pas colorié, donc $\mathrm{P}_{-2 n+1}$ est colorié. Mais alors $\mathrm{P}_{-2 n+2}$ n'est pas colorié, donc $P_{2 n-2}$ est colorié. Le triangle $P_{2 n-2}, P_{2 n}, P_{-2 n+1}$ étant isocèle et colorié, on trouve une contradiction.
On a montré qu'il existe deux sommets consécutifs coloriés, disons 0 et $P_{1}$. Les sommets $P_{-1}$ et $P_{2}$ ne sont alors pas coloriés, sous peine de créer un triangle isocèle avec $O$ et $P_{1}$. De même, le triangle $\mathrm{OP}_{1} \mathrm{P}_{-2 n}$ est isocèle en $\mathrm{P}_{-2 n}$ dont $\mathrm{P}_{-2 n} \mathrm{n}$ 'est pas colorié.
Considérons alors la suite de sommets suivante, de longueur $2(n-1): P_{3}, P_{-3}, \ldots, P_{2 i-1}, P_{-2 i+1}, \ldots, P_{2 n-1}, P_{-2 n+1}$
Deux sommets consécutifs de cette suite forment un triangle isocèle avec $O$ ou avec $P_{1}$, et ne peuvent pas être tous les deux coloriés.
Il en va de même pour la suite $P_{-2}, P_{4}, \ldots, P_{-2 i} P_{2 i+2}, \ldots, P_{-2 n+2}, P_{2 n}$.
Ces deux suites contiennent donc chacune au plus une moitié de sommets coloriés. Mais comme elles contiennent ensemble exactement $2 \mathrm{n}-2$ sommets coloriés, les inégalités précédents sont saturées et dans chaque suite, exactement un sommet sur deux est colorié.
Si $P_{3}$ est colorié, alors $\mathrm{P}_{5}$ est colorié et le triangle $\mathrm{P}_{1} \mathrm{P}_{3} \mathrm{P}_{5}$ est isocèle colorié. De même, si $\mathrm{P}_{-2}$ est colorié, alors $\mathrm{P}_{-4}$ est colorié et le triangle $\mathrm{OP}_{-2} \mathrm{P}_{-4}$ est isocèle colorié. On déduit que $\mathrm{P}_{-2 n+1}, \mathrm{P}_{2 n}$ et $\mathrm{P}_{2 n-2}$ sont coloriés et forment un triangle isocèle, ce qui conclut.
Commentaire des correcteurs : Le problème admettait de nombreuses solutions et a été, dans l'ensemble, bien résolu par ceux qui l'ont cherché.
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"problem_match": "\nExercice 15.",
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}
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2567f839-9ccc-5f18-bdec-23fe8e50035f
| 607,229
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Consider 51 strictly positive integers with a sum of 100 on a line. Show that for any integer $1 \leqslant k<100$, there exist consecutive integers with a sum of $k$ or $100-k$.
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We slightly rephrase the statement to make it more visual: imagine a circle with a circumference of 100, graduated from 0 to 99. On this circle, 51 graduations are marked in black and the other 49 are marked with dotted lines. Without loss of generality, we mark the graduation 0 in black. Our positive integers correspond to the lengths between the black graduations. It is easy to verify that this is a bijective representation of the problem. For any $k$, by the pigeonhole principle, since the function that maps $j$ to $j+k$ is injective (modulo 100), there exists a black graduation $j$ such that its image $j+k$ is also black. Two cases arise. Either the segment $[j, j+k]$ does not cross 0, and then we have the desired integers. Or it crosses 0, and then $[j+k, j]$ does not cross 0 and is of length $n-k$. In both cases, we have found consecutive integers whose sum is $k$ or $n-k$.
Graders' comment: The exercise is well handled.
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Number Theory
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On considère 51 entiers strictement positifs de somme 100 sur une ligne. Montrer que pour tout entier $1 \leqslant k<100$, il existe des entiers consécutifs de somme $k$ ou $100-k$.
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On reformule légèrement l'énoncé pour le rendre plus visuel : on se représente un cercle de périmètre 100 gradué (de 0 à 99 par exemple) sur-lequel on a marqué en noir 51 graduations et en pointillés les 49 autres. Sans perte de généralité on marque en noir la graduation 0. Nos entiers positifs correspondent aux longueurs entre les graduations noires. On vérifie facilement qu'il s'agit d'une représentation bijective du problème. Pour tout $k$, par principe des tiroirs, comme l'application qui à $j$ associe $j+k$ est injective (modulo 100), il existe une graduation marquée en noir $j$ telle que son image $j+k$ l'est aussi. Deux cas se présentent alors. Soit le segment $[j, j+k]$ ne coupe pas 0 et alors on a bien les entiers souhaités. Soit il coupe 0 et alors $[j+k, j]$ ne coupe pas 0 et est de longueur $n-k$. Dans les deux cas, on a trouvé des entiers consécutifs de somme $k$ ou $n-k$.
Commentaire des correcteurs: L'exercice est plutôt bien traité.
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{
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"problem_match": "\nExercice 17.",
"solution_match": "\nSolution de l'exercice 17"
}
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199e52c7-7b68-5ad2-b513-f4661e5ae1cc
| 607,231
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Let $\mathrm{C}_{1}, \mathrm{C}_{2}, \ldots \mathrm{C}_{\mathrm{n}}$ be circles of the same radius arranged in the plane such that they are never tangent to each other and there always exists a path passing through the circles to go from a point on one of them to another (in other words, the circles are connected). Denoting $S$ as the set of intersection points of the circles, show that $|S| \geqslant n$.
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First, we rephrase the problem in terms of graphs. We denote by \( C \) the set of centers of the circles and \( S \) the set of intersection points which form the vertices of a graph \( G \). We connect by an edge every pair \( (c, s) \in C \times S \) if \( s \) belongs to the circle centered at \( c \). Notice then that for every edge \( (c, s) \), \( \operatorname{deg}(c) \geqslant \operatorname{deg}(s) \). Indeed, according to the statement, for every point \( c_{i} \) connected to \( s \) other than \( c \), we can associate another intersection point of \( c_{i} \) with \( c \) since the circles are not tangent. Given \( c_{i} \) and \( c_{j} \) distinct, these second points \( s_{i} \) and \( s_{j} \) cannot be the same since all circles have the same radius. Now that the problem is reformulated, we can reason solely on the graph: \( G \) is a bipartite graph between \( C \) and \( S \) such that for every edge \( (c, s) \), \( \operatorname{deg}(c) \geqslant \operatorname{deg}(s) \). It easily follows that \( |C| \leqslant |S| \). Indeed, denoting \( A \) the set of edges and \( a = (c_{a}, s_{a}) \) these edges: \( |C| = \sum_{a \in \mathcal{A}} \frac{1}{\operatorname{deg}(c_{a})} \leqslant \sum_{a \in \mathcal{A}} \frac{1}{\operatorname{deg}(s_{a})} = S \), which concludes.
Comment from the graders: The problem was attempted by few students and solved by only one. Attempting a proof by induction was doomed to fail: indeed, one can add a circle without necessarily adding an intersection point to the figure formed.
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Geometry
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Soient $\mathrm{C}_{1}, \mathrm{C}_{2}, \ldots \mathrm{C}_{\mathrm{n}}$ des cercles de même rayon disposés dans le plan de sorte qu'ils ne soient jamais tangents 2 à 2 et qu'il existe toujours un chemin passant par les cercles pour aller d'un point de l'un d'entre eux à un autre (autrement dit, les cercles sont connectés). En notant S l'ensemble des points d'intersection des cercles, montrer que $|S| \geqslant n$.
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Dans un premier temps, on reformule le problème en termes de graphes. On note C l'ensemble des centres des cercles et S l'ensemble des points d'intersections qui constituent les sommets d'un graphe $G$. On relie par une arête tout couple ( $c, s) \in C \times S$ si $s$ appartient au cercle de centre $c$. Remarquons alors que pour toute arête $(c, s), \operatorname{deg}(c) \geqslant \operatorname{deg}(s)$. En effet, d'après l'énoncé, à tout point $c_{i}$ relié à $s$ autre que c on peut associer un autre point d'intersection de $\mathrm{c}_{\mathrm{i}}$ avec c car les cercles ne sont pas tangents. Étant donnés $\boldsymbol{c}_{\boldsymbol{i}}$ et $\boldsymbol{c}_{\boldsymbol{j}}$ distincts, ces deuxièmes points $s_{i}$ et $s_{j}$ ne peuvent pas être confondus puisque tous les cercles sont de même rayons. Maintenant que le problème est reformulé, on peut raisonner uniquement sur le graphe : $G$ est un graphe bipartite entre $C$ et $S$ tel que pour toute arête $(c, s), \operatorname{deg}(c) \geqslant \operatorname{deg}(s)$. Il vient aisément que $|C| \leqslant|S|$ En effet, en notant A l'ensemble des arêtes et $a=\left(c_{a}, s_{a}\right)$ ces arêtes $:|C|=\sum_{a \in \mathcal{A}} \frac{1}{\operatorname{deg}\left(c_{a}\right)} \leqslant \sum_{a \in \mathcal{A}} \frac{1}{\operatorname{deg}\left(s_{a}\right)}=S$ ce qui conclut.
Commentaire des correcteurs : Le problème a été peu tenté, et résolu par un seul élève. Faire une récurrence était voué à l'échec : en effet, on peut rajouter un cercle, sans pour autant rajouter de point d'intersection à la figure formée.
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"problem_match": "\nExercice 18.",
"solution_match": "\nSolution de l'exercice 18"
}
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2589d003-02bb-548b-84ef-436638e3b326
| 607,232
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Let $ABC$ be an equilateral triangle and $P$ a point on the circumcircle of this triangle but distinct from $A$, $B$, and $C$. The lines passing through $P$ and parallel to $(BC)$, $(CA)$, and $(AB)$ intersect the lines $(CA)$, $(AB)$, and $(BC)$ at $M$, $N$, and $Q$ respectively. Show that the points $M$, $N$, and $Q$ are collinear.
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Consider the following figure:
Let's show that \(P, N, B, Q\) are concyclic. Since \((PN)\) is parallel to \((AC)\), and \((NB)\) is parallel to \((AB)\), \(\widehat{ANP} = \widehat{CAB} = 60^\circ\). Since \((PQ)\) is parallel to \((AB)\), \(\widehat{PQB} = \widehat{ABC} = 60^\circ\). Thus, \(P, N, B, Q\) are concyclic. Therefore, \(\widehat{PQN} = \widehat{PBN} = \widehat{PBA}\).
Let's show that \(P, M, C, Q\) are concyclic. Since \((PM)\) is parallel to \((BC)\), \(\widehat{AMP} = \widehat{ACB} = 60^\circ\). Since \(\widehat{PQC} = \widehat{PQB} = 60^\circ\), \(P, M, C, Q\) are concyclic. Therefore, \(\widehat{PQM} = \widehat{PCM} = \widehat{PCA}\). By the concyclicity of \(A, P, B, C\), \(\widehat{PQM} = \widehat{PCA} = \widehat{PBA} = \widehat{PQN}\), so \(Q, N, M\) are collinear.
Graders' comments: Well solved overall. Many proofs are a bit too long. Some reasoning errors (alignment of points cannot be used to prove they are actually aligned).
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Geometry
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Soit $A B C$ un triangle equilatéral et P un point sur le cercle circonscrit de ce triangle mais distincs de $A$, $B$ et $C$. Les droites passant par $P$ et parallèles à $(B C),(C A)$ et $(A B)$ intersectent les droites (CA), (AB) et (BC) en $M$, $N$ et $Q$ respectivement. Montrer que les points $M, N$ et $Q$ sont alignés.
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On se place dans le cas de la figure suivante :
Montrons que $P, N, B, Q$ sont cocycliques. Comme $(P N)$ est parallèle à $(A C)$, et $(N B)$ est parallèle à $(\mathrm{AB}), \widehat{A N P}=\widehat{C A B}=60$. Comme $(\mathrm{PQ})$ est parallèle à $(\mathrm{AB}), \widehat{\mathrm{PQB}}=\widehat{A B C}=60$. Ainsi $\mathrm{P}, \mathrm{N}, \mathrm{B}, \mathrm{Q}$ sont cocycliques. Ainsi $\widehat{\mathrm{PQN}}=\widehat{\mathrm{PBN}}=\widehat{\mathrm{PBA}}$.
Montrons que $P, M, C, Q$ sont cocycliques. Comme $(P M)$ est parallèle à $(B C), \widehat{A M P}=\widehat{A C B}=60$. Or $\widehat{\mathrm{PQC}}=\widehat{\mathrm{PQB}}=60$. Ainsi $\mathrm{P}, \mathrm{M}, \mathrm{C}, \mathrm{Q}$ sont cocycliques. Ainsi $\widehat{\mathrm{PQM}}=\widehat{\mathrm{PCM}}=\widehat{\mathrm{PCA}}$. Par cocyclité de $A, P, B, C, \widehat{P Q M}=\widehat{P C A}=\widehat{P B A}=\widehat{P Q N}$ donc $Q, N, M$ sont alignés.
Commentaire des correcteurs : Bien résolu dans l'ensemble. Beaucoup de preuves qui sont un peu trop longues. Quelques erreurs de raisonnement (on ne peut pas utiliser que les points sont alignés pour montrer qu'ils le sont effectivement).
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{
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-corrige-envoi-5.jsonl",
"problem_match": "\nExercice 2.",
"solution_match": "## Solution de l'exercice 2"
}
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b795122d-708a-5320-a943-6fb3efd53a6f
| 607,234
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Let $x, y, z$ be three positive real numbers, such that $x \leqslant 1$. Prove that:
$$
x y + y + 2 z \geqslant 4 \sqrt{x y z}
$$
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Note that since $x \leqslant 1, x y+y \geqslant x y+x y=2 x y$. In particular, by the arithmetic-geometric mean inequality,
$$
x y+y+2 z \geqslant 2 x y+2 z=2(x y+z) \geqslant 4 \sqrt{x y z}
$$
which gives the desired inequality.
Comment from the graders: The exercise was quite simple and was approached by many students, and almost all of them succeeded. However, I encourage students to carefully proofread their work before submitting, to ensure that inequalities are written correctly and that no cases have been overlooked (for example, by simplifying an equation by $y z$ when $y z$ could be zero).
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Inequalities
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Soit $x, y, z$ trois réels positifs, tel que $x \leqslant 1$. Démontrer que:
$$
x y+y+2 z \geqslant 4 \sqrt{x y z}
$$
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Notons que comme $x \leqslant 1, x y+y \geqslant x y+x y=2 x y$. En particulier par inégalité arithmético-géométrique
$$
x y+y+2 z \geqslant 2 x y+2 z=2(x y+z) \geqslant 4 \sqrt{x y z}
$$
ce qui donne l'inégalité voulue.
Commentaire des correcteurs : L'exercice était assez simple et a été abordé par de nombreux élèves, et réussi par presque chacun d'entre eux. J'invite toutefois les élèves à bien se relire lorsqu'ils soumettent une copie, afin de vérifier que les inégalités sont écrites correctement et que des cas n'ont pas été oubliés (par exemple en simplifiant une équation par $y z$ alors que $y z$ peut être nul).
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"problem_match": "\nExercice 3.",
"solution_match": "\nSolution de l'exercice 3"
}
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a67838aa-8a69-5f1f-a3b1-28e8dea14652
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Let $A, B, C, D$ and $E$ be five points in this order on a circle such that $A E=D E$. Let $P$ be the point of intersection of $(A C)$ and $(B D)$. Let $Q$ be the point on the ray $[B A)$ such that $A Q=D P$. Let $R$ be the point on the ray $[C D)$ such that $D R=A P$. Show that the lines $(P E)$ and $(Q R)$ are perpendicular.
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In the case of the following figure:
In this statement, we have many equal lengths $(A Q=D P, D R=A P, A E=D E)$. As shown in the figure, it is helpful to color the equal lengths to identify potential congruent triangles and make progress in the problem.
The triangles DRP and AQP appear to be congruent: let's prove it. First, note that $\mathrm{DR}=A \mathrm{~A}$ and $\mathrm{DP}=\mathrm{AR}$ by hypothesis. Additionally, $\widehat{\mathrm{RDP}}=180-\widehat{\mathrm{CDP}}=180-\widehat{\mathrm{CDB}}=180-\widehat{\mathrm{CAB}}=180-\widehat{\mathrm{PAB}}=\widehat{\mathrm{PAQ}}$. Thus, the triangles DRP and AQP are congruent.
In particular, $P Q=P R$, so $P$ lies on the perpendicular bisector of $(Q R)$.
The triangles $D E R$ and $A E P$ appear to be congruent: let's prove it. We have $D E=A E$ and $D R=A P$. Additionally, $\widehat{\mathrm{EDR}}=180-\widehat{\mathrm{EDC}}=\widehat{\mathrm{CAE}}=\widehat{\mathrm{PAE}}$. Thus, the triangles DER and AEP are congruent, and $E P=E R$.
Similarly, the triangles $A E Q$ and $D E P$ are congruent (since $A, Q$ play a symmetric role to $D, R$), so $E P=E Q$, and thus $E R=E Q: E$ lies on the perpendicular bisector of $(Q R)$.
Therefore, the perpendicular bisector of $(Q R)$ is $(E P)$, so $(E P)$ and $(Q R)$ are perpendicular.
Comment from the graders: The exercise is very well done.
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Geometry
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Soient $A, B, C, D$ et $E$ cinq points dans cet ordre sur un cercle tels que $A E=D E$. Soit $P$ le point d'intersection de $(A C)$ et $(B D)$. Soit $Q$ le point de la demi-droite $[B A)$ tel que $A Q=D P$. Soit $R$ le point de la demi-droite $[C D)$ tel que $D R=A P$. Montrer que les droites $(P E)$ et $(Q R)$ sont perpendiculaires.
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On se place dans le cas de la figure suivante:
Dans cet énoncé on a de nombreuses égalités de longueur $(A Q=D P, D R=A P, A E=D E$. Comme sur la figure, il ne faut pas hésiter à colorier les longueurs égales pour voir des potentiels triangles isométriques, et avancer dans le problème).
Les triangles DRP et AQP ont l'air d'être isométriques : prouvons-le. Notons déjà que $\mathrm{DR}=A \mathrm{~A}$ et $\mathrm{DP}=\mathrm{AR}$ par hypothèse. De plus $\widehat{\mathrm{RDP}}=180-\widehat{\mathrm{CDP}}=180-\widehat{\mathrm{CDB}}=180-\widehat{\mathrm{CAB}}=180-\widehat{\mathrm{PAB}}=$ $\widehat{\mathrm{PAQ}}$. Ainsi les triangles DRP et AQP sont isométriques.
En particulier $P Q=P R$, donc $P$ est sur la médiatrice de $(Q R)$.
Les triangles $D E R$ et $A E P$ ont l'air d'être isométriques : prouvons-le. On a $D E=A E$ et $D R=A P$. De plus $\widehat{\mathrm{EDR}}=180-\widehat{\mathrm{EDC}}=\widehat{\mathrm{CAE}}=\widehat{\mathrm{PAE}}$. Ainsi les triangles DER et AEP sont isométriques et $E P=E R$.
De même les triangles $A E Q$ et $D E P$ sont isométriques ( $\operatorname{car} A, Q$ jouent un rôle symétrique à $D, R$ ), ainsi $E P=E Q$, donc $E R=E Q: E$ est sur la médiatrice de $(Q R)$.
Ainsi la médiatrice de ( $Q R$ ) est ( $E P$ ), donc ( $E P$ ) et $(Q R)$ sont perpendiculaires.
Commentaire des correcteurs : L'exercice est très bien réussi.
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{
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-corrige-envoi-5.jsonl",
"problem_match": "\nExercice 5.",
"solution_match": "## Solution de l'exercice 5"
}
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24a32940-ce2e-5531-ad3c-3c6b9346595e
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Let $ABC$ be a triangle and $I$ the center of the inscribed circle. We denote $D$ and $E$ as the feet of the angle bisectors from $B$ and $C$. Let $X$ be the intersection of the reflections of $(AB)$ and $(AC)$ with respect to $(CE)$ and $(BD)$. Show that the lines $(XI)$ and $(BC)$ are perpendicular.
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Let $Y$ and $Z$ be the intersections of $(DX)$ and $(EX)$ with the line $(BC)$. We will show that the triangle $ZXY$ is isosceles at $X$ and that $I$ is the center of its inscribed circle. If we manage to prove these properties, the conclusion of the exercise will follow. Indeed, the line $(XI)$ is then the bisector of the isosceles triangle $XYZ$ at $X$, and therefore it is also the altitude.
Let $\omega$ be the inscribed circle of triangle $ABC$. We know that the line $(AB)$ is tangent to $\omega$. Since the line $(CI)$ is an axis of symmetry of $\omega$, it follows that the line $(XE)$ is also tangent to $\omega$. Similarly, the line $(DX)$ is tangent to $\omega$. By definition, the line $(YZ)$ is the line $(BC)$ and is therefore also tangent to $\omega$. This shows that $\omega$ is the inscribed circle of triangle $XYZ$. In particular, the line $(XI)$ is the bisector from $X$.
We complete the proof of the exercise by showing that $\widehat{XZY} = \widehat{XYZ}$. Let $\alpha$ be the angle at $A$ in triangle $ABC$. We then have,
\[
\begin{aligned}
\widehat{\mathrm{XZY}} & = \widehat{\mathrm{EZC}} \\
& = \widehat{\mathrm{XEC}} - \widehat{\mathrm{ECZ}} \\
& = \widehat{\mathrm{AEC}} - \widehat{\mathrm{ECA}} \\
& = \widehat{\mathrm{EAC}} = \alpha.
\end{aligned}
\]
Similarly, $\widehat{XYZ} = \alpha$, which shows that triangle $ZYX$ is isosceles at $X$ and concludes the proof of the exercise.
Comment from the graders: This geometry problem was approached by very few students. Most of them succeeded well, using various methods. The simplest methods of resolution in this problem were those that made the most use of symmetry arguments. One can only recommend, when faced with a figure that presents such symmetries, to try to exploit them.
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Geometry
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Soit $A B C$ un triangle et $I$ le centre du cercle inscrit. On note $D$ et $E$ les pieds des bissectrices issues de $B$ et $C$. Soit $X$ l'intersection des symétriques de $(A B)$ et $(A C)$ par rapport à $(C E)$ et $(B D)$. Montrer que les droites (XI) et (BC) sont perpendiculaires.
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Notons $Y$ et $Z$ les intersections respectives de (DX) et (EX) avec la droite (BC). On va montrer que le triangle ZXY est isocèle en $X$ et que I est le centre de son cercle inscrit. Si on arrive à montrer ces propriétés, la conclusion de l'exercice suivrait. En effet, la droite (XI) est alors la bissectrice du triangle $X Y Z$ isocèle en $X$, donc en également la hauteur.
Soit $\omega$ le cercle inscrit du triangle $A B C$, on sait donc que la droite $(A B)$ est tangente à $\omega$, comme la droite $(\mathrm{CI})$ est un axe de symétrie de $\omega$ il suit que la droite (XE) est également tangente à $\omega$. De la même manière, la droite (DX) est tangente à $\omega$. Par définition la droite (YZ) est la droite (BC) donc également tangente à $\omega$. Cela montre que $\omega$ est le cercle inscrit du triangle XYZ. En particulier, la droite (XI) est la bissetrice issue de $X$.
On finit la preuve de l'exercice en montrant que $\widehat{X Z Y}=\widehat{X Y Z}$. On note $\alpha$ l'angle en $A$ dans le triangle ABC. On a alors,
$$
\begin{aligned}
\widehat{\mathrm{XZY}} & =\widehat{\mathrm{EZC}} \\
& =\widehat{\mathrm{XEC}}-\widehat{\mathrm{ECZ}} \\
& =\widehat{\mathrm{AEC}}-\widehat{\mathrm{ECA}} \\
& =\widehat{\mathrm{EAC}}=\alpha .
\end{aligned}
$$
De la même manière $\widehat{X Y Z}=\alpha$ ce qui montre bien que le triangle ZYX est isocèle en $X$ et conclut la preuve de l'exercice.
Commentaire des correcteurs : Cet exercice de géométrie a été abordé par très peu d'élèves. La plupart d'entre eux l'ont bien réussi, par diverses méthodes. Les méthodes de résolution les plus simples, dans cet exercice, étaient celles qui faisaient le plus appel aux arguments de symétrie. On ne peut que conseiller, face à une figure qui présente de telles symétries, de chercher à les exploiter.
## Exercices Seniors
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{
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-corrige-envoi-5.jsonl",
"problem_match": "\nExercice 9.",
"solution_match": "\nSolution de l'exercice 9"
}
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8e767d48-0a5a-587d-b751-b1260a6e799f
| 607,241
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Let $A, B, C, D$ and $E$ be five points in this order on a circle such that $A E=D E$. Let $P$ be the point of intersection of $(A C)$ and $(B D)$. Let $Q$ be the point on the ray $[B A)$ such that $A Q=D P$. Let $R$ be the point on the ray $[C D)$ such that $D R=A P$. Show that the lines $(P E)$ and $(Q R)$ are perpendicular.
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In the case of the following figure:
In this statement, we have many equal lengths ($A Q = D P$, $D R = A P$, $A E = D E$). As shown in the figure, it is helpful to color the equal lengths to identify potential congruent triangles and make progress in the problem.
The triangles DRP and AQP appear to be congruent: let's prove it. First, note that $\mathrm{DR} = A Q$ and $\mathrm{DP} = A R$ by hypothesis. Additionally, $\widehat{\mathrm{RDP}} = 180 - \widehat{\mathrm{CDP}} = 180 - \widehat{\mathrm{CDB}} = 180 - \widehat{\mathrm{CAB}} = 180 - \widehat{\mathrm{PAB}} = \widehat{\mathrm{PAQ}}$. Thus, triangles DRP and AQP are congruent.
In particular, $P Q = P R$, so $P$ lies on the perpendicular bisector of $(Q R)$.
The triangles DER and AEP also appear to be congruent: let's prove it. We have $D E = A E$ and $D R = A P$. Additionally, $\widehat{\mathrm{EDR}} = 180 - \widehat{\mathrm{EDC}} = \widehat{\mathrm{CAE}} = \widehat{\mathrm{PAE}}$. Thus, triangles DER and AEP are congruent, and $E P = E R$.
Similarly, triangles AEQ and DEP are congruent (since $A, Q$ play a symmetric role to $D, R$), so $E P = E Q$, and thus $E R = E Q$: $E$ lies on the perpendicular bisector of $(Q R)$.
Therefore, the perpendicular bisector of $(QR)$ is $(EP)$, so $(EP)$ and $(QR)$ are perpendicular.
Comment from the graders: This problem was successfully solved by a large majority of students who attempted it. The main issue was imprecision in terminology: two triangles with all sides equal are called congruent rather than equal or identical. The concept of similar triangles is weaker than the previous one and only indicates the equality of angles (and thus also the ratios of sides, but not the sides themselves).
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Geometry
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Soient $A, B, C, D$ et $E$ cinq points dans cet ordre sur un cercle tels que $A E=D E$. Soit $P$ le point d'intersection de ( $A C)$ et $(B D)$. Soit $Q$ le point de la demi-droite $[B A)$ tel que $A Q=D P$. Soit $R$ le point de la demi-droite [CD) tel que $D R=A P$. Montrer que les droites $(P E)$ et $(Q R)$ sont perpendiculaires.
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On se place dans le cas de la figure suivante :
Dans cet énoncé on a de nombreuses égalités de longueur ( $A Q=D P, D R=A P, A E=D E$. Comme sur la figure, il ne faut pas hésiter à colorier les longueurs égales pour voir des potentiels triangles isométriques, et avancer dans le problème).
Les triangles DRP et $A Q P$ ont l'air d'être isométriques : prouvons-le. Notons déjà que $\mathrm{DR}=A Q$ et $\mathrm{DP}=A R$ par hypothèse. De plus $\widehat{\mathrm{RDP}}=180-\widehat{\mathrm{CDP}}=180-\widehat{\mathrm{CDB}}=180-\widehat{\mathrm{CAB}}=180-\widehat{\mathrm{PAB}}=$ $\widehat{P A Q}$. Ainsi les triangles DRP et AQP sont isométriques.
En particulier $P Q=P R$, donc $P$ est sur la médiatrice de $(Q R)$.
Les triangles DER et $A E P$ ont l'air d'être isométriques : prouvons-le. On a $D E=A E$ et $D R=A P$. De plus $\widehat{\mathrm{EDR}}=180-\widehat{\mathrm{EDC}}=\widehat{\mathrm{CAE}}=\widehat{\mathrm{PAE}}$. Ainsi les triangles DER et AEP sont isométriques et $E P=E R$.
De même les triangles $A E Q$ et $D E P$ sont isométriques (car $A, Q$ jouent un rôle symétrique à $D, R$ ), ainsi $E P=E Q$, donc $E R=E Q: E$ est sur la médiatrice de $(Q R)$.
Ains i la médiatrice de (QR) est (EP), donc (EP) et $(Q R)$ sont perpendiculaires.
Commentaire des correcteurs : Cet exercice a été réussi par une large majorité des élèves l'ayant traité. Le principal problème était une imprécision dans le vocabulaire : deux triangles dont toutes les longueurs
sont égales sont dits isométriques plutôt qu'égaux ou identiques. Quant à la notion de triangles semblables, elle est plus faible que la précédente, et traduit simplement l'égalité des angles (et donc aussi des rapports de longueurs, mais pas des longueurs elles-mêmes).
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{
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-corrige-envoi-5.jsonl",
"problem_match": "\nExercice 12.",
"solution_match": "## Solution de l'exercice 12"
}
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ba7552a8-128d-5aec-a1a2-e07f50fad016
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A convex quadrilateral $ABCD$ admits an inscribed circle with center $I$. Let $I_a, I_b, I_c$, and $I_d$ be the centers of the inscribed circles of triangles $DAB, ABC, BCD$, and $CDA$ respectively. Suppose that the common tangents to the circumcircles of $AI_bI_d$ and $CI_bI_d$ meet at $X$, and that the common external tangents to the circumcircles of $BI_aI_c$ and $DI_aI_c$ meet at $Y$. Show that $\widehat{XIY}=90$.
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We denote $\omega_{i}$ as the incircle with center $I_{i}$ and radius $r_{i}$ for $i \in \{A, B, C, D\}$. We also denote $O_{A}, O_{B}, O_{C}$, and $O_{D}$ as the centers of the circles $A I_{b} I_{d}, B I_{a} I_{c}, C I_{b} I_{d}$, and $D I_{a} I_{c}$. We start by proving the following lemma:
Lemma 4. The circles $\omega_{a}$ and $\omega_{c}$ are tangent to each other at the same point on (AC).
Proof: (We also refer to Lemma 36 from the 2022 Geometry D course at Valbonne).
Let $X_{a}$ be the tangency point of $\omega_{a}$ on (BD) and $X_{c}$ be the tangency point of $\omega_{c}$ on (BD). We know that $ABCD$ is circumscribed, which implies that $AB - AD = BC - CD$. We can calculate the distance $BX_{a}$, which is
$$
BX_{a} = \frac{AB - AD + BD}{2} = \frac{BC - CD + BD}{2} = BX_{c},
$$
which shows that $X_{a} = X_{c}$. We rename this tangency point as $T$. Then the points $I_{a}, T$, and $I_{c}$ are collinear and $(I_{a} I_{c}) \perp (BD)$. We denote $\widehat{ABT} = 2\varphi$ and $\widehat{TBC} = 2\mu$, then $\widehat{ABI} = \varphi + \mu$ and $\widehat{ABI_{a}} = \varphi$, which shows that $\widehat{I_{a}BI} = \mu$ and thus that the lines (BT) and (BI) are isogonal conjugates in the triangle $BI_{a}I_{c}$. Since (BT) is the altitude in this same triangle, by a classical lemma, we know that the line (BI) also passes through the circumcenter of the triangle $BI_{a}I_{c}$. Therefore, $O_{B}$ is on the line (BI). Similarly, $O_{D}$ is on the line (DI). We also know that $(O_{B} O_{D}) \perp (I_{a} I_{c})$, so $(DB) \parallel (O_{B} O_{D})$. We will now prove that the line (IY) bisects the angle $\widehat{BID}$. $X$ is on the line $O_{B} O_{D}$ such that $\frac{XO_{B}}{XO_{D}} = \frac{r_{b}}{r_{d}}$. By the Angle Bisector Theorem, we want to show that $\frac{IO_{B}}{IO} = \frac{r_{b}}{r_{d}}$. Since $(DB) \parallel (O_{B} O_{D})$, we have $\frac{IO_{B}}{IO} = \frac{IB}{ID}$. We now calculate
$$
X := r_{b} \cdot \frac{1}{r_{d}} = \frac{\sin (\widehat{IAB}) \cdot AI}{\sin (\widehat{ABI})} \frac{\sin (\widehat{ADI})}{\sin (\widehat{IAD}) \cdot AI}
$$
from the Law of Sines in triangles IAB and IAD, we have $X = \frac{\sin (\widehat{ADI})}{\sin (\widehat{ABI})}$. On the other hand,
$$
X' := r_{b} \cdot \frac{1}{r_{d}} = \frac{2 I_{a} I_{c}}{\sin (\widehat{I_{a} D I_{c}})} \cdot \frac{\sin (\widehat{I_{a} B I_{c}})}{2 I_{a} I_{c}} = \frac{\sin (\widehat{I_{a} D I_{c}})}{\sin (\widehat{I_{a} I_{c}})},
$$
and since $\widehat{ADI} = \widehat{ADC} / 2 = \widehat{I_{a} D I_{c}}$ and also $\widehat{ABI} = \widehat{I_{a} B I_{c}}$, this shows that $X = X'$ and thus that the line (IY) is the external bisector of the angle $\widehat{BID}$. We show similarly that the line (XI) is the external bisector of the angle $\widehat{AIC}$. To prove that $\widehat{X I Y} = 90$, we need to show that the angles $\widehat{AIC}$ and $\widehat{BID}$ have the same bisector. If the following proposition is true, then, (DI, IC) = (AI, IB). Or, $(CI, ID) + (AI, IB) \equiv 0 \pmod{180}$. We will prove this last relation. We call $E$ the intersection point of the lines (AD) and (BC). Then (AI, IB) = 90 + $\frac{(BE, EA)}{2}$ and $(CI, ID) = 90 - \frac{(BE, EA)}{2}$, so $(AI, IB) + (BE, EA) = 180 \equiv 0 \pmod{180}$, which concludes the proof.
Graders' Comment: Well solved by the few students who submitted a solution.
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Geometry
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Un quadrilatère convexe $A B C D$ admet un cercle inscrit de centre $I$. Soit $\mathrm{I}_{\mathrm{a}}, \mathrm{I}_{\mathrm{b}}, \mathrm{I}_{\mathrm{c}}$ et $\mathrm{I}_{\mathrm{d}}$ les centres des cercles inscrits de triangles $\mathrm{DAB}, \mathrm{ABC}, \mathrm{BCD}$ et $C D A$ respectivement. On suppose que les tangentes communes aux cercle circonscrits de $\mathrm{AI}_{\mathrm{b}} \mathrm{I}_{\mathrm{d}}$ et $\mathrm{Cl}_{\mathrm{b}} \mathrm{I}_{\mathrm{d}}$ se rencontrent en $X$ et que les tangentes commune extérieures des cercles circonscrits de $\mathrm{BI}_{\mathrm{a}} \mathrm{I}_{\mathrm{c}}$ et $\mathrm{DI}_{\mathrm{a}} \mathrm{I}_{\mathrm{c}}$ se rencontrent en $Y$. Montrer que $\widehat{\mathrm{XIY}}=90$.
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On note $\omega_{i}$ le cercle inscrit de centre $I_{i}$ et de rayon $r_{i}$ pour $i \in\{A, B, C, D\}$, on note également $O_{A}, O_{B}$, $O_{C}$ et $O_{D}$ les centres des cercles $A I_{b} I_{d}, B I_{a} I_{c}, C I_{b} I_{d}$ et $D I_{a} I_{c}$. On commence par démontrer le lemme suivant:
Lemme 4. Les cercles $\omega_{a}$ et $\omega_{c}$ sont tangents tous les deux en le même point sur (AC).
Preuve : (On référe également au Lemme 36 du cours de Géométrie D de Valbonne 2022).
Soit $X_{a}$ le point de tangence de $\omega_{a}$ sur (BD) et $X_{c}$ le point de tangence de $\omega_{c}$ sur (BD). On sait que $A B C D$ est circonscriptible, cela implique que $A B-A D=B C-C D$. On Peut calculer la distance $B X_{a}$ elle vaut
$$
B X_{a}=\frac{A B-A D+B D}{2}=\frac{B C-C D+B D}{2}=B X_{c},
$$
ce qui montre que $X_{a}=X_{c}$.
On renomme $T$ le point de tangence. Alors les points $\mathrm{I}_{a}, T$ et $\mathrm{I}_{c}$ sont alignés et $\left(I_{a} I_{c}\right) \perp(B D)$. On note $\widehat{A B T}=2 \varphi$ et $\widehat{T B C}=2 \mu$, alors $\widehat{A B I}=\varphi+\mu$ et $\widehat{\mathrm{ABI}_{a}}=\varphi$, ce qui montre que $\widehat{I_{a} B I}=\mu$ et ainsi que les droites (BT) et (BI) sont conjuguées isogonales dans le triangle $\mathrm{BI}_{\mathrm{a}} \mathrm{I}_{\mathrm{c}}$, or (BT) est la hauteur dans ce même triangle et par un lemme classique on sait alors que la droite (BI) passe également par le centre du cercle circonscrit au triangle $\mathrm{BI}_{\mathrm{a}} \mathrm{I}_{\mathrm{c}}$. Donc $\mathrm{O}_{B}$ est sur la droite (BI). De la même manière $\mathrm{O}_{\mathrm{D}}$ se trouve sur la droite (DI). On sait aussi que $\left(O_{B} O_{D}\right) \perp\left(I_{a} I_{c}\right)$ donc $(D B) / /\left(O_{B} O_{D}\right)$. On va maintenant démontrer que la droite (IY) bissecte l'angle $\widehat{\text { BID. }}$. $X$ se trouve sur la droite $\mathrm{O}_{B} \mathrm{O}_{D}$ de telle sorte que $\frac{X O_{B}}{\mathrm{XO}_{\mathrm{D}}}=\frac{\mathrm{r}_{\mathrm{b}}}{\mathrm{r}_{\mathrm{d}}}$, par le lemme de la bissectrice on veut montrer que $\frac{\mathrm{IO}_{B}}{\mathrm{IO}}=\frac{\mathrm{r}_{\mathrm{b}}}{r_{d}}$, or comme $(\mathrm{DB}) / /\left(\mathrm{O}_{B} \mathrm{O}_{\mathrm{D}}\right)$
on a $\frac{\mathrm{IO}_{\mathrm{B}}}{\mathrm{IO}}=\frac{\mathrm{IB}}{\mathrm{ID}}$. On calcule maintenant
$$
X:=r_{b} \cdot \frac{1}{r_{d}}=\frac{\sin (\widehat{\mathrm{IAB}}) \cdot A \mathrm{II}}{\sin (\widehat{\mathrm{ABI}})} \frac{\sin (\widehat{\mathrm{ADI}})}{\sin (\widehat{\mathrm{IAD}}) \cdot \mathrm{AI}}
$$
d'après la loi des sinus dans les triangles IAB et IAD, on a d'une part $X=\frac{\sin (\widehat{A D I})}{\sin (\widehat{A B I})}$. On trouve d'autre part,
$$
X^{\prime}:=r_{b} \cdot \frac{1}{r_{d}}=\frac{2 I_{a} I_{c}}{\sin \left(\widehat{I_{a} D I_{c}}\right)} \cdot \frac{\sin \left(\widehat{I_{a} B I_{c}}\right)}{2 \mathrm{I}_{\mathrm{a}} \mathrm{I}_{c}}=\frac{\sin \left(\widehat{\mathrm{I}_{\mathrm{a}} \mathrm{DI}_{\mathrm{c}}}\right)}{\sin \left(\widehat{\mathrm{I}_{\mathrm{a}} \mathrm{I}_{\mathrm{c}}}\right)},
$$
or, $\widehat{A D I}=\widehat{A D C} / 2=\widehat{\mathrm{I}_{\mathrm{a}} \mathrm{DI}_{\mathrm{c}}}$ et également $\widehat{A B I}=\widehat{\mathrm{I}_{\mathrm{a}} \mathrm{BI}_{\mathrm{c}}}$ ce qui montre que $X=\mathrm{X}^{\prime}$ et ainsi que la droite (IY) est la bissectrice extérieure de l'angle $\widehat{\text { BID }}$. On montre de la même manière que la droite (XI) est la bissectrice extérieure de l'angle $\widehat{A I C}$. Dans le but de démontrer que $\widehat{X I Y}=90$ il faut démontrer que les angles $\widehat{A I C}$ et $\widehat{\text { BID }}$ ont les même bissectrice. Si la proposition suivante est vraie alors, (DI, IC) $=$ $(A I, I B)$. Ou encore $(C I, I D)+(A I, I B) \equiv 0(\bmod 180)$. On va démontrer cette dernière relation, on appelle $E$ le point d'intersection des droites (AD) et (BC), Alors (AI, IB) $=90+\frac{(B E, E A)}{2}$ et $(C I, I D)=90-\frac{(B E, E A)}{2}, \operatorname{donc}(A I, I B)+(B E, E A)=180 \equiv 0(\bmod 180)$, ce qui conclut.
Commentaire des correcteurs: Bien résolu pour les quelques élèves qui ont rendu une copie.
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{
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-corrige-envoi-5.jsonl",
"problem_match": "\nExercice 18.",
"solution_match": "## Solution de l'exercice 18"
}
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c9e6a160-4f1c-599b-9588-7549cb223c1b
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Let $x, y$ be strictly positive real numbers. Show that:
$$
x+\frac{y^{2}}{x} \geqslant 2 y
$$
and find the cases of equality.
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The inequality of the mean gives
$$
x+\frac{y^{2}}{x} \geqslant 2 \sqrt{x \cdot \frac{y^{2}}{x}}=2 y
$$
Suppose we have equality, then $x=\frac{y^{2}}{x}$ so $x^{2}=y^{2}$ so $x=y$. Conversely, if $x=y, x+\frac{y^{2}}{x}=$ $y+\frac{y^{2}}{y}=2 y$ we indeed have equality.
Comment from the graders: The problem is very well done! Be sure to justify that the announced cases of equality are indeed the only possible cases of equality.
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Inequalities
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Soient $x, y$ des réels strictement positifs. Montrer que:
$$
x+\frac{y^{2}}{x} \geqslant 2 y
$$
et trouver les cas d'égalité.
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L'inégalité de la moyenne donne
$$
x+\frac{y^{2}}{x} \geqslant 2 \sqrt{x \cdot \frac{y^{2}}{x}}=2 y
$$
Supposons qu'on a égalité, alors $x=\frac{y^{2}}{x}$ donc $x^{2}=y^{2}$ donc $x=y$. Réciproquement si $x=y, x+\frac{y^{2}}{x}=$ $y+\frac{y^{2}}{y}=2 y$ on a bien égalité.
Commentaire des correcteurs Le problème est très bien réussi! Attention à bien justifier que les cas d'égalités annoncés sont bien les seuls cas d'égalité possibles.
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{
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-corrigé-commenté-envoi-2.jsonl",
"problem_match": "\nExercice 1.",
"solution_match": "\nSolution de l'exercice 1"
}
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18aac5f2-585e-5d4d-8294-9d6f837fbddd
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Let $x \geqslant 0$ be a real number. Show that:
$$
1+x^{2}+x^{6}+x^{8} \geqslant 4 x^{4}
$$
and find the cases of equality.
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We use the arithmetic-geometric inequality in the case $\mathrm{n}=4$. We obtain $1+x^{2}+x^{6}+x^{8} \geqslant 4 x^{\frac{2+6+8}{4}}=4 x^{4}$.
Suppose we have equality. According to the equality case $\chi^{2}=1$, so $x=1$. Conversely, if $x=1$, we have $1+x^{2}+x^{6}+x^{8}=4=4 x^{4}$.
Comment from the graders: The problem was very well done! Some students approached this problem with polynomials rather than inequalities.
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Inequalities
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Soit $x \geqslant 0$ un réel. Montrer que :
$$
1+x^{2}+x^{6}+x^{8} \geqslant 4 x^{4}
$$
et trouver les cas d'égalité.
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On utilise l'inégalité arithmético-géométrique, dans le cas $\mathrm{n}=4$. On obtient $1+x^{2}+x^{6}+x^{8} \geqslant 4 x^{\frac{2+6+8}{4}}=4 x^{4}$.
Supposons qu'on a égalité. D'après le cas d'égalité $\chi^{2}=1$, donc $x=1$. Réciproquement si $x=1$, on a $1+x^{2}+x^{6}+x^{8}=4=4 x^{4}$.
Commentaire des correcteurs Le problème très bien réussi! Certains élèves ont approché ce problème avec des polynômes plutôt qu'avec des inégalités.
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{
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-corrigé-commenté-envoi-2.jsonl",
"problem_match": "\nExercice 2.",
"solution_match": "\nSolution de l'exercice 2"
}
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3f04889d-b047-5c06-8619-33d59067a00f
| 607,249
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Let $a, b, c$ be real numbers. Show that:
$$
2 a^{2}+20 b^{2}+5 c^{2}+8 a b-4 b c-4 a c \geqslant 0
$$
and find the cases of equality.
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The inequality is equivalent to $4bc + 4ac - 8ab \leqslant 2a^2 + 20b^2 + 5c^2$. We know that $4ac = 2 \times a \times (2c) \leqslant a^2 + (2c)^2 = a^2 + 4c^2$ and that $4bc = 2 \times c(2b) \leqslant 4b^2 + c^2$. We also have $-8ab = 2 \times (-a) \times (4b) \leqslant a^2 + 16b^2$. By summing all these inequalities, we obtain $4bc + 4ac - 8ab \leqslant 2a^2 + 20b^2 + 5c^2$.
Suppose we have equality, in this case we have equality in the three inequalities used: we thus have $a = 2c$, $c = 2b$ so $a = 4b$ and $-a = 4b$. In particular, $-a = a$ so $a = 0$ and therefore $b$ and $c$ are also zero. Conversely, if $a = b = c = 0$, we indeed have equality.
We could have also noticed that $2a^2 + 20b^2 + 5c^2 + 8ab - 4bc - 4ac = (a + 4b)^2 + (a - 2c)^2 + (2b - c)^2 \geqslant 0$ and found the equality case in the same way.
Comment from the graders: The problem was very well done, and all students found the factorization. Be careful, the equality case was a bit elaborate in this exercise.
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Inequalities
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Soit $a, b, c$ des nombres réels. Montrer que:
$$
2 a^{2}+20 b^{2}+5 c^{2}+8 a b-4 b c-4 a c \geqslant 0
$$
et trouver les cas d'égalité.
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L'inégalité est équivalente à $4 b c+4 a c-8 a b \leqslant 2 a^{2}+20 b^{2}+5 c^{2}$. Or on sait que $4 a c=2 \times a \times(2 c) \leqslant a^{2}+(2 c)^{2}=a^{2}+4 c^{2}$ et que $4 b c=2 \times c(2 b) \leqslant 4 b^{2}+c^{2}$. On a également $-8 \mathfrak{a b}=2 \times(-\mathfrak{a}) \times(4 b) \leqslant \mathfrak{a}^{2}+16 b^{2}$. En sommant toutes ces inégalités, on obtient $4 b c+4 a c-8 a b \leqslant 2 a^{2}+20 b^{2}+5 c^{2}$.
Supposons qu'on a égalité, dans ce cas on a égalité dans les trois inégalités utilisées : on a donc $\mathrm{a}=2 \mathrm{c}$, $c=2 b$ donc $a=4 b$ et $-a=4 b$. En particulier $-a=a$ donc $a=0$ donc $b$ et $c$ sont également nuls. Réciproquement, si $\mathrm{a}=\mathrm{b}=\mathrm{c}=0$, on a bien égalité.
On aurait pu également remarquer que $2 a^{2}+20 b^{2}+5 c^{2}+8 a b-4 b c-4 a c=(a+4 b)^{2}+(a-2 c)^{2}+$ $(2 b-c)^{2} \geqslant 0$ et trouver de la même façon le cas d'égalité.
Commentaire des correcteurs Le problème est très bien réussi et tous les élèves ont trouvé la factorisation. Attention, le cas d'égalité était un peu élaboré dans cet exercice.
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{
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-corrigé-commenté-envoi-2.jsonl",
"problem_match": "\nExercice 3.",
"solution_match": "\nSolution de l'exercice 3"
}
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beea3d4e-261d-5906-aba6-a37979bb4a07
| 607,250
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Let $a, b, c > 0$ such that: $a + b + c = 1$. Show that:
$$
\frac{a}{b} + \frac{a}{c} + \frac{b}{a} + \frac{b}{c} + \frac{c}{a} + \frac{c}{b} + 6 \geqslant 2 \sqrt{2} \left( \sqrt{\frac{1-a}{a}} + \sqrt{\frac{1-c}{c}} + \sqrt{\frac{1-b}{b}} \right)
$$
and determine the cases of equality.
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The right-hand side of the inequality is $2 \sqrt{2}\left(\sqrt{\frac{b+c}{a}}+\sqrt{\frac{a+b}{c}}+\sqrt{\frac{a+c}{b}}\right)$. We use the arithmetic-geometric mean inequality: $2 \sqrt{2 \frac{b+c}{a}} \leqslant 2+\frac{b+c}{a}$. Similarly, $2 \sqrt{\frac{b+a}{c}} \leqslant 2+\frac{b+a}{c}$ and $2 \sqrt{\frac{a+c}{b}} \leqslant 2+\frac{a+c}{b}$. By summing these three inequalities, we obtain
$$
\frac{a}{b}+\frac{a}{c}+\frac{b}{a}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}+\frac{c}{b}+6 \geqslant 2 \sqrt{2}\left(\sqrt{\frac{1-a}{a}}+\sqrt{\frac{1-c}{c}}+\sqrt{\frac{1-b}{b}}\right)
$$
Suppose we have equality, then by looking at the first case of equality, we have $\frac{b+c}{a}=2$ so $1-a=2a$ so $a=\frac{1}{3}$. By looking at the other two cases of equality, we get $a=b=c=\frac{1}{3}$. Conversely, if $a=b=c=\frac{1}{3}$, then $\frac{a}{b}+\frac{a}{c}+\frac{b}{a}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}+\frac{c}{b}+6=12$ and $2 \sqrt{2}\left(\sqrt{\frac{1-a}{a}}+\sqrt{\frac{1-c}{c}}+\sqrt{\frac{1-b}{b}}\right)=2 \sqrt{2}(3 \times \sqrt{2})=12$; we indeed have equality.
Comment from the graders: The problem is generally well done. A minority of students used inequalities in the wrong direction or performed unnecessary manipulations. Be careful not to forget the case of equality!
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Inequalities
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Soient $a, b, c>0$ tels que : $a+b+c=1$. Montrer que :
$$
\frac{a}{b}+\frac{a}{c}+\frac{b}{a}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}+\frac{c}{b}+6 \geqslant 2 \sqrt{2}\left(\sqrt{\frac{1-a}{a}}+\sqrt{\frac{1-c}{c}}+\sqrt{\frac{1-b}{b}}\right)
$$
et déterminer les cas d'égalité.
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Le terme de droite de l'inégalité vaut $2 \sqrt{2}\left(\sqrt{\frac{b+c}{a}}+\sqrt{\frac{a+b}{c}}+\sqrt{\frac{a+c}{b}}\right)$. On utilise l'inégalité arithmético-géométrique : $2 \sqrt{2 \frac{b+c}{a}} \leqslant 2+\frac{b+c}{a}$. De même $2 \sqrt{\frac{b+a}{c}} \leqslant 2+\frac{b+a}{c}$ et $2 \sqrt{\frac{a+c}{b}} \leqslant 2+\frac{a+c}{b}$. En sommant ces trois inégalités, on obtient
$$
\frac{a}{b}+\frac{a}{c}+\frac{b}{a}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}+\frac{c}{b}+6 \geqslant 2 \sqrt{2}\left(\sqrt{\frac{1-a}{a}}+\sqrt{\frac{1-c}{c}}+\sqrt{\frac{1-b}{b}}\right)
$$
Supposons qu'on a égalité, alors en regardant le premier cas d'égalité, on a $\frac{b+c}{a}=2$ donc $1-a=2 a$ donc $\mathrm{a}=\frac{1}{3}$. En regardant les deux autres cas d'égalité on obtient $\mathrm{a}=\mathrm{b}=\mathrm{c}=\frac{1}{3}$. Réciproquement si $\mathrm{a}=\mathrm{b}=\mathrm{c}=\frac{1}{3}, \frac{\mathrm{a}}{\mathrm{b}}+\frac{\mathrm{a}}{\mathrm{c}}+\frac{\mathrm{b}}{\mathrm{a}}+\frac{\mathrm{b}}{\mathrm{c}}+\frac{\mathrm{c}}{\mathrm{a}}+\frac{\mathrm{c}}{\mathrm{b}}+6=12$ et $2 \sqrt{2}\left(\sqrt{\frac{1-\mathrm{a}}{\mathrm{a}}}+\sqrt{\frac{1-\mathrm{c}}{\mathrm{c}}}+\sqrt{\frac{1-\mathrm{b}}{\mathrm{b}}}\right)=2 \sqrt{2}(3 \times \sqrt{2})=12 ;$ on a bien égalité.
Commentaire des correcteurs Le problème est globalement bien réussi. Une minorité d'élèves ont employé des inégalités dans le mauvais sens ou effectué des manipulations superflues. Attention à ne pas oublier le cas d'égalité!
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{
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-corrigé-commenté-envoi-2.jsonl",
"problem_match": "\nExercice 6.",
"solution_match": "\nSolution de l'exercice 6"
}
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cf9b9209-c2e8-5260-b717-d38999114ade
| 607,253
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Let $a, b, c$ be strictly positive real numbers such that: $a b+b c+c a=a b c$. Show that:
$$
\frac{1}{a^{2}+b^{2}}+\frac{1}{b^{2}+c^{2}}+\frac{1}{c^{2}+a^{2}} \leqslant \frac{1}{6},
$$
and find the cases of equality.
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Let $u=\frac{1}{a}, v=\frac{1}{b}, w=\frac{1}{c}$. By dividing by $abc$, the condition rewrites as $u+v+w=1$. The desired inequality rewrites as $\frac{u^{2} v^{2}}{u^{2}+w^{2}}+\frac{u^{2} w^{2}}{u^{2}+w^{2}}+\frac{v^{2} w^{2}}{v^{2}+w^{2}} \leqslant \frac{1}{6}$. We use the arithmetic-geometric inequality on the denominators: $u^{2}+v^{2} \geqslant 2 u v$ and similarly for the other two. We obtain $\frac{u^{2} v^{2}}{u^{2}+w^{2}}+\frac{u^{2} w^{2}}{u^{2}+w^{2}}+\frac{v^{2} w^{2}}{v^{2}+w^{2}} \leqslant \frac{1}{2}(u v+v w+u w)$. Now $1=(u+v+w)^{2}=u^{2}+v^{2}+w^{2}+2(u v+$ $v w+w u) \geqslant 3(u v+v w+u w)$ by the cyclic lemma. In particular $u v+v w+u w \leqslant \frac{1}{3}$, so $\frac{u^{2} v^{2}}{u^{2}+w^{2}}+\frac{u^{2} w^{2}}{u^{2}+w^{2}}+\frac{v^{2} w^{2}}{v^{2}+w^{2}} \leqslant \frac{1}{6}$.
For the equality cases, we have equality in the cyclic lemma, so $u=v=w$ and thus $a=b=c$. By plugging into the condition, $3a^2=a^3$ so $a=b=c=3$. Conversely, if $a=b=c=3$, we have $\frac{1}{a^{2}+b^{2}}+\frac{1}{b^{2}+c^{2}}+\frac{1}{c^{2}+a^{2}}=\frac{3}{2 \times 9}=\frac{1}{6}$, so we indeed have equality.
Comment from the graders: The problem is well solved by the copies that have treated it. However, be careful with the equality cases: you need to specify in which inequality you are looking at the equality case, calculate each variable (which is done with the condition imposed on the variables), and do not forget to verify that you have equality! You also need to state the inequalities you use. Be careful of the bad students' inequality: some got the inequality sign wrong, others used it for negative numbers and ended up with false results.
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Inequalities
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Soit $a, b, c$ des réels strictement positifs tels que : $a b+b c+c a=a b c$. Montrer que :
$$
\frac{1}{a^{2}+b^{2}}+\frac{1}{b^{2}+c^{2}}+\frac{1}{c^{2}+a^{2}} \leqslant \frac{1}{6},
$$
et trouver les cas d'égalité.
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Posons $u=\frac{1}{a}, v=\frac{1}{b}, w=\frac{1}{c}$. En divisant par abc, la condition se réécrit $u+v+w=1$. L'inégalité voulue se réécrit $\frac{u^{2} v^{2}}{\mathfrak{u}^{2}+w^{2}}+\frac{\mathfrak{u}^{2} w^{2}}{\mathfrak{u}^{2}+w^{2}}+\frac{v^{2} w^{2}}{v^{2}+w^{2}} \leqslant \frac{1}{6}$. On utilise l'inégalité arithmético-géométrique sur les dénominateurs: $\mathfrak{u}^{2}+v^{2} \geqslant 2 u v$ et similairement sur les deux autres. On obtient $\frac{u^{2} v^{2}}{u^{2}+w^{2}}+\frac{u^{2} w^{2}}{u^{2}+w^{2}}+\frac{v^{2} w^{2}}{v^{2}+w^{2}} \leqslant \frac{1}{2}(u v+v w+u w)$. Or $1=(u+v+w)^{2}=u^{2}+v^{2}+w^{2}+2(u v+$ $v w+w u) \geqslant 3(u v+v w+u w)$ par lemme du tourniquet. En particulier $u v+v w+u w \leqslant \frac{1}{3}$ donc $\frac{\mathcal{u}^{2} v^{2}}{\mathfrak{u}^{2}+w^{2}}+\frac{\mathfrak{u}^{2} w^{2}}{\mathfrak{u}^{2}+w^{2}}+\frac{v^{2} w^{2}}{v^{2}+w^{2}} \leqslant \frac{1}{6}$.
Pour les cas d'égalité, on a égalité dans le lemme du tourniquet, donc $u=v=w$ donc $\mathrm{a}=\mathrm{b}=\mathrm{c}$. En réinjectant dans la condition, $3 \mathrm{a}^{2}=\mathrm{a}^{3}$ donc $\mathrm{a}=\mathrm{b}=\mathrm{c}=3$. Réciproquement si $\mathrm{a}=\mathrm{b}=\mathrm{c}=3$, on a $\frac{1}{\mathrm{a}^{2}+\mathrm{b}^{2}}+\frac{1}{\mathrm{~b}^{2}+\mathrm{c}^{2}}+\frac{1}{\mathrm{c}^{2}+\mathrm{a}^{2}}=\frac{3}{2 \times 9}=\frac{1}{6}$ on a bien égalité.
Commentaire des correcteurs Le problème est bien réussi par les copies qui l'ont traité. Attention toutefois aux cas d'égalités : il faut préciser dans quelle inégalité utilisée vous regardez le cas d'égalité, calculer chaque variable (ce qui se fait avec la condition imposée sur les variables) et ne pas oublier alors de vérifier qu'on a égalité! Il faut également penser à énoncer les inégalités qu'on utilise. Attention à l'inégalité des mauvais élèves : certains se sont trompés de sens d'inégalité, d'autres l'ont utilisé pour des nombres négatifs et aboutissent à des résultats faux.
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{
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-corrigé-commenté-envoi-2.jsonl",
"problem_match": "\nExercice 7.",
"solution_match": "\nSolution de l'exercice 7"
}
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eec2289e-459c-5cf7-b480-7a40d9394fee
| 607,254
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Let $a_{1}, \ldots, a_{2019}$ be positive integers. Show that the following are equivalent:
(i) there exists a real number $x$ such that for all $i \in\{1, \ldots, 2019\}$, we have: $a_{i}=\lfloor i x\rfloor$
(ii) for all $\boldsymbol{i}, \mathfrak{j} \in\{1, \ldots, 2019\}$ satisfying $i+j \leqslant 2019$, we have: $a: a_{i}+a_{j} \leqslant a_{i+j} \leqslant a_{i}+a_{j}+1$.
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First, let's prove the direct sense: if there exists a real number \( x \) such that for all \( i \) between 1 and 2019, \( a_{i} = \lfloor i x \rfloor \), and if we are given \( i, j \) between 1 and 2019 such that \( i + j \leq 2019 \), then \((i + j)x = ix + jx \geq \lfloor ix \rfloor + \lfloor jx \rfloor = a_{i} + a_{j} \) and \((i + j)x = ix + jx < \lfloor ix \rfloor + 1 + \lfloor jx \rfloor + 1 = a_{i} + a_{j} + 2\), so \( a_{i} + a_{j} \leq a_{i+j} < a_{i} + a_{j} + 2 \). Since the \( a_{i} \) are integers, we have \( a_{i} + a_{j} \leq a_{i+j} \leq a_{i} + a_{j} + 1 \).
Conversely, suppose that for all \( i, j \) between 1 and 2019 such that \( i + j \leq 2019 \), \( a_{i} + a_{j} \leq a_{i+j} \leq a_{i} + a_{j} + 1 \). Finding \( x \) such that for all \( i \) between 1 and 2019, \( a_{i} = \lfloor i x \rfloor \) amounts to finding \( x \) such that for all \( i \) between 1 and 2019, \( a_{i} \leq i x < a_{i} + 1 \), that is, such that for all \( i \), \( \frac{a_{i}}{i} \leq x < \frac{a_{i} + 1}{i} \). It is therefore sufficient to show that the maximum of the \( \frac{a_{i}}{i} \) for \( i \) between 1 and 2019 is strictly less than the minimum of the \( \frac{a_{j} + 1}{j} \) for \( j \) between 1 and 2019, or more simply that \( \frac{a_{i}}{i} \leq \frac{a_{i} + 1}{j} \) for all \( i, j \) between 1 and 2019.
Let's prove this by strong induction on \( m = \max(i, j) \). If \( m = 1 \), \( i = j = 1 \) so the inequality is obvious. For the induction step, suppose the inequality is true for all \( i, j \) between 1 and \( m \). We want to show the inequality \( \frac{a_{i}}{i} < \frac{a_{j} + 1}{j} \), where \( 1 \leq i, j \leq m + 1 \). There are three cases to consider:
- If \( i = j \), the inequality is obvious.
- If \( i < j \), applying the induction hypothesis to \( (i, j - i) \): \( a_{j} \geq a_{i} + a_{j-i} > a_{i} + (j - i) \frac{a_{i}}{i} - 1 = a_{i} \times \frac{j}{i} - 1 \) so \( \frac{a_{j} + 1}{j} > \frac{a_{i}}{i} \).
- If \( i > j \), applying the induction hypothesis to \( (i - j, j) \): \( a_{i} \leq a_{j} + a_{i-j} + 1 < a_{j} + \frac{(i - j)(a_{j} + 1)}{j} = a_{j} \frac{i}{j} + \frac{i - j}{j} < (a_{j} + 1) \frac{i}{j} \) so \( \frac{a_{i}}{i} < \frac{a_{j} + 1}{j} \).
Comment from the examiners: The exercise was difficult and only a very small number of students managed to prove the second implication. The first implication was generally well addressed.
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Number Theory
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Soient $a_{1}, \ldots, a_{2019}$ des entiers positifs. Montrer qu'il y a équivalence entre:
(i) il existe un réel $x$ tel que pour tout $i \in\{1, \ldots, 2019\}$, on a : $a_{i}=\lfloor i x\rfloor$
(ii) pour tous $\boldsymbol{i}, \mathfrak{j} \in\{1, \ldots, 2019\}$ vérifiant $i+j \leqslant 2019$, on $a: a_{i}+a_{j} \leqslant a_{i+j} \leqslant a_{i}+a_{j}+1$.
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Prouvons tout d'abord le sens direct : s'il existe $x$ réel tel que pour tout $i$ entre 1 et $2019, a_{i}=\lfloor i x\rfloor$, et si on se donne $\boldsymbol{i}, \boldsymbol{j}$ entre 1 et 2019 tels que $\boldsymbol{i}+\mathfrak{j} \leqslant 2019$, alors $(\mathfrak{i}+\mathfrak{j}) \mathbf{x}=$ $i x+j x \geqslant\lfloor i x\rfloor+\lfloor j x\rfloor=a_{i}+a_{j}$ et $(i+j) x=i x+j x<\lfloor i x\rfloor+1+\lfloor j x\rfloor+1=a_{i}+a_{j}+2$, donc $a_{i}+a_{j} \leqslant a_{i+j}<a_{i}+a_{j}+2$. Comme les $a_{i}$ sont entiers, on a donc $a_{i}+a_{j} \leqslant a_{i+j} \leqslant a_{i}+a_{j}+1$.
Réciproquement supposons que pour tout $i, j$ entre 1 et 2019 tels que $i+j \leqslant 2019, a_{i}+a_{j} \leqslant a_{i+j} \leqslant$ $a_{i}+a_{j}+1$. Trouver $x$ tel que pour tout $i$ entre 1 et 2019, $a_{i}=\lfloor i x\rfloor$ revient à trouver $x$ tel que pour tout $i$ entre 1 et 2019, $a_{i} \leqslant i x<a_{i}+1$, c'est-à-dire tel que pour tout $i, \frac{a_{i}}{i} \leqslant x<\frac{a_{i}+1}{i}$. Il suffit donc de montrer que le maximum des $\frac{a_{i}}{i}$ pour $i$ entre 1 et 2019 est strictement inférieur au minimum des $\frac{a_{j}+1}{j}$ pour $j$ entre 1 et 2019 , ou plus simplement que $\frac{a_{i}}{i} \leqslant \frac{a_{i}+1}{j}$ pour tout $i, j$ entre 1 et 2019.
Montrons cela par récurrence forte sur $\mathfrak{m}=\max (\mathfrak{i}, \mathfrak{j})$. Si $\mathfrak{m}=1, \mathfrak{i}=\mathfrak{j}=1$ donc l'inégalité est évidente. Pour l'hérédité, supposons l'inégalité vraie pour tout $i, j$ entre 1 et m . On veut montrer l'inégalité $\frac{\mathrm{a}_{i}}{\mathrm{i}}<$ $\frac{a_{j}+1}{j}$, où $1 \leqslant \mathfrak{i}, \mathfrak{j} \leqslant \mathfrak{m}+1$. Il y a trois cas à traiter :
- Si $i=$ j l'inégalité est évidente.
- Si $i<j$, en appliquant l'hypothèse de récurrence à $(i, j-i): a_{j} \geqslant a_{i}+a_{j-i}>a_{i}+(j-i) \frac{a_{i}}{i}-1=$ $a_{i} \times \frac{j}{i}-1$ donc $\frac{a_{j}+1}{j}>\frac{a_{i}}{i}$
- Si $\boldsymbol{i}>\mathfrak{j}$, en appliquant l'hypothèse de récurrence à $(\mathfrak{i}-\mathfrak{j}, \mathfrak{j}): a_{i} \leqslant a_{j}+a_{i-j}+1<a_{j}+$ $\frac{(i-j)\left(a_{j}+1\right)}{j}=a_{j} \frac{i}{j}+\frac{i-j}{j}<\left(a_{j}+1\right) \frac{i}{j}$ donc $\frac{a_{i}}{i}<\frac{a_{j}+1}{j}$
Commentaire des correcteurs L'exercice était difficile et seulement un nombre très réduit d'élèves sont parvenus à montrer la seconde implication. La première implication est dans l'ensemble bien abordée.
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{
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-corrigé-commenté-envoi-2.jsonl",
"problem_match": "\nExercice 8.",
"solution_match": "\nSolution de l'exercice 8"
}
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1e17e26d-2da6-5c8f-9448-7ff808f80cc4
| 607,255
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Let $a, b, c, d$ be strictly positive real numbers such that: $a+b+c+d=1$. Show that:
$$
\frac{a^{4}}{a^{3}+a^{2} b+a b^{2}+b^{3}}+\frac{b^{4}}{b^{3}+b^{2} c+b c^{2}+c^{3}}+\frac{c^{4}}{c^{3}+c^{2} d+c d^{2}+d^{3}}+\frac{d^{4}}{d^{3}+d^{2} a+d a^{2}+a^{3}} \geqslant \frac{1}{4}
$$
and determine the cases of equality.
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In this solution, we will use the inequality $2\left(x^{2}+y^{2}\right) \geqslant (x+y)^{2} (*)$, valid for all real numbers $x, y$ with equality if and only if $x=y$. First, note that $a^{3} + a^{2}b + ab^{2} + b^{3} = (a^{2} + b^{2})(a + b)$. In particular, the inequality can be rewritten as $\sum_{\text{cyc}} \frac{a^{4}}{(a^{2} + b^{2})(a + b)} \geqslant \frac{1}{4}$. Let $S$ be the sum on the left side of the inequality. Each denominator of the terms in $S$ is symmetric in the two variables it contains, so we seek a relationship between $S$ and $\sum_{\text{cyc}} \frac{b^{4}}{(a^{2} + b^{2})(a + b)}$. Let's calculate the difference of the two terms:
$$
S - \sum_{\text{cyc}} \frac{b^{4}}{(a^{2} + b^{2})(a + b)} = \sum_{\text{cyc}} \frac{a^{4} - b^{4}}{(a^{2} + b^{2})(a + b)} = \sum_{\text{cyc}} \frac{a^{2} - b^{2}}{(a + b)} = \sum_{\text{cyc}} a - b = 0
$$
In particular, $S = \sum_{\text{cyc}} \frac{b^{4}}{(a^{2} + b^{2})(a + b)}$, so $2S = \sum_{\text{cyc}} \frac{a^{4} + b^{4}}{(a^{2} + b^{2})(a + b)}$. By (*), $a^{4} + b^{4} \geqslant \frac{(a^{2} + b^{2})^{2}}{2}$, so by summing, $2S \geqslant \sum_{\text{cyc}} \frac{a^{2} + b^{2}}{2(a + b)}$. (*) gives again $a^{2} + b^{2} \geqslant \frac{(a + b)^{2}}{2}$, so by summing, $2S \geqslant \sum_{\text{cyc}} \frac{a + b}{4} = \frac{2(a + b + c + d)}{4} = \frac{1}{2}$, hence $S \geqslant \frac{1}{4}$.
Suppose we have equality. In this case, we have the cyclic equalities $a = b$, so $a = b = c = d$. By the condition on the sum, $4a = 1$ so $a = \frac{1}{4}$.
Conversely, if $a = b = c = d = \frac{1}{4}$, then $a + b + c + d = 1$ and $S = \sum_{\text{cyc}} \frac{a^{4}}{a^{3} + a^{2}b + b^{2} + b^{3}} = \sum_{\text{cyc}} \frac{a^{4}}{4a^{3}} = \sum_{\text{cyc}} \frac{a}{4} = 4 \frac{a}{4} = \frac{1}{4}$, so we indeed have equality.
Comment from the graders: The problem was difficult and few managed to have a complete solution. It was possible to use Jensen's inequality applied to the function that maps $x$ to $\frac{1}{1 + x + x^{2} + x^{3}}$, but the cases of equality were more delicate: for the cases of equality, if its second derivative $f''$ is strictly positive over the set of values that the variables can take on which we want to use the inequality, then the variables are equal (if $f''$ is strictly positive except at a finite number of points, the reasoning still holds). However, the strict convexity of the function in question was not clear, so a justification was expected. Be careful with the addition of fractions.
## Senior Exercises
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Inequalities
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Soit $a, b, c, d$ des réels strictement positifs tels que : $a+b+c+d=1$. Montrer que :
$$
\frac{a^{4}}{a^{3}+a^{2} b+a b^{2}+b^{3}}+\frac{b^{4}}{b^{3}+b^{2} c+b c^{2}+c^{3}}+\frac{c^{4}}{c^{3}+c^{2} d+c d^{2}+d^{3}}+\frac{d^{4}}{d^{3}+d^{2} a+d a^{2}+a^{3}} \geqslant \frac{1}{4}
$$
et déterminer les cas d'égalité.
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Dans cette solution, on va utiliser à plusieurs reprises l'inégalité $2\left(x^{2}+y^{2}\right) \geqslant$ $(x+y)^{2}(*)$, valable pour tous réels $x, y$ avec égalité si et seulement si $x=y$. Déjà notons que $a^{3}+$ $a^{2} b+a b^{2}+b^{3}=\left(a^{2}+b^{2}\right)(a+b)$. En particulier l'inégalité se réécrit $\sum_{\text {cycl. }} \frac{a^{4}}{\left(a^{2}+b^{2}\right)(a+b)} \geqslant \frac{1}{4}$. Notons $S$ la somme de gauche dans l'inégalité précédente. Chaque dénominateur des termes de $S$ est symétrique en les deux variables qu'il contient, on cherche donc une relation entre $S$ et $\sum_{c y c l} \frac{b^{4}}{\left(a^{2}+b^{2}\right)(a+b)}$. Calculons la différence des deux termes:
$$
S-\sum_{c y c l .} \frac{b^{4}}{\left(a^{2}+b^{2}\right)(a+b)}=\sum_{c y c l .} \frac{a^{4}-b^{4}}{\left(a^{2}+b^{2}\right)(a+b)}=\sum_{c y c l .} \frac{a^{2}-b^{2}}{(a+b)}=\sum_{c y c l .} a-b=0
$$
En particulier $S=\sum_{\text {cycl. }} \frac{b^{4}}{\left(a^{2}+b^{2}\right)(a+b)}$ donc $2 S=\sum_{\text {cycl. }} \frac{a^{4}+b^{4}}{\left(a^{2}+b^{2}\right)(a+b)} . \operatorname{Par}(*), a^{4}+b^{4} \geqslant \frac{\left(a^{2}+b^{2}\right)^{2}}{2}$ donc en sommant $2 S \geqslant \sum_{\text {cycl. }} \frac{a^{2}+b^{2}}{2(a+b)} .(*)$ donne de nouveau $a^{2}+b^{2} \geqslant \frac{(a+b)^{2}}{2}$ donc en sommant $2 S \geqslant \sum_{\text {cycl. }} \frac{a+b}{4}=$ $\frac{2(\mathrm{a}+\mathrm{b}+\mathrm{c}+\mathrm{d})}{4}=\frac{1}{2}$ donc $S \geqslant \frac{1}{4}$.
Supposons qu'on a égalité. Dans ce cas on a les égalités cycliques $\mathrm{a}=\mathrm{b}$, soit $\mathrm{a}=\mathrm{b}=\mathrm{c}=\mathrm{d}$. Par la condition sur la somme $4 a=1$ donc $a=\frac{1}{4}$.
Réciproquement si $a=b=c=d=\frac{1}{4}$, alors $a+b+c+d=1$ et $S=\sum_{\text {cycl. }} \frac{a^{4}}{a^{3}+a^{2} b+b^{2}+b^{3}}=\sum_{\text {cycl. }} \frac{a^{4}}{4 a^{3}}=$ $\sum_{\text {cycl. }} \frac{\mathrm{a}}{4}=4 \frac{\mathrm{a}}{4}=\frac{1}{4}$ on a bien égalité.
Commentaire des correcteurs Le problème était difficile et peu sont ceux qui ont réussi à avoir une solution complète. Il était possible d'utiliser l'inégalité de Jensen appliquée à la fonction qui à $x$ associe $\frac{1}{1+x+x^{2}+x^{3}}$, mais les cas d'égalité étaient eux plus délicats : pour les cas d'égalité, si sa dérivée seconde $f^{\prime \prime}$ est strictement positive sur l'ensemble des valeurs que prennent les variables sur lesquelles on veut utiliser l'inégalité, alors on a égalité des variables (si $f^{\prime \prime}$ est strictement positive sauf sur un nombre fini de points le raisonnement se tient). Néanmoins la convexité stricte de la fonction en quesion n'était pas claire, on attendait donc une justification. Attention aux additions de fractions.
## Exercices Seniors
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{
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-corrigé-commenté-envoi-2.jsonl",
"problem_match": "\nExercice 9.",
"solution_match": "\nSolution de l'exercice 9"
}
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528abce9-312e-5683-ad33-b04d525640d9
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Let $x, y$ be real numbers. Show that:
$$
|x|+|y| \leqslant|x-y|+|x+y| .
$$
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If $x$ and $y$ are positive, $|x|+|y|=x+y=|x+y|$. If $x$ and $y$ are negative, $|x|+|y|=-x-y=|x+y|$. If $x$ is positive and $y$ is negative, $|x|+|y|=x-y=|x-y|$. If $x$ is negative and $y$ is positive, $|x|+|y|=y-x=|x-y|$. In all cases, by the positivity of the absolute value, $|x|+|y| \leqslant|x-y|+|x+y|$.
Comment from the graders: The number of cases considered in the disjunctions was often very high (often 8), whereas this number could easily be reduced to 2. Proofs using the triangle inequality are perfect and elegant. Proofs squaring the inequality were cumbersome and not always correct.
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Inequalities
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Soit $x, y$ des réels. Montrer que:
$$
|x|+|y| \leqslant|x-y|+|x+y| .
$$
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Si $x$ et $y$ sont positifs, $|x|+|y|=x+y=|x+y|$. Si $x$ et $y$ sont négatifs $|x|+|y|=-x-y=|x+y|$. Si $x$ est positif et $y$ négatif $|x|+|y|=x-y=|x-y|$. Si $x$ est négatif et $y$ positif $|x|+|y|=y-x=|x-y|$. Dans tous les cas par positivité de la valeur absolue $|x|+|y| \leqslant|x-y|+|x+y|$.
Commentaire des correcteurs Le nombre de cas traités dans les disjonctions de cas était très important (souvent 8), alors que ce nombre pouvait aisément être ramené à 2. Les preuves utilisant l'inégalité triangulaires sont parfaites et élégantes. Les preuves passant l'inégalité au carré étaient lourdes et n'étaient pas toujours justes.
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{
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-corrigé-commenté-envoi-2.jsonl",
"problem_match": "\nExercice 11.",
"solution_match": "\nSolution de l'exercice 11"
}
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9cece087-8ccd-5983-a3cf-60e1bb7fdf4b
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Let $a_{1}, \ldots, a_{2019}$ be positive integers. Show that the following are equivalent:
(i) there exists a real number $x$ such that for all $i \in\{1, \ldots, 2019\}$, we have: $a_{i}=\lfloor i x\rfloor$
(ii) for all $i, j \in\{1, \ldots, 2019\}$ satisfying $i+j \leqslant 2019$, we have: $a_{i}+a_{j} \leqslant a_{i+j} \leqslant a_{i}+a_{j}+1$.
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First, let's prove the direct sense: if there exists a real number \( x \) such that for all \( i \) between 1 and 2019, \( a_{i} = \lfloor i x \rfloor \), and if we are given \( i, j \) between 1 and 2019 such that \( i + j \leq 2019 \), then \((i + j)x = ix + jx \geq \lfloor ix \rfloor + \lfloor jx \rfloor = a_{i} + a_{j} \) and \((i + j)x = ix + jx < \lfloor ix \rfloor + 1 + \lfloor jx \rfloor + 1 = a_{i} + a_{j} + 2\), so \( a_{i} + a_{j} \leq a_{i+j} < a_{i} + a_{j} + 2 \). Since the \( a_{i} \) are integers, we have \( a_{i} + a_{j} \leq a_{i+j} \leq a_{i} + a_{j} + 1 \).
Conversely, suppose that for all \( i, j \) between 1 and 2019 such that \( i + j \leq 2019 \), \( a_{i} + a_{j} \leq a_{i+j} \leq a_{i} + a_{j} + 1 \). Finding \( x \) such that for all \( i \) between 1 and 2019, \( a_{i} = \lfloor i x \rfloor \) amounts to finding \( x \) such that for all \( i \) between 1 and 2019, \( a_{i} \leq i x < a_{i} + 1 \), that is, such that for all \( i \), \( \frac{a_{i}}{i} \leq x < \frac{a_{i} + 1}{i} \). It is therefore sufficient to show that the maximum of \( \frac{a_{i}}{i} \) for \( i \) between 1 and 2019 is strictly less than the minimum of \( \frac{a_{j} + 1}{j} \) for \( j \) between 1 and 2019, or more simply that \( \frac{a_{i}}{i} < \frac{a_{i} + 1}{j} \) for all \( i, j \) between 1 and 2019.
Let's prove this by strong induction on \( m = \max(i, j) \). If \( m = 1 \), \( i = j = 1 \) so the inequality is obvious. For the induction step, suppose the inequality is true for all \( i, j \) between 1 and \( m \). We want to show the inequality \( \frac{a_{i}}{i} < \frac{a_{i} + 1}{j} \), where \( 1 \leq i, j \leq m + 1 \). There are three cases to consider:
- If \( i = j \), the inequality is obvious.
- If \( i < j \), applying the induction hypothesis to \( (i, j - i) \): \( a_{j} \geq a_{i} + a_{j - i} > a_{i} + (j - i) \frac{a_{i}}{i} - 1 = a_{i} \times \frac{j}{i} - 1 \) so \( \frac{a_{j} + 1}{j} > \frac{a_{i}}{i} \).
- If \( i > j \), applying the induction hypothesis to \( (i - j, j) \): \( a_{i} \leq a_{j} + a_{i - j} + 1 < a_{j} + \frac{(i - j)(a_{j} + 1)}{j} = a_{j} \frac{i}{j} + \frac{i - j}{j} < (a_{j} + 1) \frac{i}{j} \) so \( \frac{a_{i}}{i} < \frac{a_{j} + 1}{j} \).
Comment from the graders: Several students made the task more complicated by looking for a more complex solution, which was difficult to write and ultimately led to an error. To avoid this, they should have tried to reformulate the problem to simplify it.
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Number Theory
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Soient $a_{1}, \ldots, a_{2019}$ des entiers positifs. Montrer qu'il y a équivalence entre :
(i) il existe un réel $x$ tel que pour tout $i \in\{1, \ldots, 2019\}$, on a : $a_{i}=\lfloor i x\rfloor$
(ii) pour tous $i, j \in\{1, \ldots, 2019\}$ vérifiant $i+j \leqslant 2019$, on $a: a_{i}+a_{j} \leqslant a_{i+j} \leqslant a_{i}+a_{j}+1$.
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Prouvons tout d'abord le sens direct: s'il existe x réel tel que pour tout $i$ entre 1 et $2019, a_{i}=\lfloor i x\rfloor$, et si on se donne $\boldsymbol{i}, \boldsymbol{j}$ entre 1 et 2019 tels que $\boldsymbol{i}+\mathfrak{j} \leqslant 2019$, alors $(\mathfrak{i}+\mathfrak{j}) \mathbf{x}=$ $i x+j x \geqslant\lfloor i x\rfloor+\lfloor j x\rfloor=a_{i}+a_{j}$ et $(i+j) x=i x+j x<\lfloor i x\rfloor+1+\lfloor j x\rfloor+1=a_{i}+a_{j}+2$, donc $a_{i}+a_{j} \leqslant a_{i+j}<a_{i}+a_{j}+2$. Comme les $a_{i}$ sont entiers, on a donc $a_{i}+a_{j} \leqslant a_{i+j} \leqslant a_{i}+a_{j}+1$.
Réciproquement supposons que pour tout $i, j$ entre 1 et 2019 tels que $i+j \leqslant 2019, a_{i}+a_{j} \leqslant a_{i+j} \leqslant$ $a_{i}+a_{j}+1$. Trouver $x$ tel que pour tout $i$ entre 1 et 2019, $a_{i}=\lfloor i x\rfloor$ revient à trouver $x$ tel que pour tout $i$ entre 1 et 2019, $a_{i} \leqslant i x<a_{i}+1$, c'est-à-dire tel que pour tout $i, \frac{a_{i}}{i} \leqslant x<\frac{a_{i}+1}{i}$. Il suffit donc de montrer que le maximum des $\frac{a_{i}}{i}$ pour $i$ entre 1 et 2019 est strictement inférieur au minimum des $\frac{a_{j}+1}{j}$ pour $j$ entre 1 et 2019 , ou plus simplement que $\frac{a_{i}}{i}<\frac{a_{i}+1}{j}$ pour tout $i, j$ entre 1 et 2019.
Montrons cela par récurrence forte sur $\mathfrak{m}=\max (\mathfrak{i}, \mathfrak{j})$. Si $\mathfrak{m}=1, \mathfrak{i}=\mathfrak{j}=1$ donc l'inégalité est évidente. Pour l'hérédité, supposons l'inégalité vraie pour tout $i, j$ entre 1 et m . On veut montrer l'inégalité $\frac{\mathrm{a}_{i}}{\mathrm{i}}<$ $\frac{a_{i}+1}{j}$, où $1 \leqslant i, j \leqslant \mathfrak{m}+1$. Il y a trois cas à traiter :
- Si $i=$ j l'inégalité est évidente.
- Si $i<j$, en appliquant l'hypothèse de récurrence à $(i, j-i): a_{j} \geqslant a_{i}+a_{j-i}>a_{i}+(j-i) \frac{a_{i}}{i}-1=$ $a_{i} \times \frac{j}{i}-1$ donc $\frac{a_{j}+1}{j}>\frac{a_{i}}{i}$
- Si $\boldsymbol{i}>\mathfrak{j}$, en appliquant l'hypothèse de récurrence à $(\mathfrak{i}-\mathfrak{j}, \mathfrak{j}): a_{i} \leqslant \mathfrak{a}_{\mathfrak{j}}+\mathfrak{a}_{i-j}+1<\mathfrak{a}_{j}+$ $\frac{(i-j)\left(a_{j}+1\right)}{j}=a_{j} \frac{i}{j}+\frac{i-j}{j}<\left(a_{j}+1\right) \frac{i}{j}$ donc $\frac{a_{i}}{i}<\frac{a_{j}+1}{j}$
Commentaire des correcteurs Plusieurs élèves se sont compliqués la tâche en cherchant une solution trop compliquée, difficile à rédiger et ont donc fini par faire une erreur. Pour éviter cela, il aurait fallu chercher à reformuler le problème pour le simplifier.
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{
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-corrigé-commenté-envoi-2.jsonl",
"problem_match": "\nExercice 15.",
"solution_match": "\nSolution de l'exercice 15"
}
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9a31760a-ec05-57fe-b336-66710b6a7caa
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Let $1<t<2$ be a real number. Show that for any sufficiently large integer $d$, there exists a polynomial $P(X)=\sum_{k=0}^{d} a_{k} X^{k}$, with $a_{d}=1$ and $a_{0}, \ldots, a_{d-1} \in\{1,-1\}$, such that:
$$
|P(t)-2019| \leqslant 1
$$
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Let $d \geqslant 2019$ be an integer and $a_{1}<\ldots<a_{k}$ the $d$-tuples of the form $\left( \pm 1, \ldots, \pm 1\right.$ ), ordered lexicographically (starting from the right!, i.e., $a_{i}>a_{j}$ if and only if the first non-zero term of $a_{i}-a_{j}$ from the right is $>0$ ), with $k=2^{d}$.
To go from $a_{i}$ to $a_{i+1}$, we look at the first -1 from the right in $a_{i}$, change it to a 1, and replace all 1s to its right with -1s. For example, if $\mathrm{d}=3$, the triplets are in the order $a_{1}=(-1,-1,-1), a_{2}=(-1,-1,1), a_{3}=(-1,1,-1), a_{4}=(-1,1,1) a_{5}=(1,-1,-1), a_{6}=$ $(1,-1,1), a_{7}=(1,1,-1)$ and $a_{8}=(1,1,1)$.
We associate with $a_{i}=\left(a_{i 1}, \ldots, a_{i d}\right)$ the polynomial $P_{i}(X)=\sum_{j=1}^{d} a_{i j} X^{j-1}$, so that $M:=-P_{1}(t)=$ $P_{k}(t)=1+\ldots+t^{d-1}>d$.
Now, $\left|P_{i+1}(t)-P_{i}(t)\right|=2\left|t^{\mathrm{l}}-\left(1+\ldots+t^{\mathrm{l}-1}\right)\right|$ for some $l \geqslant 0$ (which depends on $i$ ) for all $i$.
Let's show $t^{\mathrm{l}}-\left(1+\ldots+\mathrm{t}^{\mathrm{l}-1}\right) \leqslant 1$ : this is equivalent to $\mathrm{t}^{\mathrm{l}+1}-\mathrm{t}^{\mathrm{l}}-\left(\mathrm{t}^{\mathrm{l}}-1\right) \leqslant \mathrm{t}-1$ after multiplying by $t-1$, or after rearrangement $t^{l}(2-t)+t \geqslant 2$, which is true since $t^{l} \geqslant 1$.
Thus, $P_{i+1}(t)$ is greater than $P_{i}(t)$ by at most 2, which shows that, since $2019-t^{d} \in[-M ; M]$, there exists $i$ such that $\left|P_{i}(t)-\left(2019-t^{d}\right)\right| \leqslant 1$, which concludes by setting $P=X^{d}+P_{i}$.
Comment from the graders: The received solutions were generally good. However, most students forgot important elements of the proof. A few students proposed an alternative algorithmic proof, which was very elegant.
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Algebra
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Soit $1<t<2$ un nombre réel. Montrer que pour tout entier $d$ suffisamment grand, il existe un polynôme $P(X)=\sum_{k=0}^{d} a_{k} X^{k}$, avec $a_{d}=1$ et $a_{0}, \ldots, a_{d-1} \in\{1,-1\}$, tel que :
$$
|\mathrm{P}(\mathrm{t})-2019| \leqslant 1
$$
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Soient $d \geqslant 2019$ un entier et $a_{1}<\ldots<a_{k}$ les $d$-uplets de la forme $\left( \pm 1, \ldots, \pm 1\right.$ ), ordonnés par ordre lexicographique (en partant de la droite!, c'est-à-dire que $a_{i}>a_{j}$ si et seulement si le premier terme non nul de $a_{i}-a_{j}$ en partant de la droite est $>0$ ), avec $k=2^{d}$.
Pour passer de $a_{i}$ à $a_{i+1}$, on regarde le premier -1 en partant de la droite dans $a_{i}$, on le change par un 1 , et on remplace tous les 1 à sa droite par des -1 . Par exemple si $\mathrm{d}=3$, les triplets sont dans l'ordre $a_{1}=(-1,-1,-1), a_{2}=(-1,-1,1), a_{3}=(-1,1,-1), a_{4}=(-1,1,1) a_{5}=(1,-1,-1), a_{6}=$ $(1,-1,1), a_{7}=(1,1,-1)$ et $a_{8}=(1,1,1)$.
On associe à $a_{i}=\left(a_{i 1}, \ldots, a_{i d}\right)$ le polynôme $P_{i}(X)=\sum_{j=1}^{d} a_{i j} X^{j-1}$, de telle sorte que $M:=-P_{1}(t)=$ $P_{k}(t)=1+\ldots+t^{d-1}>d$.
Or $\left|P_{i+1}(t)-P_{i}(t)\right|=2\left|t^{\mathrm{l}}-\left(1+\ldots+t^{\mathrm{l}-1}\right)\right|$ pour un certain $l \geqslant 0$ (qui dépend de $i$ ) pour tout $i$.
Montrons $t^{\mathrm{l}}-\left(1+\ldots+\mathrm{t}^{\mathrm{l}-1}\right) \leqslant 1$ : cela équivaut à $\mathrm{t}^{\mathrm{l}+1}-\mathrm{t}^{\mathrm{l}}-\left(\mathrm{t}^{\mathrm{l}}-1\right) \leqslant \mathrm{t}-1$ après multiplication par $t-1$, soit après réarrangement $t^{l}(2-t)+t \geqslant 2$, ce qui est vrai car $t^{l} \geqslant 1$.
Dès lors, $P_{i+1}(t)$ est plus grand que $P_{i}(t)$ d'au plus 2 , ce qui montre que, puisque $2019-t^{d} \in[-M ; M]$, il existe $i$ tel que $\left|P_{i}(t)-\left(2019-t^{d}\right)\right| \leqslant 1$, ce qui conclut en posant $P=X^{d}+P_{i}$
Commentaire des correcteurs Les copies reçues étaient globalement bonnes. Cependant, la plupart des élèves oublient des éléments de rédactions importants. Quelques élèves ont proposé une preuve algorithmique alternative très jolie.
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{
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-corrigé-commenté-envoi-2.jsonl",
"problem_match": "\nExercice 16.",
"solution_match": "\nSolution de l'exercice 16"
}
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c6f92092-19f4-5a5a-81ea-18677757a510
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Let $\mathrm{P}, \mathrm{Q}$ be two non-constant polynomials with real coefficients and coprime. Show that there are at most three real numbers $\lambda$ such that:
$$
P+\lambda Q=R^{2}
$$
where $R \in \mathbb{R}[X]$.
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We proceed by contradiction, assuming the existence of four distinct reals $\lambda_{1}, \ldots, \lambda_{4}$ and four polynomials $R_{1}, \ldots, R_{4}$ such that $P+\lambda_{i} Q=R_{i}^{2}$ for $i=1,2,3,4$.
We have $P^{\prime}+\lambda_{i} Q^{\prime}=2 R_{i} R_{i}^{\prime}$ and thus $R_{i} \mid Q^{\prime}\left(P+\lambda_{i} Q\right)-Q\left(P^{\prime}+\lambda_{i} Q^{\prime}\right)=P Q^{\prime}-Q^{\prime}$.
Notice that if $T \mid R_{i}, R_{j}$ then $T \mid R_{i}^{2}-R_{j}^{2}=\left(\lambda_{i}-\lambda_{j}\right) Q$ and then $T \mid R_{i}^{2}-\lambda_{i} Q=P$ and thus $T$ is constant, since $P, Q$ are coprime.
Therefore, the $R_{i}$ are pairwise coprime and thus $R_{1} R_{2} R_{3} R_{4} \mid P Q^{\prime}-P^{\prime} Q$.
Let $A, B$ be non-zero polynomials; the degree of $A+\lambda B$, if $\lambda \in \mathbb{R}$, is equal to $\max \{\operatorname{deg}(A), \operatorname{deg}(B)\}$, unless $\operatorname{deg}(A)=\operatorname{deg}(B)$ and $\lambda=-\frac{a}{b}$ where $a, b$ are the leading coefficients of $A$ and $B$ respectively, in which case it is smaller.
If $A=P$ and $B=Q$, this shows that either $\operatorname{deg} R_{i}=\frac{1}{2} \max \{\operatorname{deg}(P), \operatorname{deg}(Q)\}$ for all $i$, and thus $\operatorname{deg}\left(R_{1} R_{2} R_{3} R_{4}\right)=2 \max \operatorname{deg}\{P, Q\}>\operatorname{deg}(P)+\operatorname{deg}(Q)-1 \geqslant \operatorname{deg}\left(P Q^{\prime}-P^{\prime} Q\right)$, or there is an $R_{i}$ such that $\operatorname{deg}\left(R_{i}\right)<\operatorname{deg}\left(R_{j}\right)$ for $j \neq i$; then for $A=P+\lambda_{i} Q=: P_{1}$ and $B=Q$ we see that $\operatorname{deg}\left(R_{i}\right)=\frac{1}{2} \operatorname{deg}\left(P_{1}\right)$ and $\operatorname{deg} R_{j}=\frac{1}{2} \max \left\{\operatorname{deg}\left(P_{1}\right), \operatorname{deg}(Q)\right\}$ and thus $\operatorname{deg}\left(R_{1} R_{2} R_{3} R_{4}\right)=\frac{3}{2} \max \left\{\operatorname{deg}\left(P_{1}\right), \operatorname{deg}(Q)\right\}+\frac{1}{2} \operatorname{deg}\left(P_{1}\right)>$ $\operatorname{deg}(\mathrm{Q})+\operatorname{deg}\left(\mathrm{P}_{1}\right)-1 \geqslant \operatorname{deg}\left(\mathrm{P}_{1} \mathrm{Q}^{\prime}-\mathrm{P}_{1}^{\prime} \mathrm{Q}\right)=\operatorname{deg}\left(\mathrm{PQ}^{\prime}-\mathrm{P}^{\prime} \mathrm{Q}\right)$.
By an argument on degrees, we therefore necessarily have $P Q^{\prime}-P^{\prime} Q=0$ and thus $P \mid P^{\prime} Q$. Since $P$ and $Q$ are coprime, we have $P \mid P^{\prime}$, which is an obvious contradiction to $P$ being non-constant.
Comment from the graders: The received solutions were of very high quality (apart from a few minor errors). Given the supposed great difficulty of the exercise, it was a pleasant surprise!
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Algebra
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Soient $\mathrm{P}, \mathrm{Q}$ deux polynômes à coefficients réels, non constants et premiers entre eux. Montrer qu'il existe au plus trois réels $\lambda$ tels que:
$$
P+\lambda Q=R^{2}
$$
où $R \in \mathbb{R}[X]$.
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On procède par l'absurde en supposant l'existence de quatre réels distincts $\lambda_{1}, \ldots, \lambda_{4}$ et quatre polynômes $R_{1}, \ldots, R_{4}$ tels que $P+\lambda_{i} Q=R_{i}^{2}$ pour $i=1,2,3,4$.
On a $P^{\prime}+\lambda_{i} Q^{\prime}=2 R_{i} R_{i}^{\prime}$ et donc $R_{i} \mid Q^{\prime}\left(P+\lambda_{i} Q\right)-Q\left(P^{\prime}+\lambda_{i} Q^{\prime}\right)=P Q^{\prime}-Q^{\prime}$.
Remarquons que si $T \mid R_{i}, R_{j}$ alors $T \mid R_{i}^{2}-R_{j}^{2}=\left(\lambda_{i}-\lambda_{j}\right) Q$ puis $T \mid R_{i}^{2}-\lambda_{i} Q=P$ et donc $T$ est constant, car $\mathrm{P}, \mathrm{Q}$ sont premiers entre eux.
Dès lors les $R_{i}$ sont deux à deux premiers entre eux et ainsi $R_{1} R_{2} R_{3} R_{4} \mid P Q^{\prime}-P^{\prime} Q$.
Soient $A, B$ des polynômes non nuls ; le degré de $A+\lambda B$, si $\lambda \in \mathbb{R}$, est égal à $\max \{\operatorname{deg}(A), \operatorname{deg}(B)\}$, sauf si $\operatorname{deg}(A)=\operatorname{deg}(B)$ et $\lambda=-\frac{a}{b}$ où $a, b$ sont les coefficients dominants de $A$ et $B$ respectivement, auquel cas il est plus petit.
Si $A=P$ et $B=Q$, cela montre que, soit $\operatorname{deg} R_{i}=\frac{1}{2} \max \{\operatorname{deg}(P), \operatorname{deg}(Q)\}$ pour tout $i$, et donc que $\operatorname{deg}\left(R_{1} R_{2} R_{3} R_{4}\right)=2 \max \operatorname{deg}\{P, Q\}>\operatorname{deg}(P)+\operatorname{deg}(Q)-1 \geqslant \operatorname{deg}\left(P Q^{\prime}-P^{\prime} Q\right)$, soit il y a un $R_{i}$, tel que $\operatorname{deg}\left(R_{i}\right)<\operatorname{deg}\left(R_{j}\right)$ pour $j \neq i ;$ alors pour $A=P+\lambda_{i} Q=: P_{1}$ et $B=Q$ on voit que $\operatorname{deg}\left(R_{i}\right)=\frac{1}{2} \operatorname{deg}\left(P_{1}\right)$ et $\operatorname{deg} R_{j}=\frac{1}{2} \max \left\{\operatorname{deg}\left(P_{1}\right), \operatorname{deg}(Q)\right\}$ et $\operatorname{donc} \operatorname{deg}\left(R_{1} R_{2} R_{3} R_{4}\right)=\frac{3}{2} \max \left\{\operatorname{deg}\left(P_{1}\right), \operatorname{deg}(Q)\right\}+\frac{1}{2} \operatorname{deg}\left(P_{1}\right)>$ $\operatorname{deg}(\mathrm{Q})+\operatorname{deg}\left(\mathrm{P}_{1}\right)-1 \geqslant \operatorname{deg}\left(\mathrm{P}_{1} \mathrm{Q}^{\prime}-\mathrm{P}_{1}^{\prime} \mathrm{Q}\right)=\operatorname{deg}\left(\mathrm{PQ}^{\prime}-\mathrm{P}^{\prime} \mathrm{Q}\right)$.
Par un argument sur les degrés, on a donc nécessairement $P Q^{\prime}-P^{\prime} Q=0$ et ainsi $P \mid P^{\prime} Q$. Or $P$ et $Q$ sont premiers entre eux donc $P \mid P^{\prime}$, ce qui est une évidente contradiction à $P$ non constant.
Commentaire des correcteurs Les copies reçues étaient d'un très bon niveau (à part quelques petites erreurs). Etant donné la grande difficulté supposée de l'exercice, c'était une agréable surprise!
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{
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-corrigé-commenté-envoi-2.jsonl",
"problem_match": "\nExercice 18.",
"solution_match": "\nSolution de l'exercice 18"
}
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9e1621a8-5259-5ac1-82b1-aa4943190886
| 607,265
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Let $ABCD$ be a quadrilateral and $M, N, P, Q$ the midpoints of $[AB], [BC], [CD]$, [DA].
Show that the quadrilateral MNPQ is a parallelogram.
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Since points $M$ and $N$ are the midpoints of sides $[A B]$ and $[B C]$, respectively, the lines $(MN)$ and $(AC)$ are parallel. Since points $P$ and $Q$ are the midpoints of sides $[C D]$ and $[D A]$, respectively, the lines $(PQ)$ and $(AC)$ are parallel. Therefore, the lines $(PQ)$ and $(MN)$ are parallel. In the same way, we find that the lines $(NP)$ and $(MQ)$ are parallel. Thus, the opposite sides of quadrilateral MNPQ are parallel, making it a parallelogram.
Comment from the graders The exercise is well handled.
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Geometry
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Soit $A B C D$ un quadrilatère et $M, N, P, Q$ les milieux respectifs de $[A B],[B C],[C D]$, [DA].
Montrer que le quadrilatère MNPQ est un parallélogramme.
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Puisque les points $M$ et $N$ sont les milieux respectifs des côtés $[A B]$ et $[B C]$, les droites (MN) et ( $A C$ ) sont parallèles. Puisque les points $P$ et $Q$ sont les milieux respectifs des côtés $[C D]$ et $[D A]$, les droites $(P Q)$ et ( $A C$ ) sont parallèles. Donc les droites ( $P Q)$ et $(M N)$ sont parallèles. On obtient de la même façon que les droites (NP) et (MQ) sont parallèles. Donc les côtés opposés deux à deux du quadrilatère MNPQ sont parallèles, ce qui en fait un parallélogramme.
Commentaire des correcteurs L'exercice est bien traité.
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{
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-corrigé-commentaire-envoi-1.jsonl",
"problem_match": "\nExercice 1.",
"solution_match": "\nSolution de l'exercice 1"
}
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40f7aacb-54cd-5cbc-8cee-c96b5ba42041
| 607,266
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Let $ABC$ be a right triangle at $B$. Let $M$ be the intersection point of the median from $B$ with the line $(AC)$, and $(d)$ the perpendicular to the line $(BC)$ passing through the point $M$. Let $U$ be the midpoint of the segment $[AB]$, $V$ the midpoint of the segment $[AM]$, $I$ the intersection point of the line $(UV)$ with the line $(d)$, and $J$ the intersection point of the line $(UV)$ with the line $(BC)$.
Show that $AC=IJ$.
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The lines d and (AB) are perpendicular to the line (BC), so they are parallel. By Thales' theorem, we get $\frac{V I}{V U}=\frac{A V}{V M}=1$, so $V$ is the midpoint of the segment [UI]. The quadrilateral $A I M U$ has its diagonals intersecting at their midpoint, so it is a parallelogram. The points $U$ and $M$ are the midpoints of the segments $[A B]$ and $[A C]$, respectively, so the lines (UM) and (BC) are parallel. Therefore, the line (UM) is perpendicular to the segment $[A B]$, and the quadrilateral AIMU is a rectangle.
Let l be the line perpendicular to the segment [BC] passing through V. This line is the perpendicular bisector of the segment $[\mathrm{UM}]$ and the segment $[\mathrm{AI}]$, so the point $U$ is the reflection of the point $M$ with respect to the line $l$ and the point $A$ is the reflection of the point I with respect to the line $l$, so the line $(A M)$ is the reflection of the line (UI) with respect to the line $l$. Since the line $(B C)$ is its own reflection with respect to the line $l$, the intersection point of the line (BC) with the line (UI) is the reflection of the intersection point of the line $(A M)$ with the line $B C$, so the points C and J are symmetric with respect to the line l. Symmetry preserves lengths, so $A C=I J$.
Comment from the graders Even if the argument seemed easy for some, a proper justification was expected, for example using Thales' theorem. Be careful of some confusions: a line is the bisector of an angle or the perpendicular bisector of a segment, not for example the bisector of a segment.
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Geometry
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Soit $A B C$ un triangle rectangle en $B$. Soit $M$ le point d'intersection de la médiane issue de $B$ avec la droite (AC), et (d) la perpendiculaire à la droite (BC) passant par le point $M$. Soit $U$ le milieu du segment $[A B]$, V le milieu du segment [AM], I le point d'intersection de la droite (UV) avec la droite (d), et J le point d'instersection de la droite (UV) avec la droite (BC).
Montrer que $A C=I J$.
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Les droites d et ( AB ) sont perpendiculaires à la droite ( BC ) donc elles sont parallèles. On obtient par le théorème de Thalès que $\frac{V I}{V U}=\frac{A V}{V M}=1$ donc $V$ est le milieu du segment [UI]. Le quadrilatère $A I M U$ a ses diagonales qui se coupent en leur milieu, c'est donc un parallélogramme. Les points $U$ et $M$ sont les milieux respectifs des segments $[A B]$ et $[A C]$ donc les droites (UM) et (BC) sont parallèles. Donc la droite (UM) est perpendiculaire au segment $[A B]$ et le quadrilatère AIMU est un rectangle.
Soit l la droite perpendiculaire au segment [BC] passant par V. Cette droite est la médiatrice du segment $[\mathrm{UM}]$ et du segment $[\mathrm{AI}]$ donc le point $U$ est le symétrique du point $M$ par rapport à la droite $l$ et le point $A$ est le symétrique du point I par rapport à la droite $l$ donc la droite $(A M)$ est la symétrique de la droite (UI) par rapport à la droite $l$. Puisque la droite $(B C)$ est sa propre symétrique par rapport à la droite $l$, le point d'intersection de la droite (BC) avec la droite (UI) est le symétrique du point d'intersection de la droite $(A M)$ avec la droite $B C$ donc les points C et J sont symétriques par rapport à la droite l . La symétrie conserve les longueurs, donc $A C=I J$.
Commentaire des correcteurs Même si l'argument semblait facile pour certains, on attendait une vraie justification, avec par exemple le théorème de Thalès. Attention à quelques confusions : une droite est bien la bissectrice d'un angle ou la médiatrice d'un segment, et non par exemple la bissectrice d'un segment.
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{
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-corrigé-commentaire-envoi-1.jsonl",
"problem_match": "\nExercice 2.",
"solution_match": "\nSolution de l'exercice 2"
}
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ba3d9f6c-940d-5181-8b63-700fe7ba26f7
| 607,267
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Let $d_{1}, d_{2}, d_{3}$ be concurrent lines and $A, A^{\prime}$ points on the line $d_{1}, B, B^{\prime}$ points on the line $d_{2}, C, C^{\prime}$ points on the line $d_{3}$ such that the lines $(A B)$ and $\left(A^{\prime} B^{\prime}\right)$ are parallel and the lines $(BC)$ and $(B^{\prime}C^{\prime})$ are parallel.
Show that the lines $(A C)$ and $\left(A^{\prime} C^{\prime}\right)$ are parallel.
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Let $S$ be the point of concurrency of the three lines. Since the lines $(A B)$ and $\left(A^{\prime} B^{\prime}\right)$ are parallel, by Thales' theorem,
$$
\frac{A S}{A^{\prime} S}=\frac{B S}{B^{\prime} S}
$$
Similarly, we find
$$
\frac{B S}{B^{\prime} S}=\frac{C S}{C^{\prime} S}
$$
We deduce that
$$
\frac{A S}{A^{\prime} S}=\frac{C S}{C^{\prime} S}
$$
which means, by Thales' theorem, that the lines $(A C)$ and $\left(A^{\prime} C^{\prime}\right)$ are parallel. Comment from the graders The exercise is well done, most students noticed the use of Thales' theorem. Pay attention to consider all configurations, notably the possible orders for the vertices $A, B$ and $C$.
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Geometry
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Soient $d_{1}, d_{2}, d_{3}$ des droites concourantes et $A, A^{\prime}$ des points sur la droite $d_{1}, B, B^{\prime}$ des points sur la droite $d_{2}, C, C^{\prime}$ des points sur la droite $d_{3}$ tels que les droites $(A B)$ et $\left(A^{\prime} B^{\prime}\right)$ sont parallèles et les droites ( BC ) et ( $\mathrm{B}^{\prime} \mathrm{C}^{\prime}$ ) sont parallèles.
Montrer que les droites $(A C)$ et $\left(A^{\prime} C^{\prime}\right)$ sont parallèles.
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Soit $S$ le point de concours des trois droites. Puisque les droites $(A B)$ et $\left(A^{\prime} B^{\prime}\right)$ sont parallèles, d'après le théorème de Thalès,
$$
\frac{A S}{A^{\prime} S}=\frac{B S}{B^{\prime} S}
$$
De même on trouve
$$
\frac{B S}{B^{\prime} S}=\frac{C S}{C^{\prime} S}
$$
On déduit que
$$
\frac{A S}{A^{\prime} S}=\frac{C S}{C^{\prime} S}
$$
ce qui signifie, d'après le théorème de Thalès, que les droites $(A C)$ et $\left(A^{\prime} C^{\prime}\right)$ sont parallèles. Commentaire des correcteurs L'exercice est bien réussi, la plupart des élèves ont remarqué l'utilisation du théorème de Thalès. attention à prendre en compte toutes les configurations, notemment les ordres possibles pour les sommets $A, B$ et $C$.
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{
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-corrigé-commentaire-envoi-1.jsonl",
"problem_match": "\nExercice 3.",
"solution_match": "\nSolution de l'exercice 3"
}
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77fa8870-d9c2-51d3-942a-255b1890ecd0
| 607,268
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Let $ABC$ be an isosceles and obtuse triangle at $A$. Let $\Gamma$ be the circle centered at $B$ passing through $A$, and $\Omega$ the circle centered at $C$ passing through $A$. Let $D$ be the intersection point of the circle $\Gamma$ with the segment $[BC]$, $E$ the second intersection point of the line $(AD)$ with the circle $\Omega$, and $F$ the intersection point of the line $(BC)$ with the circle $\Omega$ that is not on the segment $[BC]$.
Show that the triangle $DFE$ is isosceles at $F$.
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Let $X$ be the intersection point of the circle $\Omega$ with the segment [BC]. The points $B$ and $C$ are symmetric with respect to the perpendicular bisector of the segment $[\mathrm{BC}]$, so the circles $\Gamma$ and $\Omega$ are also symmetric. It follows that $D$ and $X$ are symmetric with respect to the perpendicular bisector of the segment $[\mathrm{BC}]$. Therefore, triangle DAX is isosceles at $A$ and $\widehat{A D X}=\widehat{A X D}$.
The points $F, E, X$, and $A$ are concyclic, so $\widehat{F E A}=\widehat{F X A}$. We deduce
$$
\widehat{\mathrm{FED}}=\widehat{\mathrm{FEA}}=\widehat{\mathrm{FXA}}=\widehat{\mathrm{DXA}}=\widehat{\mathrm{XDA}}=\widehat{\mathrm{FDE}}
$$
This shows that triangle FDE is isosceles at F.
Comment from the graders: Some students noted symmetries in the figure, but it was important to justify them rigorously.
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Geometry
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Soit $A B C$ un triangle isocèle et obtus en $A$. Soit $\Gamma$ le cercle de centre $B$ passant par $A$, et $\Omega$ le cercle de centre $C$ passant par $A$. Soit $D$ le point d'intersection du cercle $\Gamma$ avec le segment $[B C]$, E le deuxième point d'intersection de la droite (AD) avec le cercle $\Omega$, et $F$ le point d'intersection de la droite (BC) avec le cercle $\Omega$ qui n'est pas sur le segment $[B C]$.
Montrer que le triangle DFE est isocèle en $F$.
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Soit $X$ le point d'intersection du cercle $\Omega$ avec le segment [BC]. Les points $B$ et C sont symétriques par rapport à la médiatrice du segment $[\mathrm{BC}]$ donc les cercles $\Gamma$ et $\Omega$ le sont aussi. Il vient que D et $X$ sont symétriques par rapport à la médiatrice du segment $[\mathrm{BC}]$. Le triangle DAX est donc isocèle en $A$ et $\widehat{A D X}=\widehat{A X D}$.
Les points $F, E, X$ et $A$ sont cocycliques donc $\widehat{F E A}=\widehat{F X A}$. On déduit
$$
\widehat{\mathrm{FED}}=\widehat{\mathrm{FEA}}=\widehat{\mathrm{FXA}}=\widehat{\mathrm{DXA}}=\widehat{\mathrm{XDA}}=\widehat{\mathrm{FDE}}
$$
Ce qui donne bien que le triangle FDE est isocèle en F .
Commentaire des correcteurs Certains élèves ont noté des symétries dans la figure, mais il fallait veiller à la justifier de façon rigoureuse.
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{
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-corrigé-commentaire-envoi-1.jsonl",
"problem_match": "\nExercice 4.",
"solution_match": "\nSolution de l'exercice 4"
}
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7ab213cb-43d8-5f2b-ac34-caab79b5af8d
| 607,269
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Let $\Gamma$ be a circle, $P$ a point outside the circle. The tangents to the circle $\Gamma$ passing through the point $P$ are tangent to the circle $\Gamma$ at $A$ and $B$. Let $M$ be the midpoint of the segment [BP] and $C$ the intersection point of the line ( $A M$ ) and the circle $\Gamma$. Let D be the second intersection of the line ( PC ) and the circle $\Gamma$.
Show that the lines $(A D)$ and $(B P)$ are parallel.
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Using the power of point $M$ with respect to the circle $\Gamma, \mathrm{MB}^{2}=M C \cdot M A$. Since $M$ is the midpoint of the segment $[B P], M P^{2}=M B^{2}$, thus $M P^{2}=M C \cdot M A$. From the converse of the power of a point with respect to a circle, we deduce that the line (PM) is tangent to the circumcircle of triangle PAC. We obtain from the tangent angle theorem that $\widehat{M P C}=\widehat{P A C}$. Since the line $(\mathrm{PA})$ is tangent to the circle $\Gamma$, by the tangent angle theorem again, $\widehat{\mathrm{PAC}}=\widehat{\mathrm{ADC}}$. In summary:
$$
\widehat{\mathrm{BPD}}=\widehat{M P C}=\widehat{\mathrm{PAC}}=\widehat{A D C}=\widehat{A D P}
$$
thus the lines $(A D)$ and (BP) are parallel.
Comment from the graders Some of the proposed proofs were incorrect. A good way to check that your proof is correct is to verify that you have used all the hypotheses. Several students do not use at any point that the point $M$ is the midpoint of the segment [PB], which is a crucial hypothesis. Be careful to proofread to avoid typographical errors such as writing one angle or triangle in place of another.
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Geometry
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Soit $\Gamma$ un cercle, $P$ un point à l'extérieur du cercle. Les tangentes au cercle $\Gamma$ passant par le point $P$ sont tangentes au cercle $\Gamma$ en $A$ et $B$. Soit $M$ est le milieu du segment [BP] et $C$ le point d'intersection de la droite ( $A M$ ) et du cercle $\Gamma$. Soit D la deuxième intersection de la droite ( PC ) et du cercle $\Gamma$.
Montrer que les droites $(A D)$ et $(B P)$ sont parallèles.
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En utilisant la puissance du point $M$ par rapport au cercle $\Gamma, \mathrm{MB}^{2}=M C \cdot M A$. Puisque $M$ est le milieu du segment $[B P], M P^{2}=M B^{2}$ donc $M P^{2}=M C \cdot M A$. On déduit de la réciproque de la puissance d'un point par rapport à un cercle que la droite ( PM ) est tangente au cercle circonscrit au triangle PAC. On obtient du théorème de l'angle tangent que $\widehat{M P C}=\widehat{P A C}$. Or la droite $(\mathrm{PA})$ est tangente au cercle $\Gamma$ donc à nouveau par le théorème de l'angle tangent, $\widehat{\mathrm{PAC}}=\widehat{\mathrm{ADC}}$. En résumé :
$$
\widehat{\mathrm{BPD}}=\widehat{M P C}=\widehat{\mathrm{PAC}}=\widehat{A D C}=\widehat{A D P}
$$
donc les droites $(A D)$ et (BP) sont parallèles.
Commentaire des correcteurs Quelques démonstrations proposées étaient fausses. Une bonne façon de vérifier que sa démonstration est correcte est de vérifier qu'on a utilisé toutes les hypothèses. Plusieurs élèves n'utilisent à aucun moment que le point $M$ est le milieu du segment [PB], ce qui est pourtant une hypothèse cruciale. Attention à se relire pour éviter des erreurs typographiques comme écrire un angle ou un triangle à la place d'un autre.
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{
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-corrigé-commentaire-envoi-1.jsonl",
"problem_match": "\nExercice 5.",
"solution_match": "\nSolution de l'exercice 5"
}
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132949fc-fe35-5c92-a828-3aafe191dba0
| 607,270
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Let $A, B, C$ and $D$ be four points on a circle in that order. Let $U$ be the intersection point of the lines $(A B)$ and $(CD)$, and $V$ the intersection point of the lines $(BC)$ and $(D A)$. Let $K$ be the intersection point of the angle bisector from $U$ in triangle $AUC$ and the angle bisector from $V$ in triangle $A V C$. Let $L$ be the intersection point of the perpendicular bisector of segment $[KU]$ and the perpendicular bisector of segment $[KV]$.
Show that the points $U, V$ and $L$ are collinear.
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Point L is the center of the circumcircle of triangle UKV. To show that points U, L, and V are collinear, it suffices to show that $\widehat{U L V}=180^{\circ}$. By the central angle theorem, $\widehat{U K V}=\frac{1}{2} \widehat{U L V}$. Therefore, it suffices to show that $\widehat{U K V}=90^{\circ}$.
The sum of the angles of triangle UKV is $180^{\circ}$, so it suffices to show that $\widehat{\mathrm{KUV}}+\widehat{\mathrm{KVU}}=90^{\circ}$. On one hand, $\widehat{K U V}=\widehat{C U V}-\widehat{K U C}=\widehat{C U V}-\frac{1}{2} \widehat{B U C}$. But $\widehat{B U C}=180^{\circ}-\widehat{U B C}-\widehat{B C U}=\widehat{A D C}-\widehat{U C B}$. We deduce
$$
\widehat{\mathrm{KUV}}=\widehat{\mathrm{CUV}}-\frac{1}{2} \widehat{\mathrm{ADC}}+\frac{1}{2} \widehat{\mathrm{UCB}}
$$
Similarly, we obtain
$$
\widehat{\mathrm{KVU}}=\widehat{\mathrm{CVU}}-\frac{1}{2} \widehat{\mathrm{CBA}}+\frac{1}{2} \widehat{\mathrm{VCD}}
$$
But $\widehat{C B A}+\widehat{A D C}=180^{\circ}$ and
$$
\widehat{U C B}=\widehat{V C D}=\widehat{U C V}=180^{\circ}-\widehat{C U V}-\widehat{C V U}
$$
Finally
$$
\begin{aligned}
& \widehat{\mathrm{KUV}}+\widehat{\mathrm{KVU}}=\widehat{\mathrm{CUV}}-\frac{1}{2} \widehat{\mathrm{ADC}}+\frac{1}{2} \widehat{\mathrm{UCB}}+\widehat{\mathrm{CVU}}-\frac{1}{2} \widehat{\mathrm{CBA}}+\frac{1}{2} \widehat{\mathrm{VCD}} \\
& =\widehat{\mathrm{CUV}}+\widehat{\mathrm{CVU}}-\frac{1}{2} \cdot 180^{\circ}+2 \cdot \frac{1}{2} \cdot\left(180^{\circ}-\widehat{\mathrm{CUV}}-\widehat{\mathrm{CVU}}\right)=90^{\circ}
\end{aligned}
$$
which gives the desired result.
Comment from the graders: The exercise was generally well solved. Be sure to ensure that everything you assert is justified. Some false statements were noted. For example, contrary to what some students claimed, a quadrilateral with two opposite right angles is not necessarily a rectangle.
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Geometry
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Soit $A, B, C$ et $D$ quatre points sur un cercle dans cet ordre. Soit $U$ le point d'intersection des droites $(A B)$ et (CD), et $V$ le point d'intersection des droites (BC) et ( $D A$ ). Soit $K$ le point d'intersection de la bissectrice issue de U dans le triangle AUC et de la bissectrice issue de V dans le triangle $A V C$. Soit L le point d'intersection de la médiatrice du segment $[\mathrm{KU}]$ et de la médiatrice du segment [KV].
Montrer que les points $\mathrm{U}, \mathrm{V}$ et L sont alignés.
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Le point L est le centre du cercle circonscrit au triangle UKV. Pour montrer que les points U, L et V sont alignés, il suffit de montrer que $\widehat{U L V}=180^{\circ}$. Par le théorème de l'angle au centre, $\widehat{U K V}=\frac{1}{2} \widehat{U L V}$. Il suffit donc de montrer que $\widehat{U K V}=90^{\circ}$.
La somme des angles du triangle UKV vaut $180^{\circ}$, donc il suffit de montrer que $\widehat{\mathrm{KUV}}+\widehat{\mathrm{KVU}}=90^{\circ}$. D'une part $\widehat{K U V}=\widehat{C U V}-\widehat{K U C}=\widehat{C U V}-\frac{1}{2} \widehat{B U C}$. Or $\widehat{B U C}=180^{\circ}-\widehat{U B C}-\widehat{B C U}=\widehat{A D C}-\widehat{U C B}$. On déduit
$$
\widehat{\mathrm{KUV}}=\widehat{\mathrm{CUV}}-\frac{1}{2} \widehat{\mathrm{ADC}}+\frac{1}{2} \widehat{\mathrm{UCB}}
$$
De la même manière, on obtient
$$
\widehat{\mathrm{KVU}}=\widehat{\mathrm{CVU}}-\frac{1}{2} \widehat{\mathrm{CBA}}+\frac{1}{2} \widehat{\mathrm{VCD}}
$$
Or $\widehat{C B A}+\widehat{A D C}=180^{\circ}$ et
$$
\widehat{U C B}=\widehat{V C D}=\widehat{U C V}=180^{\circ}-\widehat{C U V}-\widehat{C V U}
$$
Finalement
$$
\begin{aligned}
& \widehat{\mathrm{KUV}}+\widehat{\mathrm{KVU}}=\widehat{\mathrm{CUV}}-\frac{1}{2} \widehat{\mathrm{ADC}}+\frac{1}{2} \widehat{\mathrm{UCB}}+\widehat{\mathrm{CVU}}-\frac{1}{2} \widehat{\mathrm{CBA}}+\frac{1}{2} \widehat{\mathrm{VCD}} \\
& =\widehat{\mathrm{CUV}}+\widehat{\mathrm{CVU}}-\frac{1}{2} \cdot 180^{\circ}+2 \cdot \frac{1}{2} \cdot\left(180^{\circ}-\widehat{\mathrm{CUV}}-\widehat{\mathrm{CVU}}\right)=90^{\circ}
\end{aligned}
$$
ce qui donne le résultat voulu.
Commentaire des correcteurs L'exercice a été plutôt bien résolu. Attention à bien s'assurer que tout ce que l'on affirme est justifié. On a pu noté certaines affirmations fausses. Par exemple, contrairement à ce que certains élèves ont affirmé, un quadrilatère dont les deux angles opposés sont droits n'est pas forcément un rectangle.
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{
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-corrigé-commentaire-envoi-1.jsonl",
"problem_match": "\nExercice 6.",
"solution_match": "\nSolution de l'exercice 6"
}
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00defc67-250a-538e-8b72-ae964260d6fd
| 607,271
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Let $A B C$ be an acute non-isosceles triangle at $A$. Let $M$ be the midpoint of the segment $[B C]$, $H$ the orthocenter of the triangle $A B C$, $O_{1}$ the midpoint of the segment $[A H]$, and $O_{2}$ the center of the circumcircle of the triangle $CBH$. Show that the quadrilateral $\mathrm{O}_{1} \mathrm{AMO}_{2}$ is a parallelogram.
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Let $\mathrm{H}_{\mathrm{A}}$ be the foot of the altitude from vertex $A$, $\mathrm{H}_{\mathrm{B}}$ be the foot of the altitude from vertex $B$, and $O$ be the center of the circumcircle of triangle $ABC$.
We notice that $\mathrm{O}_{2}$ is on the perpendicular bisector of $[\mathrm{BC}]$, so the lines $\left(\mathrm{MO}_{2}\right)$ and $(\mathrm{AH})$ are parallel because they are perpendicular to $(\mathrm{BC})$. Therefore, it suffices to show that $\mathrm{MO}_{2}=A \mathrm{O}_{1}$.
Let $X$ be the symmetric point of $H$ with respect to point $M$. Then $M$ is the midpoint of $[BC]$ and $[\mathrm{XH}]$, so $BHCX$ is a parallelogram and $\widehat{\mathrm{XBA}}=\widehat{\mathrm{XBC}}+\widehat{\mathrm{CBA}}=\widehat{\mathrm{HCB}}+\widehat{\mathrm{CBA}}=90^{\circ}$ (since triangle $\mathrm{BCH}_{\mathrm{C}}$ is right-angled at $\mathrm{H}_{\mathrm{C}}$) and similarly $\widehat{\mathrm{XCA}}=90^{\circ}$, so $X$ is the point diametrically opposite to $A$ on the circumcircle of $ABC$.
The symmetry with center $M$ sends $B$ to $C$, $C$ to $B$, and $H$ to $X$, so it sends the circumcircle of $BCH$ to the circumcircle of $BCX$, and thus it sends $\mathrm{O}_{2}$ to $O$. In particular, $\mathrm{MO}_{2}=\mathrm{MO}$.
Since points $O$ and $M$ are the midpoints of segments $[X A]$ and $[X H]$, respectively, by Thales' theorem,
$$
\frac{\mathrm{OM}}{\mathrm{AH}}=\frac{\mathrm{XM}}{\mathrm{XH}}=\frac{1}{2}
$$
so $\mathrm{AH}=2 \mathrm{OM}$, hence
$$
\mathrm{MO}_{2}=\mathrm{MO}=\frac{1}{2} A \mathrm{H}=A \mathrm{O}_{1}
$$
which concludes the proof.
Comment from the graders: This problem required knowledge of several properties of the orthocenter, particularly the fact that the symmetric point of the orthocenter $H$ with respect to the midpoint of side $[BC]$ lies on the circumcircle of triangle $ABC$ and is also the symmetric point of vertex $A$ with respect to the center $O$. Many students noticed the first step of the problem, which is that the lines $\left(\mathrm{MO}_{2}\right)$ and $(\mathrm{AH})$ are parallel. This shows a real effort in solving a difficult problem, which is encouraging.
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Geometry
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Soit $A B C$ un triangle acutangle non isocèle en $A$. Soit $M$ le milieu du segment $[B C], H$ l'orthocentre du triangle $A B C, O_{1}$ le milieu du segment $[A H]$ et $O_{2}$ le centre du cercle circonscrit au triangle CBH . Montrer que le quadrilatère $\mathrm{O}_{1} \mathrm{AMO}_{2}$ est un parallélogramme.
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Soit $\mathrm{H}_{\mathrm{A}}$ le pied de la hauteur issue du sommet $A, \mathrm{H}_{\mathrm{B}}$ le pied de la hauteur issue du sommet B et O le centre du cercle circonscrit au triangle ABC .
On remarque déjà que $\mathrm{O}_{2}$ est sur la médiatrice de $[\mathrm{BC}]$ donc les droites $\left(\mathrm{MO}_{2}\right)$ et $(\mathrm{AH})$ sont parallèles car elles sont perpendiculaires à ( BC ). Il suffit donc de montrer que $\mathrm{MO}_{2}=A \mathrm{O}_{1}$.
Soit $X$ le symétrique du point $H$ par rapport au point $M$. Alors $M$ est le milieu de [BC] et $[\mathrm{XH}]$ donc BHCX est un parallélogramme et $\widehat{\mathrm{XBA}}=\widehat{\mathrm{XBC}}+\widehat{\mathrm{CBA}}=\widehat{\mathrm{HCB}}+\widehat{\mathrm{CBA}}=90^{\circ}$ (car le triangle $\mathrm{BCH}_{\mathrm{C}}$ est rectangle en $\mathrm{H}_{\mathrm{C}}$ ) et de même $\widehat{\mathrm{XCA}}=90^{\circ}$ donc $X$ est le point diamétralement opposé à $A$ sur le cercle circonscrit à $A B C$.
La symétrie de centre $M$ envoie $B$ sur $C, C$ sur $B$ et H sur $X$ donc elle envoie le cercle circonscrit à $B C H$ sur le cercle circonscrit à BCX donc elle envoie $\mathrm{O}_{2}$ sur O . En particulier, $\mathrm{MO}_{2}=\mathrm{MO}$.
Comme les points $O$ et $M$ sont les milieux respectifs des segments $[X A]$ et $[X H]$, d'après le théorème de Thalès,
$$
\frac{\mathrm{OM}}{\mathrm{AH}}=\frac{\mathrm{XM}}{\mathrm{XH}}=\frac{1}{2}
$$
donc $\mathrm{AH}=2 \mathrm{OM}$ donc
$$
\mathrm{MO}_{2}=\mathrm{MO}=\frac{1}{2} A \mathrm{H}=A \mathrm{O}_{1}
$$
ce qui conclut.
Commentaire des correcteurs Cet exercice demandait de connaître plusieurs propriétés de l'orthocentre, en particulier le fait que le symétrique de l'orthocentre H par rapport au milieu du côté [BC] appartient au cercle circonscrit au triangle $A B C$ et est également le symétrique du sommet $A$ par rapport au centre O. Plusieurs élèves ont remarqué la première étape du problème qui est que les droites $\left(\mathrm{MO}_{2}\right)$ et ( AH ) sont parallèles. Ceci montre un réel effort de recherche sur un problème difficile de la part des élèves, ce qui est encourageant.
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{
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-corrigé-commentaire-envoi-1.jsonl",
"problem_match": "\nExercice 8.",
"solution_match": "\nSolution de l'exercice 8"
}
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536d629c-b3f2-547b-9a31-5acdd492ce5f
| 607,273
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Let $ABC$ be a triangle, $\Gamma$ the circumcircle, and $\omega$ the circle with the same center as $\Gamma$ and tangent to the line $(BC)$. The tangents to the circle $\omega$ passing through $A$ intersect $(BC)$ at a point $X$ on the side of $B$ and at a point $Y$ on the side of $C$. The tangent to the circle $\Gamma$ at $B$ and the line parallel to $(AC)$ passing through $X$ intersect at a point $S$, and the tangent to the circle $\Gamma$ at $C$ and the line parallel to $(AB)$ passing through $Y$ intersect at a point $T$.
Show that the line $(ST)$ is tangent to the circle $\Gamma$.
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To avoid having to separate the different cases based on the position of point $Y$ relative to the segment $[B C]$, we will use oriented angles: ( $A B, C D$ ) denotes the angle (relative) by which the line ( $A B$ ) must be rotated to be parallel to the line ( $C D$ ).
We will show that the line (TA) is tangent to the circumcircle of triangle $A B C$, and similarly for the line (SA), which will establish that the line (ST) is tangent to this circle.
To show that the line $(A T)$ is tangent to the circle $\Gamma$, it suffices to show that $(A C, A T)=(B C, B A)$. The lines $(T Y)$ and $(A B)$ are parallel, so $(B C, B A)=(B C, Y T)=(Y C, Y T)$, thus we are reduced to showing that $(A C, A T)=(Y C, Y T)$, in other words, that the points $T, A, Y$, and $C$ are concyclic.
For this, we can show that $(Y T, Y A)=(C T, C A)$. Indeed, $(Y T, Y A)=(A B, A Y)$ (by the parallelism of $(A B)$ and $(Y T))$ and $(C T, C A)=(B C, B A)$, so it remains to show that $(A B, A Y)=(B C, B A)$, in other words, that the triangle $A Y B$ is isosceles at $Y$.
Let $O$ be the center of the circle $\Gamma$, which is also the center of the circle $\omega$, and let $M$ and $N$ be the points of contact of the circle $\omega$ with the segments [YA] and [YB], respectively. Then the triangles OMA and ONB are right triangles, $\mathrm{OA}=\mathrm{OB}$, and $\mathrm{OM}=\mathrm{ON}$, so $\mathrm{MA}=\sqrt{\mathrm{OA}^{2}-\mathrm{OM}^{2}}=\sqrt{\mathrm{OB}^{2}-\mathrm{ON}}{ }^{2}=\mathrm{NB}$, and since $\mathrm{YM}=\mathrm{YN}$, we deduce $Y A=Y B$ and the triangle $Y A B$ is isosceles at $Y$ as desired.
Comment from the graders: Unfortunately, there was an imprecision in the statement, as the triangle $A B C$ needed to have acute angles. This oversight on our part caused some confusion for some students who drew a figure with an obtuse angle at $A$ and therefore thought the statement was false. The exercise remained rather difficult. Some students tried to conclude using similarities, but the hypotheses were never strong enough.
## Senior Exercises
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Geometry
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Soit $A B C$ un triangle, $\Gamma$ sont cercle circonscrit et $\omega$ le cercle de même centre que $\Gamma$ et tangent à la droite ( BC ). Les tangentes au cercle $\omega$ passant par $A$ coupent ( BC ) en un point $X$ du côté de $B$ et en un point $Y$ du côté de $C$. La tangente au cercle $\Gamma$ en $B$ et la parallèle à la droite $(A C)$ passant par $X$ se coupent en un point $S$ et la tangente au cercle $\Gamma$ en $C$ et la parallèle à la droite $(A B)$ passant par $Y$ se coupent en un point $T$.
Montrer que la droite (ST) est tangente au cercle $\Gamma$.
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Afin d'éviter d'avoir à séparer les différents cas, en fonction de la position du point $Y$ par rapport au segment $[B C]$, nous allons utiliser les angles de droite orientés : ( $A B, C D$ ) désigne l'angle (relatif) dont il faut tourner la droite ( $A B$ ) pour qu'elle soit parallèle à la droite ( $C D$ ).
Nous allons montrer que la droite (TA) est tangente au cercle circonscrit au triangle $A B C$ et de même pour la droite (SA), ce qui donnera bien que la droite (ST) est tangente à ce cercle.
Pour montrer que la droite $(A T)$ est tangente au cercle $\Gamma$, il suffit de montrer que $(A C, A T)=(B C, B A)$. Les droites $(T Y)$ et $(A B)$ sont parallèles donc $(B C, B A)=(B C, Y T)=(Y C, Y T)$, donc on est ramené à montrer que $(A C, A T)=(Y C, Y T)$, autrement dit que les points $T, A, Y$ et $C$ sont cocycliques.
Pour cela, on peut montrer que $(Y T, Y A)=(C T, C A)$. En effet, $(Y T, Y A)=(A B, A Y)$ (par parallélisme de $(A B)$ et $(Y T))$ et $(C T, C A)=(B C, B A)$ donc il ne reste plus qu'à montrer que $(A B, A Y)=$ ( $B C, B A$ ), autrement dit que le triangle $A Y B$ est isocèle en $Y$.
Soit $O$ le centre du cercle $\Gamma$, qui est aussi le centre du cercle $\omega$, et soit $M$ et $N$ les points de contact respectifs du cercle $\omega$ avec les segments [YA] et [YB]. Alors les triangles OMA et ONB sont rectangles, $\mathrm{OA}=\mathrm{OB}$ et $\mathrm{OM}=\mathrm{ON}$ donc $\mathrm{MA}=\sqrt{\mathrm{OA}^{2}-\mathrm{OM}^{2}}=\sqrt{\mathrm{OB}^{2}-\mathrm{ON}}{ }^{2}=\mathrm{NB}$ et puisque $\mathrm{YM}=\mathrm{YN}$, on déduit $Y A=Y B$ et le triangle $Y A B$ est isocèle en $Y$ comme voulu.
Commentaire des correcteurs Il y avait malhreusement une imprécision dans l'énoncé puisqu'il fallait que le triangle $A B C$ ait des angles aigus. Cet oubli de notre part a provoqué quelques confusions pour certains élèves qui ont tracé une figure avec un angle obtu en $A$ et ont donc pensé que l'énoncé était faux. L'exercice restait plutôt difficile. Quelques élèves ont essayé de conclure avec les similitudes, mais les hypothèses n'étaient jamais assez fortes.
## Exercices Seniors
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{
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-corrigé-commentaire-envoi-1.jsonl",
"problem_match": "\nExercice 9.",
"solution_match": "\nSolution de l'exercice 9"
}
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574222b6-229a-5f80-a551-daaf5ba69528
| 607,274
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Let $d_{1}, d_{2}, d_{3}$ be concurrent lines and $A, A^{\prime}$ be points on the line $d_{1}, B, B^{\prime}$ be points on the line $d_{2}, C, C^{\prime}$ be points on the line $d_{3}$ such that the lines ( $A B$ ) and ( $A^{\prime} B^{\prime}$ ) are parallel and the lines $(B C)$ and ( $B^{\prime} \mathrm{C}^{\prime}$ ) are parallel.
Show that the lines ( $A C$ ) and ( $A^{\prime} C^{\prime}$ ) are parallel.
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Let $S$ be the point of concurrency of the three lines. Since the lines ( $A B$ ) and ( $A^{\prime} B^{\prime}$ ) are parallel, by Thales' theorem,
$$
\frac{A S}{A^{\prime} S}=\frac{B S}{B^{\prime} S}
$$
Similarly, we find
$$
\frac{B S}{B^{\prime} S}=\frac{C S}{C^{\prime} S}
$$
We deduce that
$$
\frac{A S}{A^{\prime} S}=\frac{C S}{C^{\prime} S}
$$
which means, by Thales' theorem, that the lines ( $A C$ ) and ( $A^{\prime} \mathrm{C}^{\prime}$ ) are parallel.
Comment from the graders The exercise is well done, most students noticed the use of Thales' theorem. Pay attention to consider all configurations, notably the possible orders for the vertices $A, B$ and $C$.
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Geometry
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Soient $d_{1}, d_{2}, d_{3}$ des droites concourantes et $A, A^{\prime}$ des points sur la droite $d_{1}, B, B^{\prime}$ des points sur la droite $d_{2}, C, C^{\prime}$ des points sur la droite $d_{3}$ tels que les droites ( $A B$ ) et ( $A^{\prime} B^{\prime}$ ) sont parallèles et les droites $(B C)$ et ( $B^{\prime} \mathrm{C}^{\prime}$ ) sont parallèles.
Montrer que les droites ( $A C$ ) et ( $A^{\prime} C^{\prime}$ ) sont parallèles.
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Soit $S$ le point de concours des trois droites. Puisque les droites ( $A B$ ) et ( $A^{\prime} B^{\prime}$ ) sont parallèles, d'après le théorème de Thalès,
$$
\frac{A S}{A^{\prime} S}=\frac{B S}{B^{\prime} S}
$$
De même on trouve
$$
\frac{B S}{B^{\prime} S}=\frac{C S}{C^{\prime} S}
$$
On déduit que
$$
\frac{A S}{A^{\prime} S}=\frac{C S}{C^{\prime} S}
$$
ce qui signifie, d'après le théorème de Thalès, que les droites ( $A C$ ) et ( $A^{\prime} \mathrm{C}^{\prime}$ ) sont parallèles.
Commentaire des correcteurs L'exercice est bien réussi, la plupart des élèves ont remarqué l'utilisation du théorème de Thalès. attention à prendre en compte toutes les configurations, notemment les ordres possibles pour les sommets $A, B$ et $C$.
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{
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-corrigé-commentaire-envoi-1.jsonl",
"problem_match": "\nExercice 10.",
"solution_match": "\nSolution de l'exercice 10"
}
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bd938f80-3f8f-5284-ab36-52394875afc0
| 607,275
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Let $ABC$ be an isosceles and obtuse triangle at $A$. Let $\Gamma$ be the circle centered at $B$ passing through $A$, and $\Omega$ the circle centered at $C$ passing through $A$. Let $D$ be the intersection point of the circle $\Gamma$ with the segment $[BC]$, $E$ the second intersection point of the line $(AD)$ with the circle $\Omega$, and $F$ the intersection point of the line $(BC)$ with the circle $\Omega$ that is not on the segment $[BC]$.
Show that the triangle $DFE$ is isosceles at $F$.
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Let $X$ be the intersection point of the circle $\Omega$ with the segment [BC]. The points B and C are symmetric with respect to the perpendicular bisector of the segment $[\mathrm{BC}]$, so the circles $\Gamma$ and $\Omega$ are also symmetric. It follows that D and $X$ are symmetric with respect to the perpendicular bisector of the segment $[\mathrm{BC}]$. Therefore, triangle DAX is isosceles at $A$ and $\widehat{A D X}=\widehat{A X D}$.
The points $F, E, X$ and $A$ are concyclic, so $\widehat{F E A}=\widehat{F X A}$. We deduce
$$
\widehat{\mathrm{FED}}=\widehat{\mathrm{FEA}}=\widehat{\mathrm{FXA}}=\widehat{\mathrm{DXA}}=\widehat{\mathrm{XDA}}=\widehat{\mathrm{FDE}}
$$
This shows that triangle FDE is isosceles at F.
Comment from the graders: We have observed that almost all proofs were complete, even if some were very long and computational.
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Geometry
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Soit $A B C$ un triangle isocèle et obtus en $A$. Soit $\Gamma$ le cercle de centre $B$ passant par $A$, et $\Omega$ le cercle de centre $C$ passant par $A$. Soit $D$ le point d'intersection du cercle $\Gamma$ avec le segment $[B C]$, E le deuxième point d'intersection de la droite (AD) avec le cercle $\Omega$, et $F$ le point d'intersection de la droite (BC) avec le cercle $\Omega$ qui n'est pas sur le segment $[B C]$.
Montrer que le triangle DFE est isocèle en $F$.
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Soit $X$ le point d'intersection du cercle $\Omega$ avec le segment [BC]. Les points B et C sont symétriques par rapport à la médiatrice du segment $[\mathrm{BC}]$ donc les cercles $\Gamma$ et $\Omega$ le sont aussi. Il vient que D et $X$ sont symétriques par rapport à la médiatrice du segment $[\mathrm{BC}]$. Le triangle DAX est donc isocèle en $A$ et $\widehat{A D X}=\widehat{A X D}$.
Les points $F, E, X$ et $A$ sont cocycliques donc $\widehat{F E A}=\widehat{F X A}$. On déduit
$$
\widehat{\mathrm{FED}}=\widehat{\mathrm{FEA}}=\widehat{\mathrm{FXA}}=\widehat{\mathrm{DXA}}=\widehat{\mathrm{XDA}}=\widehat{\mathrm{FDE}}
$$
Ce qui donne bien que le triangle FDE est isocèle en F .
Commentaire des correcteurs On a observé pratiquement que des preuves complètes, même si certaines étaient très longues et calculatoires.
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{
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-corrigé-commentaire-envoi-1.jsonl",
"problem_match": "\nExercice 11.",
"solution_match": "\nSolution de l'exercice 11"
}
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0c303792-ef44-5858-8293-0705832f48f1
| 607,276
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Let $ABC$ be a triangle, $\Gamma$ its circumcircle, and $\Omega$ another circle passing through the points $A$ and $B$. The line $(AC)$ intersects the circle $\Omega$ at a point $D$ and the tangent to the circle $\Gamma$ at $B$ intersects $\Omega$ at a point $E$.
Show that the lines $(BC)$ and $(DE)$ are parallel.
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The line (BE) is tangent to the circle $\Omega$ at B, so by the tangent angle theorem, $\widehat{\mathrm{EBA}}=\widehat{\mathrm{BCA}}$. The points D, A, B, and E are concyclic, so $\widehat{\mathrm{EDA}}=180^{\circ}-\widehat{\mathrm{EBA}}$. We deduce that $\widehat{\mathrm{EDA}}=180^{\circ}-\widehat{\mathrm{BCD}}$, which shows that the lines (BC) and (ED) are parallel.
Comment from the markers: The vast majority of the submitted solutions provided complete proofs. However, many students engaged in angle chasing that is only valid in their specific case. Some students considered all possible cases, which was rewarded.
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Geometry
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Soit $A B C$ un triangle, $\Gamma$ son cercle circonscrit et $\Omega$ un autre cercle passant par les points $A$ et $B$. La droite (AC) coupe le cercle $\Omega$ en un point $D$ et la tangente à cercle $\Gamma$ en B coupe $\Omega$ en un point E .
Montrer que les droites $(B C)$ et ( $D E$ ) sont parallèles.
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La droite ( BE ) est tangente au cercle $\Omega$ en $B$ donc par le théorème de l'angle tangent, $\widehat{\mathrm{EBA}}=\widehat{\mathrm{BCA}}$. Les points $\mathrm{D}, \mathrm{A}, \mathrm{B}$ et E sont cocycliques donc $\widehat{\mathrm{EDA}}=180^{\circ}-\widehat{\mathrm{EBA}}$. On déduit que $\widehat{\mathrm{EDA}}=180^{\circ}-\widehat{\mathrm{BCD}}$ ce qui donne bien que les droites ( BC ) et (ED) sont parallèles.
Commentaire des correcteurs La grande majorité des copies reçues ont fourni des preuves complètes. Cependant, beaucoup d'élèves font des chasses aux angles qui ne sont valides que dans leur cas de figure. Certains élèves ont traité tous les cas, ce qui a été récompensé.
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{
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-corrigé-commentaire-envoi-1.jsonl",
"problem_match": "\nExercice 12.",
"solution_match": "\nSolution de l'exercice 12"
}
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ffc11bd7-d907-5c3a-a15d-04bb2b95c8ae
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Let $A, B, C$ and $D$ be four points on a circle in that order. Let $U$ be the intersection point of the lines $(A B)$ and $(C D)$, and $V$ the intersection point of the lines $(BC)$ and $(D A)$. Let $K$ be the intersection point of the angle bisector from $U$ in triangle $AUC$ and the angle bisector from $V$ in triangle $AVC$. Let $L$ be the intersection point of the perpendicular bisector of segment $[KU]$ and the perpendicular bisector of segment $[KV]$.
Show that the points $U, V$ and $L$ are collinear.
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Point L is the center of the circumcircle of triangle UKV. To show that points U, L, and V are collinear, it suffices to show that $\widehat{\mathrm{ULV}}=180^{\circ}$. By the central angle theorem, $\widehat{U K V}=\frac{1}{2} \widehat{U L V}$. Therefore, it suffices to show that $\widehat{U K V}=90^{\circ}$.
The sum of the angles of triangle UKV is $180^{\circ}$, so it suffices to show that $\widehat{\mathrm{KUV}}+\widehat{\mathrm{KVU}}=90^{\circ}$. On one hand, $\widehat{K U V}=\widehat{C U V}-\widehat{K U C}=\widehat{C U V}-\frac{1}{2} \widehat{B U C}$. But $\widehat{B U C}=180^{\circ}-\widehat{U B C}-\widehat{B C U}=\widehat{A D C}-\widehat{U C B}$. We deduce
$$
\widehat{\mathrm{KUV}}=\widehat{\mathrm{CUV}}-\frac{1}{2} \widehat{\mathrm{ADC}}+\frac{1}{2} \widehat{\mathrm{UCB}}
$$
Similarly, we obtain
$$
\widehat{\mathrm{KVU}}=\widehat{\mathrm{CVU}}-\frac{1}{2} \widehat{\mathrm{CBA}}+\frac{1}{2} \widehat{\mathrm{VCD}}
$$
But $\widehat{C B A}+\widehat{A D C}=180^{\circ}$ and
$$
\widehat{U C B}=\widehat{V C D}=\widehat{U C V}=180^{\circ}-\widehat{C U V}-\widehat{C V U}
$$
Finally
$$
\begin{aligned}
& \widehat{\mathrm{KUV}}+\widehat{\mathrm{KVU}}=\widehat{\mathrm{CUV}}-\frac{1}{2} \widehat{\mathrm{ADC}}+\frac{1}{2} \widehat{\mathrm{UCB}}+\widehat{\mathrm{CVU}}-\frac{1}{2} \widehat{\mathrm{CBA}}+\frac{1}{2} \widehat{\mathrm{VCD}} \\
& =\widehat{\mathrm{CUV}}+\widehat{\mathrm{CVU}}-\frac{1}{2} \cdot 180^{\circ}+2 \cdot \frac{1}{2} \cdot\left(180^{\circ}-\widehat{\mathrm{CUV}}-\widehat{\mathrm{CVU}}\right)=90^{\circ}
\end{aligned}
$$
which gives the desired result.
Comment from the graders: The exercise was generally well solved. Be sure to justify all assertions. Some false statements were noted. For example, contrary to what some students claimed, a quadrilateral with two opposite right angles is not necessarily a rectangle. Also, be careful not to use the statement to prove the statement.
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Geometry
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Soit $A, B, C$ et $D$ quatre points sur un cercle dans cet ordre. Soit $U$ le point d'intersection des droites $(A B$ ) et ( $C D$ ), et V le point d'intersection des droites (BC) et ( $D A$ ). Soit K le point d'intersection de la bissectrice issue de U dans le triangle AUC et de la bissectrice issue de V dans le triangle $A V C$. Soit L le point d'intersection de la médiatrice du segment $[\mathrm{KU}]$ et de la médiatrice du segment [KV].
Montrer que les points $\mathrm{U}, \mathrm{V}$ et L sont alignés.
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Le point L est le centre du cercle circonscrit au triangle UKV. Pour montrer que les points U , L et V sont alignés, il suffit de montrer que $\widehat{\mathrm{ULV}}=180^{\circ}$. Par le théorème de l'angle au centre, $\widehat{U K V}=\frac{1}{2} \widehat{U L V}$. Il suffit donc de montrer que $\widehat{U K V}=90^{\circ}$.
La somme des angles du triangle UKV vaut $180^{\circ}$, donc il suffit de montrer que $\widehat{\mathrm{KUV}}+\widehat{\mathrm{KVU}}=90^{\circ}$. D'une part $\widehat{K U V}=\widehat{C U V}-\widehat{K U C}=\widehat{C U V}-\frac{1}{2} \widehat{B U C}$. Or $\widehat{B U C}=180^{\circ}-\widehat{U B C}-\widehat{B C U}=\widehat{A D C}-\widehat{U C B}$. On déduit
$$
\widehat{\mathrm{KUV}}=\widehat{\mathrm{CUV}}-\frac{1}{2} \widehat{\mathrm{ADC}}+\frac{1}{2} \widehat{\mathrm{UCB}}
$$
De la même manière, on obtient
$$
\widehat{\mathrm{KVU}}=\widehat{\mathrm{CVU}}-\frac{1}{2} \widehat{\mathrm{CBA}}+\frac{1}{2} \widehat{\mathrm{VCD}}
$$
Or $\widehat{C B A}+\widehat{A D C}=180^{\circ}$ et
$$
\widehat{U C B}=\widehat{V C D}=\widehat{U C V}=180^{\circ}-\widehat{C U V}-\widehat{C V U}
$$
Finalement
$$
\begin{aligned}
& \widehat{\mathrm{KUV}}+\widehat{\mathrm{KVU}}=\widehat{\mathrm{CUV}}-\frac{1}{2} \widehat{\mathrm{ADC}}+\frac{1}{2} \widehat{\mathrm{UCB}}+\widehat{\mathrm{CVU}}-\frac{1}{2} \widehat{\mathrm{CBA}}+\frac{1}{2} \widehat{\mathrm{VCD}} \\
& =\widehat{\mathrm{CUV}}+\widehat{\mathrm{CVU}}-\frac{1}{2} \cdot 180^{\circ}+2 \cdot \frac{1}{2} \cdot\left(180^{\circ}-\widehat{\mathrm{CUV}}-\widehat{\mathrm{CVU}}\right)=90^{\circ}
\end{aligned}
$$
ce qui donne le résultat voulu.
Commentaire des correcteurs L'exercice a été plutôt bien résolu. Attention à bien s'assurer que tout ce que l'on affirme est justifié. On a pu noté certaines affirmations fausses. Par exemple, contrairement à ce que certains élèves ont affirmé, un quadrilatère dont les deux angles opposés sont droits n'est pas forcément un rectangle. Attention également à ne pas utiliser l'énoncé pour démontrer l'énoncé.
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{
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-corrigé-commentaire-envoi-1.jsonl",
"problem_match": "\nExercice 13.",
"solution_match": "\nSolution de l'exercice 13"
}
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756fb79a-a122-567f-9365-4814e2e27d42
| 607,278
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Let BCDE be a square and O its center. Let $A$ be a point located outside the square $B C D E$ such that the triangle $A B C$ is a right triangle at $A$. Show that the point $O$ lies on the bisector of the angle $\widehat{B A C}$.
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The diagonals of the square BCDE intersect perpendicularly at O, so $\widehat{\mathrm{BOC}}=90^{\circ}=\widehat{\mathrm{BAC}}$, hence the points $\mathrm{A}, \mathrm{B}, \mathrm{O}$, and C are concyclic. Since O lies on the perpendicular bisector of the segment $[B C]$, O is the South Pole of $A$ in the triangle $A B C$, so O lies on the bisector of the angle $\widehat{B A C}$. Comment from the markers The exercise is rather well done, the proposed solutions are interesting but some are computational.
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Geometry
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Soit BCDE un carré et soit O son centre. Soit $A$ un point situé à l'extérieur du carré $B C D E$ tel que le triangle $A B C$ est rectangle en $A$. Montrer que le point $O$ appartiant à la bissectrice de l'angle $\widehat{B A C}$.
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Les diagonales du carré BCDE se coupent perpendiculairement en O donc $\widehat{\mathrm{BOC}}=90^{\circ}=\widehat{\mathrm{BAC}}$ donc les points $\mathrm{A}, \mathrm{B}, \mathrm{O}$ et C sont cocycliques. Comme O est sur la médiatrice du segment $[B C]$, $O$ est le pôle Sud de $A$ dans le triangle $A B C$ donc $O$ est sur la bissectrice de l'angle $\widehat{B A C}$. Commentaire des correcteurs L'exercice est plutôt bien réussi, les solutions proposées sont intéressantes mais calculatoires pour certaines.
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{
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-corrigé-commentaire-envoi-1.jsonl",
"problem_match": "\nExercice 14.",
"solution_match": "\nSolution de l'exercice 14"
}
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e7fbf335-4048-544f-a2b9-eab578fb3742
| 607,279
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Let $\Omega$ and $\Gamma$ be two intersecting circles. We denote $A$ as one of their intersections. Let $d$ be any line passing through the point $A$. We denote $P$ and $Q$ as the intersections of the line $d$ with the circles $\Omega$ and $\Gamma$ respectively, different from $A$.
Show that there exists a point independent of the line $d$ chosen and which always lies on the perpendicular bisector of the segment $[\mathrm{PQ}]$.
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By symmetry, we can assume that the radius of circle $\Omega$ is greater than the radius of circle $\Gamma$.
Let $\mathrm{O}_{1}$ be the center of circle $\Omega$ and $\mathrm{O}_{2}$ be the center of circle $\Gamma$. Let B be the point such that the quadrilateral $\mathrm{AO}_{1} \mathrm{BO}_{2}$ is a parallelogram. We will show that point B lies on the perpendicular bisector of the segment $[\mathrm{PQ}]$. Since point B is independent of the choice of line d, this will show that the perpendicular bisectors of the segment $[\mathrm{PQ}]$ pass through a fixed point as the line $d$ varies.
To show that $B P=B Q$, we will show that triangles $\mathrm{PO}_{1} B$ and $\mathrm{BO}_{2} \mathrm{Q}$ are isometric. We already know that $\mathrm{O}_{1} \mathrm{P}=\mathrm{O}_{1} \mathrm{~A}=\mathrm{O}_{2} \mathrm{~B}$ and $\mathrm{O}_{1} \mathrm{~B}=\mathrm{O}_{2} \mathrm{~A}=\mathrm{O}_{2} \mathrm{Q}$. It remains to show that $\widehat{\mathrm{BO}_{1} \mathrm{P}}=\widehat{\mathrm{BO}_{2} \mathrm{Q}}$.
On the one hand
$$
\widehat{\mathrm{PO}_{1} \mathrm{~B}}=360^{\circ}-\widehat{\mathrm{PO}_{1} \mathrm{~A}}-\widehat{\mathrm{AO} O_{1} \mathrm{~B}}=360^{\circ}-\left(180^{\circ}-2 \widehat{\mathrm{O}_{1} \mathrm{AP}}\right)-\widehat{\mathrm{AO} O_{1} B}=180^{\circ}+2 \widehat{\mathrm{O}_{1} \mathrm{AP}}-\widehat{\mathrm{AO} \mathrm{O}_{1} \mathrm{~B}}
$$
On the other hand
$$
\widehat{\mathrm{BO}_{2} \mathrm{Q}}=\widehat{\mathrm{BO}_{2} \mathrm{~A}}+\widehat{\mathrm{AO}_{2} \mathrm{Q}}=\widehat{\mathrm{BO}_{2} \mathrm{~A}}+\left(180^{\circ}-2 \widehat{\mathrm{O}_{2} \mathrm{AQ}}\right)=180^{\circ}+\widehat{\mathrm{BO}_{2} \mathrm{~A}}-2 \widehat{2 \mathrm{O}_{2} \mathrm{AQ}}
$$
But $\widehat{O_{1} \mathrm{AP}}+\widehat{\mathrm{O}_{1} \mathrm{AO}_{2}}+\widehat{\mathrm{O}_{2} \mathrm{AQ}}=180^{\circ}$, so $2 \widehat{\mathrm{O}_{1} \mathrm{AP}}+2 \widehat{\mathrm{O}_{1} \mathrm{AO}_{2}}+2 \widehat{\mathrm{O}_{2} \mathrm{AQ}}=360$ and $\widehat{\mathrm{O}_{1} \mathrm{AO}_{2}}=$ $180^{\circ}-\widehat{\mathrm{AO}_{1} \mathrm{~B}}=180^{\circ}-\widehat{\mathrm{BO}_{2} \mathrm{~A}}$ so
$$
2 \widehat{\mathrm{O}_{1} \mathrm{AP}}+180^{\circ}-\widehat{\mathrm{AO} O_{1} \mathrm{~B}}+180^{\circ}-\widehat{\mathrm{BO}_{2} \mathrm{~A}}+2 \widehat{\mathrm{O}_{2} \mathrm{AQ}}=360^{\circ}
$$
so
$$
2 \widehat{\mathrm{O}_{1} \mathrm{AP}}-\widehat{\mathrm{AO}_{1} \mathrm{~B}}=\widehat{\mathrm{BO}_{2} \mathrm{~A}}-2 \widehat{\mathrm{O}_{2} \mathrm{AQ}}
$$
We find that $\widehat{\mathrm{PO}_{1} \mathrm{~B}}=\widehat{\mathrm{BO}_{2} \mathrm{Q}}$ and point B is indeed on the perpendicular bisector of $[\mathrm{PQ}]$.
Comment from the graders: The exercise is well solved by those who have tackled it, and several different solutions have been observed. Many students engage in angle chasing with non-oriented angles, but they have not been penalized.
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Geometry
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Soit $\Omega$ et $\Gamma$ deux cercles sécants. On note $A$ une de leurs intersections. Soit d une droite quelconque passant par le point $A$. On note $P$ et $Q$ les intersections respectives de la droite $d$ avec les cercles $\Omega$ et $\Gamma$ différentes de $A$.
Montrer qu'il existe un point indépendant de la droite d choisie et qui appartient toujours à la médiatrie du segment $[\mathrm{PQ}]$.
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Par symétrie, on peut supposer que le rayon du cercle $\Omega$ est supérieur au rayon du cercle $\Gamma$.
Soit $\mathrm{O}_{1}$ le centre du cercle $\Omega$ et $\mathrm{O}_{2}$ le centre du cercle $\Gamma$. Soit B le point tel que le quadrilatère $\mathrm{AO}_{1} \mathrm{BO}_{2}$ soit un parallélogramme. On va montrer que le point B appartient à la médiatrice du segment $[\mathrm{PQ}]$. Comme le point B est indépendant du choix de la droite d, ceci montrera bien que les médiatrices des semgent $[\mathrm{PQ}]$ passent par un point fixe lorsque la droite $d$ varie.
Pour montrer que $B P=B Q$, on va montrer que les triangles $\mathrm{PO}_{1} B$ et $\mathrm{BO}_{2} \mathrm{Q}$ sont isométriques. On sait déjà que $\mathrm{O}_{1} \mathrm{P}=\mathrm{O}_{1} \mathrm{~A}=\mathrm{O}_{2} \mathrm{~B}$ et $\mathrm{O}_{1} \mathrm{~B}=\mathrm{O}_{2} \mathrm{~A}=\mathrm{O}_{2} \mathrm{Q}$. Il reste donc à montrer que $\widehat{\mathrm{BO}_{1} \mathrm{P}}=\widehat{\mathrm{BO}_{2} \mathrm{Q}}$.
D'une part
$$
\widehat{\mathrm{PO}_{1} \mathrm{~B}}=360^{\circ}-\widehat{\mathrm{PO}_{1} \mathrm{~A}}-\widehat{\mathrm{AO} O_{1} \mathrm{~B}}=360^{\circ}-\left(180^{\circ}-2 \widehat{\mathrm{O}_{1} \mathrm{AP}}\right)-\widehat{\mathrm{AO} O_{1} B}=180^{\circ}+2 \widehat{\mathrm{O}_{1} \mathrm{AP}}-\widehat{\mathrm{AO} \mathrm{O}_{1} \mathrm{~B}}
$$
D'autre part
$$
\widehat{\mathrm{BO}_{2} \mathrm{Q}}=\widehat{\mathrm{BO}_{2} \mathrm{~A}}+\widehat{\mathrm{AO}_{2} \mathrm{Q}}=\widehat{\mathrm{BO}_{2} \mathrm{~A}}+\left(180^{\circ}-2 \widehat{\mathrm{O}_{2} \mathrm{AQ}}\right)=180^{\circ}+\widehat{\mathrm{BO}_{2} \mathrm{~A}}-2 \widehat{2 \mathrm{O}_{2} \mathrm{AQ}}
$$
Mais $\widehat{O_{1} \mathrm{AP}}+\widehat{\mathrm{O}_{1} \mathrm{AO}_{2}}+\widehat{\mathrm{O}_{2} \mathrm{AQ}}=180^{\circ}$ donc $2 \widehat{\mathrm{O}_{1} \mathrm{AP}}+2 \widehat{\mathrm{O}_{1} \mathrm{AO}_{2}}+2 \widehat{\mathrm{O}_{2} \mathrm{AQ}}=360$ et $\widehat{\mathrm{O}_{1} \mathrm{AO}_{2}}=$ $180^{\circ}-\widehat{\mathrm{AO}_{1} \mathrm{~B}}=180^{\circ}-\widehat{\mathrm{BO}_{2} \mathrm{~A}}$ donc
$$
2 \widehat{\mathrm{O}_{1} \mathrm{AP}}+180^{\circ}-\widehat{\mathrm{AO} O_{1} \mathrm{~B}}+180^{\circ}-\widehat{\mathrm{BO}_{2} \mathrm{~A}}+2 \widehat{\mathrm{O}_{2} \mathrm{AQ}}=360^{\circ}
$$
donc
$$
2 \widehat{\mathrm{O}_{1} \mathrm{AP}}-\widehat{\mathrm{AO}_{1} \mathrm{~B}}=\widehat{\mathrm{BO}_{2} \mathrm{~A}}-2 \widehat{\mathrm{O}_{2} \mathrm{AQ}}
$$
On trouve bien $\widehat{\mathrm{PO}_{1} \mathrm{~B}}=\widehat{\mathrm{BO}_{2} \mathrm{Q}}$ et le point B est bien sur la médiatrice de $[\mathrm{PQ}]$.
Commentaire des correcteurs L'exercice est bien résolu par ceux qui l'ont traité et on a pu observé plusieurs solutions différentes. Beaucoup d'élèves font des chasses aux angles non orientés mais ils n'ont pas été pénalisés.
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{
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-corrigé-commentaire-envoi-1.jsonl",
"problem_match": "\nExercice 15.",
"solution_match": "\nSolution de l'exercice 15"
}
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c5377223-5dcd-599b-969c-3a9243307ad2
| 607,280
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Let $ABC$ be a triangle, $H$ its orthocenter, and $M$ the midpoint of the segment $[BC]$. Let $d$ be a line passing through the point $M$. Suppose that $d$ intersects the circle with diameter $[AH]$ at $P$ and $Q$. Show that the orthocenter of the triangle $APQ$ is on the circumcircle of the triangle $ABC$.
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Let N be the midpoint of $[\mathrm{PQ}]$ and K the orthocenter of triangle APQ. If we call $\mathrm{K}^{\prime}$ the symmetric of K with respect to the midpoint $N$ of segment $[P Q]$, then $[P Q]$ and $\left[K K^{\prime}\right]$ have the same midpoint $N$ so $\mathrm{PKQK}^{\prime}$ is a parallelogram, thus $\widehat{\mathrm{K}^{\prime} \mathrm{PA}}=\widehat{\mathrm{K}^{\prime} \mathrm{PQ}}+\widehat{\mathrm{QPA}^{\prime}}=\widehat{\mathrm{PQK}}+\widehat{\mathrm{QPA}^{\prime}}=90^{\circ}(\mathrm{since}(\mathrm{PA})$ and (QK) are perpendicular). Similarly, $\widehat{K^{\prime} Q A}=90^{\circ}$, so $K^{\prime}$ is the point diametrically opposite to $A$ on the circumcircle of $A P Q$, in other words $K^{\prime}=\mathrm{H}$: the symmetric of K with respect to the midpoint N of segment $[\mathrm{PQ}]$ is H.
Let X be the symmetric of H with respect to M and Y the second intersection of the line ( MH ) with the circumcircle of triangle $A B C$. By a similar reasoning to the one previously conducted, we know that $X$ is the point diametrically opposite to $A$ on the circumcircle of $A B C$ so $\widehat{H Y A}=\widehat{X Y A}=90^{\circ}$, thus $Y$ is on the circle with diameter $[\mathrm{AH}]$. Since $X$ is the point diametrically opposite to $A$ on the circumcircle of $A B C$, it suffices to show that $\widehat{X K A}=90^{\circ}$ to complete the exercise.
We decompose the angle into three parts: $\widehat{\mathrm{XKA}}=360^{\circ}-\widehat{\mathrm{XKH}}-\widehat{\mathrm{HKQ}}-\widehat{\mathrm{QKA}}$
The points $M$ and $N$ are the midpoints of segments $[H X]$ and $[H K]$, respectively, so the lines (MN) and (KX) are parallel. We deduce $\widehat{\mathrm{XKH}}=\widehat{\mathrm{MNH}}=\widehat{\mathrm{PNH}}$.
The segments $[\mathrm{PQ}]$ and $[\mathrm{KH}]$ intersect at their midpoints, so the quadrilateral PHQK is a parallelogram. $\mathrm{D}^{\prime}$ where $\widehat{\mathrm{HKQ}}=\widehat{\mathrm{KHP}}=\widehat{\mathrm{NHP}}$.
The point Q is the orthocenter of triangle KPA, so $\widehat{\mathrm{QKA}}=180^{\circ}-\widehat{\mathrm{QPA}}$.
We deduce
$\widehat{\mathrm{XKA}}=360^{\circ}-\widehat{\mathrm{PNH}}-\widehat{\mathrm{NHP}}-\left(180^{\circ}-\widehat{\mathrm{QPA}}\right)=180^{\circ}-\widehat{\mathrm{PNH}}-\widehat{\mathrm{NHP}}+\widehat{\mathrm{QPA}}=\widehat{\mathrm{NPH}}+\widehat{\mathrm{QPA}}=\widehat{\mathrm{APH}}=90^{\circ}$
since $P$ is on the circle with diameter $[\mathrm{AH}]$. Thus, $\widehat{X K A}=90^{\circ}$, so K is indeed on the circumcircle of ABC.
Comment from the graders: This problem required a bit of knowledge. Most students who attempted the problem identified the interest of the nine-point circle and the symmetrics of the orthocenter with respect to the midpoints of the sides.
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Geometry
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Soit $A B C$ un triangle, $H$ son orthocentre et $M$ le milieu du segment $[B C]$. Soit $d$ une droite passant par le point $M$. On suppose que $d$ coupe le cercle de diamètre $[A H]$ en $P$ et $Q$. Montrer que l'orthocentre du triangle $A P Q$ est sur le cercle circonscrit du triangle $A B C$.
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Soit N le milieu de $[\mathrm{PQ}]$ et K l'orthocentre du triangle APQ . Si on appelle $\mathrm{K}^{\prime}$ le symétrique de K par rapport au milieu $N$ du segment $[P Q]$, alors $[P Q]$ et $\left[K K^{\prime}\right]$ ont le même milieu $N$ donc $\mathrm{PKQK}^{\prime}$ est un parallélogramme donc $\widehat{\mathrm{K}^{\prime} \mathrm{PA}}=\widehat{\mathrm{K}^{\prime} \mathrm{PQ}}+\widehat{\mathrm{QPA}^{\prime}}=\widehat{\mathrm{PQK}}+\widehat{\mathrm{QPA}^{\prime}}=90^{\circ}(\mathrm{car}(\mathrm{PA})$ et (QK) sont perpendiculaires). De même, $\widehat{K^{\prime} Q A}=90^{\circ}$ donc $K^{\prime}$ est le point diamétralement opposé à $A$ sur le cercle circonscrit à $A P Q$, autrement dit $K^{\prime}=\mathrm{H}$ : le symétrique de K par rapport au milieu N du segment $[\mathrm{PQ}]$ est H .
Soit X le symétrique de H par rapport à M et Y la seconde intersection de la droite ( MH ) avec le cercle circonscrit au triangle $A B C$. Par un raisonnement analogue à celui mené précédemment, on sait que $X$ est le point diamétralement opposé à $A$ sur le cercle circonscrit à $A B C$ donc $\widehat{H Y A}=\widehat{X Y A}=90^{\circ}$ donc $Y$ est sur le cercle de diamètre $[\mathrm{AH}]$. Puisque $X$ est le point diamétralement opposé à $A$ sur le cercle circonscrit à $A B C$, il suffit de montrer que $\widehat{X K A}=90^{\circ}$ pour finir l'exercice.
On décompose l'angle en trois morceaux : $\widehat{\mathrm{XKA}}=360^{\circ}-\widehat{\mathrm{XKH}}-\widehat{\mathrm{HKQ}}-\widehat{\mathrm{QKA}}$
Les points $M$ et $N$ sont la milieux respectifs des segments $[H X]$ et $[H K]$ donc les droites (MN) et (KX) sont parallèles. On déduit $\widehat{\mathrm{XKH}}=\widehat{\mathrm{MNH}}=\widehat{\mathrm{PNH}}$.
Les segments $[\mathrm{PQ}]$ et $[\mathrm{KH}]$ se coupent en leur milieu donc le quadrilatère PHQK est un parallèlogramme. $\mathrm{D}^{\prime}$ où $\widehat{\mathrm{HKQ}}=\widehat{\mathrm{KHP}}=\widehat{\mathrm{NHP}}$.
Le point Q est l'orthocentre du triangle KPA donc $\widehat{\mathrm{QKA}}=180^{\circ}-\widehat{\mathrm{QPA}}$.
On déduit
$\widehat{\mathrm{XKA}}=360^{\circ}-\widehat{\mathrm{PNH}}-\widehat{\mathrm{NHP}}-\left(180^{\circ}-\widehat{\mathrm{QPA}}\right)=180^{\circ}-\widehat{\mathrm{PNH}}-\widehat{\mathrm{NHP}}+\widehat{\mathrm{QPA}}=\widehat{\mathrm{NPH}}+\widehat{\mathrm{QPA}}=\widehat{\mathrm{APH}}=90^{\circ}$
car $P$ est sur le cercle de diamètre $[\mathrm{AH}]$. Ainsi, $\widehat{X K A}=90^{\circ}$ donc K est bien sur le cercle circonscrit à ABC.
Commentaire des correcteurs Ce problème nécessitait un peu de culture. La plupart des élèves ayant essayé le problème ont identifié l'intérêt du cercle d'Euler et des symétriques de l'orthocentre par rapport au milieu des côtés.
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{
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-corrigé-commentaire-envoi-1.jsonl",
"problem_match": "\nExercice 16.",
"solution_match": "\nSolution de l'exercice 16"
}
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003d8224-d2de-555a-90f5-a12fa0069723
| 607,281
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Let $ABC$ be a triangle and $I$ the center of its inscribed circle. The perpendicular to the line $(AI)$ passing through the point $I$ intersects the line $(AB)$ at a point $D$ and the line $(AC)$ at a point $E$. Suppose there exist two points $F$ and $G$ on the segment $[BC]$ such that $BA = BF$ and $CA = CG$. Let $T$ be the intersection point of the circumcircles of triangles $ADF$ and $AEG$.
Show that the center of the circumcircle of triangle $AIT$ lies on the line $(BC)$.
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Let $M$ and $N$ be the midpoints of the segments [AD] and [AE] respectively, and let $X$ be the intersection point of the line (MN) (which is also the perpendicular bisector of the segment [AI]) with the line (BC). Let $\mathrm{O}_{1}$ and $\mathrm{O}_{2}$ be the centers of the circumcircles of triangles ADF and AEG respectively. We wish to show that the point $X$ is the center of the circumcircle of AIT, meaning it lies on the perpendicular bisector of the segment [AT], i.e., on the line $\left(\mathrm{O}_{1} \mathrm{O}_{2}\right)$.
Let $P, Q$, and $R$ be the points of tangency of the incircle of triangle $ABC$ with the sides $[BC]$, $[AC]$, and $[AB]$ respectively. The point $\mathrm{O}_{1}$ lies on the perpendicular bisector of the segment $[AD]$, so the line $\left(\mathrm{O}_{1} M\right)$ is perpendicular to the line (AB). Therefore, the lines $\left(\mathrm{O}_{1} M\right)$ and (IR) are parallel. By Thales' theorem, we deduce that $\frac{\mathrm{O}_{1} \mathrm{I}}{\mathrm{O}_{1} \mathrm{~B}}=\frac{\mathrm{MR}}{\mathrm{MB}}$. Similarly, $\frac{\mathrm{O}_{2} \mathrm{C}}{\mathrm{O}_{2} \mathrm{I}}=\frac{\mathrm{NC}}{\mathrm{NQ}}$. Moreover, triangle ABF is isosceles at B, so the perpendicular bisector of $[AF]$ is the angle bisector of $\widehat{ABF}$, hence $\mathrm{O}_{1}$ lies on (BI), and similarly, $\mathrm{O}_{2}$ lies on (CI).
By Menelaus' theorem applied to the points $\mathrm{M}, \mathrm{N}, \mathrm{X}$ in triangle $ABC$:
$$
\frac{X B}{X C} \cdot \frac{N C}{N A} \cdot \frac{M A}{M B}=1
$$
and applying it to triangle BIC, the collinearity of points $\mathrm{O}_{1}, \mathrm{O}_{2}$, and $X$ is equivalent to $\frac{\mathrm{O}_{1} \mathrm{I}}{\mathrm{O}_{1} \mathrm{~B}} \cdot \frac{\mathrm{XB}}{X \mathrm{C}} \cdot \frac{\mathrm{O}_{2} \mathrm{C}}{\mathrm{O}_{2} \mathrm{I}}=1$. We wish to show this equality.
We already know $\frac{\mathrm{XB}}{\mathrm{XC}}=\frac{\mathrm{NA}}{\mathrm{NC}} \cdot \frac{\mathrm{MB}}{\mathrm{MA}}, \frac{\mathrm{O}_{1} \mathrm{I}}{\mathrm{O}_{1} \mathrm{~B}}=\frac{\mathrm{MR}}{\mathrm{MB}}, \frac{\mathrm{O}_{2} \mathrm{C}}{\mathrm{O}_{2} \mathrm{I}}=\frac{\mathrm{NC}}{\mathrm{NQ}}$ so
$$
\frac{\mathrm{O}_{1} \mathrm{I}}{\mathrm{O}_{1} \mathrm{~B}} \cdot \frac{\mathrm{XB}}{\mathrm{XC}} \cdot \frac{\mathrm{O}_{2} \mathrm{C}}{\mathrm{O}_{2} \mathrm{I}}=\frac{\mathrm{MR}}{\mathrm{MB}} \cdot \frac{\mathrm{NA}}{\mathrm{NC}} \cdot \frac{\mathrm{MB}}{\mathrm{MA}} \cdot \frac{\mathrm{NC}}{\mathrm{NQ}}=\frac{\mathrm{MR} \cdot \mathrm{NA}}{\mathrm{MA} \cdot \mathrm{NQ}}=1
$$
since $M A=\frac{1}{2} D A=\frac{1}{2} E A=N A$ and $A R=A Q$ so $M R=N Q$. Thus, $\mathrm{O}_{1}, \mathrm{O}_{2}, X$ are collinear.
Comment from the examiners: The problem was difficult and was therefore rarely attempted. A few students provided an interesting reformulation of the problem. Those who delved deeper into the problem showed creativity: some used Desargues' theorem, others used an inversion.
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Geometry
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Soit $A B C$ un triangle et $I$ le centre de son cercle inscrit. La perpendiculaire à la droite ( $A \mathrm{I}$ ) passant par le point I coupe la droite ( AB ) en un point D et la droite ( AC ) en un point E . On suppose qu'il existe deux points $F$ et $G$ sur le segment $[B C]$ tels que $B A=B F$ et $C A=C G$. Soit $T$ le point d'intersection des cercles circonscrits aux triangles ADF et AEG.
Montrer que le centre du cercle circonscrit au triangle AIT se trouve sur la droite (BC).
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Soient $M$ et $N$ les milieux respectifs des segments [AD] et [AE] et soit $X$ le point d'intersection de la droite (MN) (qui est aussi la médiatrice du segment [AI]) avec la droite (BC). Soient $\mathrm{O}_{1}$ et $\mathrm{O}_{2}$ les centres respectifs des cercles circonscrits aus triangles ADF et AEG. On souhaite montrer que le point $X$ est le centre du cercle circonscrit à AIT donc qu'il appartient à la médiatrice du segment [AT], c'est-à-dire à la droite $\left(\mathrm{O}_{1} \mathrm{O}_{2}\right)$.
Soient $P, Q$ et $R$ les points de contact respectifs du cercle inscrit au triangle $A B C$ avec les côtés $[B C],[A C]$ et $[A B]$. Le point $O_{1}$ est sur la médiatrice du segment $[A D]$ donc la droite $\left(O_{1} M\right.$ ) est perpendiculaire à la droite ( $A B$ ). Les droites $\left(O_{1} M\right.$ ) et (IR) sont donc parallèles. D'après le théorème de Thalès, on déduit que $\frac{\mathrm{O}_{1} \mathrm{I}}{\mathrm{O}_{1} \mathrm{~B}}=\frac{\mathrm{MR}}{\mathrm{MB}}$. On a de même $\frac{\mathrm{O}_{2} \mathrm{C}}{\mathrm{O}_{2} \mathrm{I}}=\frac{\mathrm{NC}}{\mathrm{NQ}}$. De plus, le triangles ABF est isocèle en B donc la médiatrice de $[A F]$ est la bissectrice de $\widehat{A B F}$ donc $\mathrm{O}_{1}$ est sur (BI) et de même $\mathrm{O}_{2}$ est sur (CI).
D'après le théorème de Ménélaus appliquée aux points $\mathrm{M}, \mathrm{N}, \mathrm{X}$ dans le triangle $A B C$ :
$$
\frac{X B}{X C} \cdot \frac{N C}{N A} \cdot \frac{M A}{M B}=1
$$
et en l'appliquant au triangle BIC, l'alignement des points $\mathrm{O}_{1}, \mathrm{O}_{2}$ et $X$ équivaut à $\frac{O_{1} \mathrm{I}}{\mathrm{O}_{1} \mathrm{~B}} \cdot \frac{\mathrm{XB}}{X \mathrm{C}} \cdot \frac{\mathrm{O}_{2} \mathrm{C}}{\mathrm{O}_{2} \mathrm{I}}=1$. On souhaite donc montrer cette égalité.
On sait déjà $\frac{\mathrm{XB}}{\mathrm{XC}}=\frac{\mathrm{NA}}{\mathrm{NC}} \cdot \frac{\mathrm{MB}}{\mathrm{MA}}, \frac{\mathrm{O}_{1} \mathrm{I}}{\mathrm{O}_{1} \mathrm{~B}}=\frac{\mathrm{MR}}{\mathrm{MB}}, \frac{\mathrm{O}_{2} \mathrm{C}}{\mathrm{O}_{2} \mathrm{I}}=\frac{\mathrm{NC}}{\mathrm{NQ}}$ donc
$$
\frac{\mathrm{O}_{1} \mathrm{I}}{\mathrm{O}_{1} \mathrm{~B}} \cdot \frac{\mathrm{XB}}{\mathrm{XC}} \cdot \frac{\mathrm{O}_{2} \mathrm{C}}{\mathrm{O}_{2} \mathrm{I}}=\frac{\mathrm{MR}}{\mathrm{MB}} \cdot \frac{\mathrm{NA}}{\mathrm{NC}} \cdot \frac{\mathrm{MB}}{\mathrm{MA}} \cdot \frac{\mathrm{NC}}{\mathrm{NQ}}=\frac{\mathrm{MR} \cdot \mathrm{NA}}{\mathrm{MA} \cdot \mathrm{NQ}}=1
$$
car $M A=\frac{1}{2} D A=\frac{1}{2} E A=N A$ et $A R=A Q$ donc $M R=N Q$. Ainsi, $O_{1}, O_{2}, X$ sont alignés.
Commentaire des correcteurs L'exercice était difficile et a donc été très peu abordé. Quelques élèves ont donné une reformulation intéressante de l'énoncé. Les élèves qui ont cherché l'exercice plus en profondeur ont fait preuve d'inventivité : certains ont utilise le théorème de Desargues, d'autres une inversion.
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{
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-corrigé-commentaire-envoi-1.jsonl",
"problem_match": "\nExercice 17.",
"solution_match": "\nSolution de l'exercice 17"
}
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b9df507b-e869-5b25-b7ca-eac0428366e6
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Let ABC be a triangle, and let O be the center of its circumcircle. Let I be the center of the incircle of triangle $ABC$ and D the point of tangency of this circle with the segment [AC]. The lines (OI) and $(AB)$ intersect at a point $P$. Let $M$ be the midpoint of the arc $AC$ not containing $B$ and $N$ be the midpoint of the arc $BC$ containing $A$.
Show that the lines (MD) and (NP) intersect on the circumcircle of $ABC$.
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Let $X$ be the intersection point of the line (MD) with the circumcircle of triangle $ABC$, and let $P'$ be the intersection point of the line $(XN)$ with the segment $[AB]$. Let $S$ be the intersection point of the angle bisector of $\widehat{BAC}$ with the circumcircle of triangle $ABC$. We know that the points $N$, $O$, and $S$ are collinear.
Let $E$ and $F$ be the points of tangency of the incircle of triangle $ABC$ with the segments $[AB]$ and $[BC]$, respectively. The point $M$ is the midpoint of the arc $CA$, so it lies on the angle bisector of $\widehat{AXC}$. The point $D$ is the foot of this bisector. According to the Angle Bisector Theorem, $\frac{AX}{XC} = \frac{DA}{DC} = \frac{AE}{CF}$. Since $\widehat{EAX} = \widehat{BAX} = \widehat{BCX} = \widehat{FCX}$, it follows that triangles $AEX$ and $CFX$ are similar, so point $X$ is the center of the similarity that maps points $E$ and $F$ to points $A$ and $C$, respectively. Therefore, $X$ is the intersection point of the circumcircles of triangles $ABC$ and $EFB$. Since $[BI]$ is a diameter of the circumcircle of triangle $EFB$, we deduce that $\widehat{IXB} = 90^\circ$. Let $Y$ be the point diametrically opposite to point $B$ in the circumcircle of triangle $ABC$. Then $\widehat{YXB} = 90^\circ = \widehat{IXB}$. Therefore, points $X$, $I$, and $Y$ are collinear.
According to Pascal's Theorem applied to the hexagon $SABYXN$, the points $O = (BY) \cap (SN)$, $I = (YX) \cap (AS)$, and $P' = (AB) \cap (XN)$ are collinear. Therefore, point $P'$ is the intersection of lines $(OI)$ and $(AB)$, so $P = P'$, which means that lines $(MD)$ and $(NP)$ intersect on the circumcircle of triangle $ABC$.
Comment from the graders: Various solutions were proposed: using an inversion centered at $M$ that fixes points $A$, $I$, and $C$ to show that points $X$, $I$, and $Y$ are collinear, using $Z$ as the center of the positive homothety that maps the incircle to the circumcircle and considering the mixtilinear circle, or using barycentric coordinates.
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Geometry
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Soit ABC un triangle, soit O le centre de son cercle circonscrit. Soit I le centre du cercle inscrit au triangle $A B C$ et D le point de tangence de ce cercle avec le segment [AC]. Les droites (OI) et $(A B)$ se coupent en un point $P$. Soit $M$ le milieu de l'arc $A C$ ne contenant pas $B$ et $N$ le milieu de l'arc $B C$ contenant $A$.
Montrer que les droites (MD) et (NP) se coupent sur le cercle circonscrit à ABC.
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Soit $X$ le point d'intersection de la droite (MD) avec le cercle circonscrit au triangle $A B C$ et soit $P^{\prime}$ le point d'intersection de la droite $(X N)$ avec le segment $[A B]$. Soit $S$ le point d'intersection de la bissectrice de l'angle $\widehat{B A C}$ avec le cercle circonscrit au triangle $A B C$. On sait que les points $\mathrm{N}, \mathrm{O}$ et S sont alignés.
Soit $E$ et $F$ les points de contact respectifs du cercle inscrit au triangles $A B C$ avec les segment $[A B]$ et [BC].
Le point $M$ est le milieu de l'arc $C A$, il est donc sur la bissectrice de l'angle $\widehat{A X C}$. Le point $D$ est le pied de cette bissectrice. D' après le théorème de la bissectrice, $\frac{A X}{X C}=\frac{D A}{D C}=\frac{A E}{C F}$. Puisque $\widehat{E A X}=\widehat{B A X}=$ $\widehat{B C X}=\widehat{F C X}$, il vient que les triangles $A E X$ et $C F X$ sont semblables donc le point $X$ est le centre de la similitude qui envoie les points $E$ et $F$ sur les points $A$ et $C$, il est donc le point d'intersection des cercles circonscrits aux triangles $A B C$ et EFB. Puisque [BI] est un diamètre du cercle circonscrit au triangle EBF , on déduit $\widehat{\mathrm{IXB}}=90^{\circ}$. Soit $Y$ le point diamétralement opposé au point B dans le cercle circonscrit au triangle ABC . Alors $\widehat{\mathrm{YXB}}=90=\widehat{\mathrm{IXB}}$. Les points $X$, I et $Y$ sont donc alignés.
D'après le théorème de Pascal appliqué à l'hexagone SABYXN , les points $\mathrm{O}=(\mathrm{BY}) \cap(\mathrm{SN}), \mathrm{I}=$ $(Y X) \cap(A S)$ et $P^{\prime}=(A B) \cap(X N)$ sont alignés. Le point $P^{\prime}$ correspond donc au point d'intersection des droites (OI) et ( $A B$ ) donc $P=P^{\prime}$ ce qui donne bien que les droites (MD) et (NP) se coupent sur le cercle circonscrit au triangle $A B C$.
Commentaire des correcteurs Des solutions variées ont été proposées : utiliser une inversion de centre $M$ fixant les points $A$, I et $C$ pour montrer que les points $X$, I et $Y$ sont alignés, utiliser $Z$ le centre de l'homotétie positive envoyant le cercle inscrit sur le cercle circonscrit et considérer le cercle mixti-linéaire ou enocre utiliser les coordonnées barycentriques.
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{
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-corrigé-commentaire-envoi-1.jsonl",
"problem_match": "\nExercice 18.",
"solution_match": "\nSolution de l'exercice 18"
}
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a605d2e6-40f9-57d0-98de-4970a04d0ea6
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Let $p$ be an odd prime, $h<p$ an integer, $e \in\{1,2\}$.
We set $n=h \cdot p^{e}+1$ and assume that:
$$
\left\{\begin{array}{r}
n \mid 2^{n-1}-1 \\
n \nmid 2^{h}-1
\end{array}\right.
$$
Show that $n$ is prime.
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Let $\omega$ be the order of 2 modulo $n$. By hypothesis, $\omega$ divides $n-1$ but $\omega$ does not divide $h=\frac{n-1}{p^{e}}$, so $p$ divides $\omega$.
$\omega$ divides $\phi(n)$ by Euler's theorem, so $p$ divides $\phi(n)$. Clearly, $p$ does not divide $n$, so there exists a prime $q$ that divides $n$ with $q=1(\bmod p)$ (according to the formula for $\phi$).
We write $n=q^{a}N$ where $N$ is coprime with $q$. Modulo $p$ we have $1=1^{a} * N$ so $N=1(\bmod p)$. We will show that $n=q$.
Therefore, if $n \neq q$, either $a \geqslant 2$ or $N \geqslant p+1$ and thus $n \geqslant(p+1)^{2}>p^{2}+1>ph+1$ so $e=2$ and the reasoning shows that either $a=1$ or $N=1$ and in all cases $a \leqslant 2$ and $N<p^{2}$.
We will consider two cases:
- If $a=2, n \equiv q^{2} \equiv(1+pk)^{2} \equiv 1+2kp(\bmod p)$ where $q=1+kp$. But $n \equiv 1\left(\bmod p^{2}\right)$ so $p$ divides $2k$; $p$ divides $k$ and thus $q \geqslant p^{2}+1$ and $n=q^{2}>p^{3}+1>p^{2}h+1=n$, contradiction.
- If $a=1, q=1+kp, N=1+lp$ with $k, l>0$ (since $q \equiv N \equiv 1(\bmod p))$. We must have $k, l<p$ otherwise $n=qN \geqslant(1+p^{2})(1+p)>p^{3}+1>p^{2}h+1=n$. Moreover, $1+(k+l)p \equiv n \equiv 1$ $\left(\bmod p^{2}\right)$ so $k+l=p$. One of $k$ and $l$ is therefore odd, which forces $q$ or $N$ to be even, so in all cases $n$ is even, which contradicts $n \mid 2^{n-1}-1$.
In all cases $n=q$ is prime.
Comment from the graders
The graders noted many errors of inattention and poor use of the order of an element modulo $n$. Some students were caught trying to cheat the graders, which is unnecessary and will surely not earn points in a competition.
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Number Theory
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Soit $p$ un nombre premier impair, $h<p$ un entier, $e \in\{1,2\}$.
On pose $n=h \cdot p^{e}+1$ et on suppose que:
$$
\left\{\begin{array}{r}
n \mid 2^{n-1}-1 \\
n \nmid 2^{h}-1
\end{array}\right.
$$
Montrer que n est premier.
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Soit $\omega$ l'ordre de 2 modulo $n$. Par hypothèse, $\omega$ divise $n-1$ mais $\omega$ ne divise pas $h=\frac{n-1}{p^{e}}$, donc $p$ divise $\omega$.
$\omega$ divise $\phi(n)$ par le théorème d'Euler donc $p$ divise $\phi(n)$. Evidemment, $p$ ne divise pas $n$ donc il existe q premier qui divise n avec $\mathrm{q}=1(\bmod \mathrm{p})$ (d'après la formule donnant $\phi)$
On écrit $\mathrm{n}=\mathrm{q}^{\mathrm{a}} \mathrm{N}$ où N est premier avec q . Modulo p on a $1=1^{\mathrm{a}} * \mathrm{~N}$ donc $\mathrm{N}=1(\bmod \mathrm{p})$. On va montrer que $\mathrm{n}=\mathrm{q}$.
Dès lors, si $n \neq q$, soit $a \geqslant 2$ soit $N \geqslant p+1$ et donc $n \geqslant(p+1)^{2}>p^{2}+1>p h+1$ donc $e=2$ et le raisonnement montre que soit $a=1$, soit $N=1$ et dans tous les cas $a \leqslant 2$ et $N<p^{2}$.
Traitons deux cas :
- Si $a=2, n \equiv q^{2} \equiv(1+p k)^{2} \equiv 1+2 k p(\bmod p)$ où $q=1+k p$. Or $n \equiv 1\left(\bmod p^{2}\right)$ donc $p$ divise $2 k ; p$ divise $k$ et donc $q \geqslant p^{2}+1$ et $n=q^{2}>p^{3}+1>p^{2} h+1=n$, contradiction
- Si $a=1, q=1+k p, N=1+l p$ avec $k, l>0(\operatorname{car} q \equiv N \equiv 1(\bmod p))$. On a obligatoirement $k, l<p$ car sinon $n=q N \geqslant\left(1+p^{2}\right)(1+p)>p^{3}+1>p^{2} h+1=n$. De plus $1+(k+l) p \equiv n \equiv 1$ $\left(\bmod p^{2}\right)$ donc $k+l=p$. Un parmi $k$ et $l$ est donc impair, ce qui oblige $q$ ou $N$ pair, donc dans tous les cas $n$ est pair, ce qui contredit $n \mid 2^{n-1}-1$.
Dans tous les cas $\mathrm{n}=\mathrm{q}$ est premier.
Commentaire des correcteurs
Les correcteurs ont noté beaucoup d'erreurs d'inattention et de mauvaises utilisations de l'ordre d'un élément modulo $n$. Certains élèves ont été surpris en train d'essayer d'arnaquer les correcteurs, ce qui est inutile et ne permettra sûrement pas de gagner des points en compétition.
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{
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-corrigé-commenté-envoi-3.jsonl",
"problem_match": "\nExercice 15.",
"solution_match": "\nSolution de l'exercice 15"
}
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b3ba7b74-12c1-551f-82a0-93f5cd54b2c8
| 607,298
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Let $m, n \geqslant 2$ be integers satisfying the following property:
$$
a^{n} \equiv 1 \quad(\bmod m) \quad a=1, \ldots, n
$$
Prove that $m$ is a prime number and that $\mathrm{n}=\mathrm{m}-1$.
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Let's start by assuming that $m=p$ is a prime number. We must therefore show that $n=p-1$. If $n \geqslant p$, we have $p^{n} \equiv 1(\bmod p)$, an obvious contradiction. Therefore, $n<p$.
Consider $T=X^{n}-1$ the polynomial in $\mathbb{Z} / p \mathbb{Z}[X]$. By hypothesis, its roots are $1, \ldots, n$, which are $n$ in number and distinct, and since $\mathbb{Z} / p \mathbb{Z}$ is an integral domain, and $T$ is of degree $n$, these are the only roots. Thus, $T=(X-1) \cdot \ldots \cdot(X-n)$. By looking at the coefficient of $X^{n-1}$ in $T$, we see that $0 \equiv 1+\ldots+n(\bmod p)$ by Vieta's formulas. Therefore, $p \left\lvert\, \frac{n(n+1)}{2}\right.$, and since $n<p$, we necessarily have $n=p-1$.
Let's return to the general case. Let $p$ be a prime divisor of $m$. We have $n=p-1$ since the hypothesis of the statement remains true for $m=p$. Thus, if $q$ is another prime divisor of $m$, $q-1=n=p-1$ and $q=p$. It remains to see that $m$ cannot be a power of $p$ other than $p$. It is clearly sufficient to see this for $m=p^{2}$. Now, $(p-1)^{p-1} \equiv(-1)^{p-1}+p \times(-1)^{p-2}\left(p^{p}\right)\left(\bmod p^{2}\right)$ by the binomial theorem. Since $p-1$ is even, and $p^{2} \nmid -p(p-1)$, we have $(p-1)^{p-1} \not \equiv 1\left(\bmod p^{2}\right)$. This completes the proof.
Comment from the graders
There were quite a few good papers but plenty of small errors, so the grades were mostly between 4 and 7.
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Number Theory
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Soit $m, n \geqslant 2$ des entiers vérifiant la propriété suivante:
$$
a^{n} \equiv 1 \quad(\bmod m) \quad a=1, \ldots, n
$$
Prouver que $m$ est un nombre premier et que $\mathrm{n}=\mathrm{m}-1$.
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Commençons par supposer que $m=p$ est un nombre premier. On doit donc montrer $n=p-1$. Si $n \geqslant p$, on a $p^{n} \equiv 1(\bmod p)$, une évidente contradiction. Donc $n<p$.
Considérons $T=X^{n}-1$ le polynôme de $\mathbb{Z} / p \mathbb{Z}[X]$. Il a pour racines par hypothèse $1, \ldots, n$, qui sont au nombre de $n$ et distinctes, et, puisque $\mathbb{Z} / p \mathbb{Z}$ est intègre, et que $T$ est de degré $n$, ce sont les seules. Donc $T=(X-1) \cdot \ldots \cdot(X-n)$. En regardant le coefficient en $X^{n-1}$ de $T$, on voit que $0 \equiv 1+\ldots+n(\bmod p)$ par les formules de Viète. Ainsi, $p \left\lvert\, \frac{n(n+1)}{2}\right.$, donc (puisque $n<p$ ) on a nécessairement $n=p-1$.
Revenons au cas général. Soit $p$ un diviseur premier de $m$. On a $n=p-1$ puisque l'hypothèse de l'énoncé reste vraie pour $m=p$. Dès lors, si $q$ est un autre diviseur premier de $m, q-1=n=p-1$ et $q=p$. Il reste à voir que $m$ ne peut pas être une puissance de $p$ autre que $p$. Il suffit clairement de le voir pour $\mathrm{m}=\mathrm{p}^{2}$. Or $(p-1)^{\mathrm{p}-1} \equiv(-1)^{\mathrm{p}-1}+\mathrm{p} \times(-1)^{\mathfrak{p}-2}\left(\mathrm{p}^{\mathrm{p}}\right)\left(\bmod \mathrm{p}^{2}\right)$ par le binôme de Newton. Puisque $p-1$ est pair, et que $p^{2} \nmid-p(p-1)$, on a bien $(p-1)^{p-1} \not \equiv 1\left(\bmod p^{2}\right)$. Ceci achève la démonstration.
Commentaire des correcteurs
Il y avait pas mal de bonnes copies mais plein de petites erreurs donc les notes se trouvent majoritairement entre 4 et 7 .
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{
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-corrigé-commenté-envoi-3.jsonl",
"problem_match": "\nExercice 16.",
"solution_match": "\nSolution de l'exercice 16"
}
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c5fa9145-1180-54db-a07b-164708eea0a2
| 607,299
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Let $S$ be a non-empty set of strictly positive integers satisfying the following property: For all integers $a, b \in S$, the integer $a b + 1$ also belongs to $S$.
Show that the set of prime numbers that do not divide any of the elements of $S$ is finite.
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Let $p$ be a prime number and let $a_{1}, a_{2}, \ldots a_{k}$ be the possible remainders of the elements of $S$ modulo $p$. We assume that 0 does not belong to $R=\left\{a_{1}, \ldots, a_{k}\right\}$, that is, $p$ does not divide any element of $S$.
We know that for all $i, j, a_{i} a_{j}+1 \in R$. Note that if $j$ and $l$ are distinct, then $a_{i} a_{j}+1$ and $a_{i} a_{l}+1$ are distinct. Indeed
$$
a_{i} a_{j}+1-\left(a_{i} a_{l}+1\right) \equiv a_{i}\left(a_{j}-a_{l}\right) \neq 0 \quad \bmod p
$$
Thus for a fixed $i$, $R=\left\{a_{1}, \ldots, a_{k}\right\}=\left\{a_{i} a_{1}+1, \ldots, a_{i} a_{k}+1\right\}$. It follows that
$$
a_{1}+\ldots+a_{k} \equiv a_{i} a_{1}+1+\ldots+a_{i} a_{k}+1 \equiv a_{i}\left(a_{1}+\ldots+a_{k}\right)+k \bmod p
$$
If $a_{1}+\ldots+a_{k} \equiv 0 \bmod p$, then $k \equiv 0 \bmod p$ so $k=p$ and $0 \in R$ which contradicts the hypothesis. We deduce that $a_{1}+\ldots+a_{k}$ is invertible modulo $p$ and
$$
a_{i} \equiv \frac{k}{a_{1}+\ldots+a_{k}} \bmod p
$$
This term does not depend on $i$. Therefore, the $a_{i}$ are equal and $R$ is a singleton denoted $\{a\}$. Thus $a^{2}+1 \equiv a$ $\bmod p$ so $p \mid a^{2}+1-a$ and $p \leqslant n^{2}-n+1$ for all $n$ in $S$. If $n_{0}$ is the smallest element of $S$, then in particular $p \leqslant n_{0}^{2}-n_{0}+1$.
In conclusion, if $p$ does not divide any element of $S$, $p$ is bounded by $n_{0}^{2}-n_{0}+1$. Thus the set of prime numbers not dividing any element of $S$ is finite.
Comment from the graders
The problem was well solved by the few students who tackled it.
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Number Theory
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Soit $S$ un ensemble non vide d'entiers strictement positifs vérifiant la propriété suivante : Pour tous entiers $a, b \in S$, l'entier $a b+1$ appartient aussi à $S$.
Montrer que l'ensemble des nombres premiers ne divisant aucun des éléments de $S$ est fini.
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Soit $p$ un nombre premier et soit $a_{1}, a_{2}, \ldots a_{k}$ les restes possibles des éléments de $S$ modulo $p$. On suppose que 0 n'appartient pas à $R=\left\{a_{1}, \ldots, a_{k}\right\}$, c'est-à-dire que $p$ ne divise aucun élément de $S$.
On sait que pour tout $i, j, a_{i} a_{j}+1 \in R$. Notons que si $j$ et $l$ sont distincts, alors $a_{i} a_{j}+1$ et $a_{i} a_{l}+1$ sont distincts. En effet
$$
a_{i} a_{j}+1-\left(a_{i} a_{l}+1-\equiv a_{i}\left(a_{j}-a_{l}\right) \neq 0 \quad \bmod p\right.
$$
Ainsi pour $i$ fixé, $R=\left\{a_{1}, \ldots, a_{k}\right\}=\left\{a_{i} a_{1}+1, \ldots, a_{i} a_{k}+1\right\}$. Il vient que
$$
a_{1}+\ldots+a_{k} \equiv a_{i} a_{1}+1+\ldots+a_{i} a_{k}+1 \equiv a_{i}\left(a_{1}+\ldots+a_{k}\right)+k \bmod p
$$
Si $a_{1}+\ldots+a_{k} \equiv 0 \bmod p$, alors $k \equiv 0 \bmod p$ donc $k=p$ et $0 \in R$ ce qui est contraire à l'hypothèse. On déduit que $a_{1}+\ldots+a_{k}$ est inversible modulo $p$ et
$$
a_{i} \equiv \frac{k}{a_{1}+\ldots+a_{k}} \bmod p
$$
Ce terme ne dépend pas de $i$. Donc les $a_{i}$ sont égaux et $R$ est un singleton noté $\{a\}$. Ainsi $a^{2}+1 \equiv a$ $\bmod p$ donc $p \mid a^{2}+1-a$ et $p \leqslant n^{2}-n+1$ pour tout $n$ dans $S$. Si $n_{0}$ est le plus petit élément de $S$, alors en particulier $p \leqslant \mathfrak{n}_{0}^{2}-\mathfrak{n}_{0}+1$.
En conclusion, si $p$ ne divise aucun élément de $S$, $p$ est borné par $n_{0}^{2}-n_{0}+1$. Ainsi l'ensemble des nombres premiers ne divisant aucun élément de $S$ est fini.
Commentaire des correcteurs
L'exercice a été bien résolu par les quelques élèves qui l'ont traité.
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{
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-corrigé-commenté-envoi-3.jsonl",
"problem_match": "\nExercice 17.",
"solution_match": "\nSolution de l'exercice 17"
}
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9a6b7aac-5106-5717-a7fa-37d37f0fddab
| 607,300
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We choose 5 positive divisors of $10^{2020}$. Show that there are two of them whose product is a square.
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We start by looking at the form that a potential divisor of $10^{2020}$ can take. The divisors of $10^{2020}$ are of the form $2^{\mathrm{a}} 5^{\mathrm{b}}$. The product of two divisors is therefore also a number of the form $2^{a} 5^{b}$ and it is a perfect square if and only if $a$ and $b$ are both even. We are thus reduced to proving the following result: if we have 5 pairs of integers $\left(a_{i}, b_{i}\right)$ with $1 \leqslant i \leqslant 5$ and the $a_{i}$ and $b_{i}$ are all less than or equal to 2020, then we can find two indices $j$ and $k$ such that $\left(a_{i}+a_{j}, b_{i}+b_{j}\right)$ is a pair of two even integers. We quickly check if this result is true for a few pairs of integers and now seek to prove this result. We are led to consider the parity of the integers in question. There are 4 possibilities for a pair $(\mathrm{a}, \mathrm{b})$: either $a$ and $b$ are even, or $a$ and $b$ are odd, or $a$ is even and $b$ is odd, or $a$ is odd and $b$ is even. Thus, by the pigeonhole principle, if we choose 5 pairs of integers $\left(a_{i}, b_{i}\right)$ with $1 \leqslant i \leqslant 5$, there are two pairs $\left(a_{j}, b_{j}\right)$ and $\left(a_{k}, b_{k}\right)$ having the same characteristic, that is, such that $a_{j}$ and $a_{k}$ are of the same parity and $b_{j}$ and $b_{k}$ are of the same parity. Then $a_{j}+a_{k}$ and $b_{j}+b_{k}$ are both even. Thus, by choosing 5 divisors of $10^{2020}$, we can find 2 such that their product is a square.
Comment from the graders:
The exercise was generally very well done. Some considered that every divisor of $10^{2020}$ is of the form $2^{x}$, $5^{y}$, or $10^{z}$, which is not true (for example, 20 is a divisor of $10^{2020}$ and has none of the forms mentioned). Some said that if we have two divisors of the form $2^{b} 5^{c}$ and $2^{\mathrm{d}} 5^{f}$ with $b$ and $d$ of the same parity, and $c$ and $f$ of the same parity, then their product is a square; this needed to be justified by saying that two numbers of different parity have an even sum. Attention to the verb "must": many said that for the product of $2^{\mathrm{b}} 5^{\mathrm{c}}$ and $2^{\mathrm{d}} 5^{\mathrm{f}}$ to be a square, it must have $\mathrm{b}+\mathrm{d}$ even and $\mathrm{c}+\mathrm{f}$ even, which is true. However, they then used the fact that if $\mathrm{b}+\mathrm{d}$ is even and $\mathrm{c}+\mathrm{f}$ is even, then the product of $2^{\mathrm{b}} 5^{\mathrm{c}}$ and $2^{\mathrm{d}} 5^{\mathrm{f}}$ is a square, which is not the same as what was stated. When one says "for A it must have B," one asserts that A implies B, that is, if one has A then one has B. To say that B implies A, one must say "for A it suffices to have B." "It must be that" and "it suffices that" have different meanings.
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Number Theory
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On choisit 5 diviseurs positifs de $10^{2020}$. Montrer qu'il y en a deux dont le produit est un carré.
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On commence par regarder la forme que peut prendre un éventuel diviseur de $10^{2020}$. Les diviseurs de $10^{2020}$ sont de la forme $2^{\mathrm{a}} 5^{\mathrm{b}}$. Le produit de deux diviseurs est donc également un nombre de la forme $2^{a} 5^{b}$ et c'est un carré parfait si et seulement si $a$ et $b$ sont tous les deux pairs. On est donc ramené à montrer le résultat suivant : si on a 5 paires d'entiers $\left(a_{i}, b_{i}\right)$ avec $1 \leqslant i \leqslant 5$ et les $a_{i}$ et $b_{i}$ tous les deux inférieurs ou égaux à 2020, alors on peut trouver deux indices $j$ et $k$ tels que $\left(a_{i}+a_{j}, b_{i}+b_{j}\right)$ est un couple de deux nombres entiers pairs. On s'empresse de regarder si ce résultat est vrai pour quelques paires d'entiers et on cherche désormais à démontrer ce résultat. On est amené à regarder la parité des entiers considérés. Il y a 4 possibilités pour un couple ( $\mathrm{a}, \mathrm{b}$ ) : soit a et b sont pairs, soit $a$ et $b$ sont impairs, soit $a$ est pair et $b$ est pair, soit $a$ est impair et $b$ est pair. Ainsi par le principe des tiroirs, si on choisit 5 paires d'entiers $\left(a_{i}, b_{i}\right)$ avec $1 \leqslant i \leqslant 5$, il y a deux couples $\left(a_{j}, b_{j}\right)$ et $\left(a_{k}, b_{k}\right)$ possédant la même caractéristique, c'est-à-dire tels que $a_{j}$ et $a_{k}$ soient de le même parité et $b_{j}$ et $b_{k}$ soient de même parité. Alors $a_{j}+a_{k}$ et $b_{j}+b_{k}$ sont tous les deux paires. Ainsi, en choisissant 5 diviseurs de $10^{2020}$, on peut en trouver 2 tels que leur produit soit un carré.
Commentaire des correcteurs
Exercice globalement très bien réussi. Certains ont considéré que tout diviseur de $10^{2} 020$ était sous la forme $2^{x}, 5^{y}$ ou $10^{z}$ ce qui n'est pas vrai (par exemple 20 est un diviseur de $10^{2020}$ et n'a aucune des formes citées). Certains ont dit que si on avait deux diviseurs sous la forme $2^{b} 5^{c}$ et $2^{\mathrm{d}} 5^{f}$ avec b et d de même parité, c et f de même parité alors leur produit est un carré, il fallait justifier cela en disant que deux nombres de parité différente ont une somme paire. Attention au verbe falloir : beaucoup ont dit que pour que le produit de $2^{\mathrm{b}} 5^{\mathrm{c}}$ et $2^{\mathrm{d}} 5^{\mathrm{f}}$ soit un carré il fallait avoir $\mathrm{b}+\mathrm{d}$ pair et $\mathrm{c}+\mathrm{f}$ pair, ce qui est vrai. Néanmoins ils ont utilisé après que si on a $\mathrm{b}+\mathrm{d}$ pair et $\mathrm{c}+\mathrm{f}$ pair alors le produit de $2^{\mathrm{b}} 5^{\mathrm{c}}$ et $2^{\mathrm{d}} 5^{\mathrm{f}}$ est un carré, ce qui n'est pas la même chose que ce qui était dit. Quand on affirme "pour A il faut avoir B", on affirme que A implique B , c'est-à-dire que si on a A alors on a B . Pour dire que B implique A , on doit dire "pour A il suffit d'avoir B". "Il faut que" et "il suffit que" ont des sens différents.
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{
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-corrigé-commenté-envoi-4.jsonl",
"problem_match": "## Exercice 4.",
"solution_match": "\nSolution de l'exercice 4"
}
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390ab399-3588-5cfe-a26c-d28cfd6059b6
| 607,305
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We choose 5 divisors of $10^{2020}$. Show that there are two of them whose product is a square.
翻译结果如上，保留了原文的换行和格式。
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We start by looking at the form an eventual divisor of $10^{2020}$ can take. The divisors of $10^{2020}$ are of the form $2^{\mathrm{a}} 5^{\mathrm{b}}$. The product of two divisors is therefore also a number of the form $2^{a} 5^{b}$ and it is a perfect square if and only if $a$ and $b$ are both even. We are thus reduced to proving the following result: if we have 5 pairs of integers $\left(a_{i}, b_{i}\right)$ with $1 \leqslant i \leqslant 5$ and the $a_{i}$ and $b_{i}$ all being less than or equal to 2020, then we can find two indices $j$ and $k$ such that $\left(a_{i}+a_{j}, b_{i}+b_{j}\right)$ is a pair of two even integers. We quickly check if this result is true for a few pairs of integers and now seek to prove this result. We are led to consider the parity of the integers in question. There are 4 possibilities for a pair $(a, b):$ either $a$ and $b$ are even, or $a$ and $b$ are odd, or $a$ is even and $b$ is odd, or $a$ is odd and $b$ is even. Thus, by the pigeonhole principle, if we choose 5 pairs of integers $(a_{i}, b_{i})$ with $1 \leqslant i \leqslant 5$, there are two pairs $(a_{j}, b_{j})$ and $\left(a_{k}, b_{k}\right)$ having the same characteristic, that is, such that $a_{j}$ and $a_{k}$ are of the same parity and $b_{j}$ and $b_{k}$ are of the same parity. Then $a_{j}+a_{k}$ and $b_{j}+b_{k}$ are both even. Thus, by choosing 5 divisors of $10^{2020}$, we can find 2 such that their product is a square.
Comment from the graders
The exercise is very well done. A recurring mistake is to misidentify the divisors of $10^{2020}$.
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Number Theory
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On choisit 5 diviseurs de $10^{2020}$. Montrer qu'il y en a deux dont le produit est un carré.
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On commence par regarder la forme que peut prendre un éventuel diviseur de $10^{2020}$. Les diviseurs de $10^{2020}$ sont de la forme $2^{\mathrm{a}} 5^{\mathrm{b}}$. Le produit de deux diviseurs est donc également un nombre de la forme $2^{a} 5^{b}$ et c'est un carré parfait si et seulement si $a$ et $b$ sont tous les deux pairs. On est donc ramené à montrer le résultat suivant : si on a 5 paires d'entiers $\left(a_{i}, b_{i}\right)$ avec $1 \leqslant i \leqslant 5$ et les $a_{i}$ et $b_{i}$ tous les deux inférieurs ou égaux à 2020, alors on peut trouver deux indices $j$ et $k$ tels que $\left(a_{i}+a_{j}, b_{i}+b_{j}\right)$ est un couple de deux nombres entiers pairs. On s'empresse de regarder si ce résultat est vrai pour quelques paires d'entiers et on cherche désormais à démontrer ce résultat. On est amené à regarder la parité des entiers considérés. Il y a 4 possibilités pour un couple $(a, b):$ soit $a$ et b sont pairs, soit $a$ et $b$ sont impairs, soit $a$ est pair et $b$ est pair, soit $a$ est impair et $b$ est pair. Ainsi par le principe des tiroirs, si on choisit 5 paires d'entiers ( $a_{i}, b_{i}$ ) avec $1 \leqslant i \leqslant 5$, il y a deux couples ( $a_{j}, b_{j}$ ) et $\left(a_{k}, b_{k}\right)$ possédant la même caractéristique, c'est-à-dire tels que $a_{j}$ et $a_{k}$ soient de le même parité et $b_{j}$ et $b_{k}$ soient de même parité. Alors $a_{j}+a_{k}$ et $b_{j}+b_{k}$ sont tous les deux paires. Ainsi, en choisissant 5 diviseurs de $10^{2020}$, on peut en trouver 2 tels que leur produit soit un carré.
Commentaire des correcteurs
L'exercice est très bien réussi. Une erreur récurrente est de mal identifier les diviseurs de $10^{2020}$.
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{
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-corrigé-commenté-envoi-4.jsonl",
"problem_match": "## Exercice 10.",
"solution_match": "\nSolution de l'exercice 10"
}
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f3e95e3b-7f67-5053-8eaf-c92044ef7057
| 607,311
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At a party, 2019 people sit around a round table, distributing themselves evenly. After sitting down, they notice that a card indicating a name is placed at each seat, and no one is sitting at the seat where their name is written. Show that the table can be rotated so that two people end up sitting in front of their name.
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We start by testing the statement with smaller values, for example, for a party of 5 people.
Then, we try to encode the information. We call a rotation a configuration obtained after rotating the table from its original position. For a rotation $r$, we associate $n(r)$ the number of people sitting opposite their name after the rotation.
Since for every person there is a unique rotation that makes them sit opposite their name, $\sum_{r=0}^{2018} n(r)=$ 2019. There are 2019 rotations, and the null rotation satisfies $n(r)=0$. Therefore, since 2018 positive integers have a sum of 2019, one of them must be at least 2 by the pigeonhole principle, which means that a rotation indeed brings two names opposite the correct people.
Comment from the graders
The problem is very well executed. When applying the pigeonhole principle, it is not necessary to specify which are the socks and which are the drawers when the situation is sufficiently clear.
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proof
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Yes
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Yes
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Combinatorics
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Lors d'une fête, 2019 personnes s'assoient autour d'une table ronde, en se répartissant de façon régulière. Après s'être assises, elles constatent qu'un carton indiquant un nom est posé à chacune des places et que personne n'est assis à la place où figure son nom. Montrer qu'on peut tourner la table de telle sorte que deux personnes se retrouvent assises en face de leur nom.
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On commence par tester l'énoncé sur des valeurs plus petites, par exemple pour une fête de 5 personnes.
Ensuite, on essaye de coder l'information. On appelle rotation une configuration obtenue après avoir tourné la table depuis sa position d'origine. À une rotation $r$, on associe $n(r)$ le nombre de personnes assises face à leur nom après la rotation.
Comme pour toute personne il existe une unique rotation qui la rend assise face à son nom, $\sum_{r=0}^{2018} n(r)=$ 2019. Or il y a 2019 rotations et la rotation nulle vérifie $n(r)=0$. Donc comme 2018 entiers positifs ont pour somme 2019, l'un d'eux vaut donc au moins 2 par principe des tiroirs, ce qui signifie bien qu'une rotation amène deux noms en face des bonnes personnes.
Commentaire des correcteurs
Le problème est très bien réussi. Lorsque l'on applique le principe des tiroirs, il n'est pas nécessaire de préciser qui sont les chaussettes et qui sont les tiroirs lorsque la situation est suffisamment claire.
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{
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-corrigé-commenté-envoi-4.jsonl",
"problem_match": "\nExercice 11.",
"solution_match": "\nSolution de l'exercice 11"
}
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ba160aeb-6f05-5ed0-9bc0-3dc0ce016a03
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A high school has an odd number of classes, and in each class, there is an odd number of students. One student is chosen from each class to be part of the student committee. If the number of classes with more boys than girls is odd, show that the number of ways to form a student committee containing an odd number of boys exceeds the number of ways to form a student committee containing an odd number of girls.
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In the absence of ideas in the face of the problem, we can try to prove the result by induction. To see if this could work, we can look at what happens to the result when moving from a high school with 3 students to one with 4 students. We also check that the assumptions of the statement are suitable for induction. We realize that we will have to distinguish several cases, depending on the distribution of boys and girls in the different classes. We start the induction.
We will show the result by strong induction on the total number of students. If there are no students, then the result is true, as well as if there is only one student in the high school.
Suppose there are \( n \) students in total in classes satisfying the statement. Suppose the statement of the exercise is true whenever there are strictly fewer than \( n \) students. There are two cases to consider:
- If there is no class with a girl and a boy, then there is an odd number of classes with only boys and the other classes have only girls, so the committee will necessarily have an odd number of boys, and the statement is verified.
- If there is a class with a girl and a boy, let's call them Alice and Bob, respectively. If we remove Alice and Bob from the class, then there are more ways to choose the committee with an odd number of boys. If we consider only the committees with either Alice or Bob, then there are as many committees with an odd number of boys as with an odd number of girls: indeed, swapping Alice and Bob changes the parity of the number of boys and girls. Thus, the statement is verified.
By strong induction, the statement is verified regardless of the total number of students.
A slightly more clever solution is to proceed differently: let \( n \) be the number of classes, and let \( f_i \) and \( g_i \) be the number of girls and boys in class \( i \) for \( 1 \leq i \leq n \). Then the following quantity, when expanded, counts the number of ways to form a committee with an odd number of boys minus the number of ways to form a committee with an odd number of girls:
\[
\prod_{i=1}^{n}\left(g_{i}-f_{i}\right)
\]
But this product is positive if there is an odd number of classes with more boys than girls, which gives the desired result.
Comment from the graders:
Most students proceeded by induction on the number of classes, using the rearrangement inequality. Most did so correctly, but some wrote strict inequalities without justifying why the equality case does not occur (which requires citing one of the assumptions of the statement: the odd number of students per class).
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Yes
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Yes
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proof
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Combinatorics
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Un lycée comporte un nombre impair de classes, et, dans chaque classe, un nombre impair d'élèves. Un élève est choisi dans chaque classe pour faire parti du comité des élèves. Si le nombre de classes avec le plus de garçons que de filles est impair, montrer que le nombre de façons de former un comité des élèves contenant un nombre impair de garçons excède le nombre de façons de former un comité d'élèves contenant un nombre impair de filles.
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En l'absence d'idées face au problème, on peut essayer de démontrer le résultat par récurrence. Pour regarder si cela pourrait fonctionner, on peut regarder ce qu'il advient du résultat si l'on passe d'un lycée avec 3 élèves à un lycée avec 4 élèves. On vérifie également que les hypothèses de l'énoncé sont adaptées à une récurrence. On s'aperçoit que nous allons devoir distinguer plusieurs cas, selon la répartition garçon/filles dans les différentes classes. On démarre donc la récurrence.
Nous allons montrer le résultat par récurrence forte sur le nombre d'élèves au total. S'il n'y a aucun élève, alors le résultat est vrai, de même s'il n'y a qu'un élève dans le lycée.
Supposons qu'il y ait n élèves en tout dans des classes satisfaisant l'énoncé. Supposons que l'énoncé de l'exercice est vrai dès lors qu'il y a strictement moins que n élèves. Il y a deux cas à étudier :
- S'il n'y a de classe avec une fille et un garçon, alors il y a un nombre impair de classe avec que des garçons et les autres classes n'ont que des filles, donc le comité aura nécessairement un nombre impair de garçons, l'énoncé est vérifié.
- S'il existe une classe avec une fille et un garçon, appelons-les respectivement Alice et Bob. Si on enlève Alice et Bob de la classe alors il y a plus de manières de choisir le comité avec un nombre impair de garçons. Si on considère uniquement les comités avec soit Alice soit Bob, alors on a autant de comité avec un nombre impair de garçons qu'avec un nombre impair de filles : en effet, échanger Alice et Bob change la parité du nombre de garçons et de filles. Ainsi l'énoncé est vérifié.
Par récurrence forte, l'énoncé est vérifié quelque soit le nombre total d'élèves.
Une solution un peu plus astucieuse consiste à procéder différemment : soit $n$ le nombre de classes, et soient $f_{i}$ et $g_{i}$ les nombres de filles et garçons dans la classe $i$ pour $1 \leqslant i \leqslant n$. Alors la quantité suivante, lorsqu'on la développ,e compte le nombre de façons de faire un comité avec un nombre impair de garçons moins celui de faire un comité avec un nombre impair de filles :
$$
\prod_{i=1}^{n}\left(g_{i}-f_{i}\right)
$$
Mais ce produit est positif s'il y a un nombre impair de classes avec plus de garçons que de filles, ce qui donne bien le résultat voulu.
Commentaire des correcteurs
Les élèves ont pour la plupart procédé par récurrence sur le nombre de classes, en utilisant l'inégalité de réordonnement. La plupart ont procédé de manière correcte, mais certains ont écrit des inégalités strictes sans justifier pourquoi le cas d'égalité ne se présente pas (qui demande de citer une des hypothèses de l'énoncé : le nombre impair d'élèves par classe).
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{
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-corrigé-commenté-envoi-4.jsonl",
"problem_match": "\nExercice 15.",
"solution_match": "\nSolution de l'exercice 15"
}
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Let $ABC$ be a triangle such that $\widehat{BAC}=60^{\circ}$. Let $O$ be the center of the circumcircle of triangle $ABC$, $H$ its orthocenter, and $I$ the point of intersection of the angle bisectors. Show that the points $B$, $O$, $I$, $H$, and $C$ are concyclic.
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We handle the case where the angles of the triangle are acute.
Before embarking on an angle chase, we consider which angle equalities we need to determine to show that the 5 points lie on the same circle. For this, we note that we have, a priori, easier access to the angles of triangles BOC, BHC, and BIC than to the angles of triangle BOH, for example. This motivates us to show that $\widehat{\mathrm{BOC}}=\widehat{\mathrm{BHC}}=\widehat{\mathrm{BIC}}$.
First, according to the inscribed angle theorem, $\widehat{B O C}=2 \cdot \widehat{B A C}=120^{\circ}$. We know, therefore, that we need to show successively that $\widehat{\mathrm{BHC}}=120^{\circ}$ and $\widehat{\mathrm{BIC}}=120^{\circ}$.
To calculate $\widehat{\mathrm{BHC}}$, we use the definition of point H as the intersection of the altitudes of triangle $A B C$. We introduce $D, E$, and $F$ as the feet of the altitudes from vertices $A, B$, and $C$, respectively. We then use the fact (which is classical) that $\widehat{\mathrm{HEA}}=180^{\circ}-\widehat{\mathrm{HFA}}=90^{\circ}$ to obtain that points $A, E, H$, and $F$ are concyclic. Thus, $\widehat{\mathrm{FHE}}=180^{\circ}-\widehat{\mathrm{EAF}}=120^{\circ}$, so $\widehat{\mathrm{BHC}}=\widehat{\mathrm{EHF}}=120^{\circ}$.
Finally, to show that $\widehat{\mathrm{BIC}}=120^{\circ}$, we use the fact that point I is the intersection of the angle bisectors of the triangle. This definition gives us access to the angles $\widehat{\mathrm{BCI}}$ and $\widehat{\mathrm{BCI}}$ in terms of the angles of the triangle. Therefore, we have:
$\widehat{\mathrm{BIC}}=180^{\circ}-\widehat{\mathrm{IBC}}-\widehat{\mathrm{ICB}}=180^{\circ}-\frac{1}{2} \widehat{\mathrm{ABC}}-\frac{1}{2} \widehat{\mathrm{ACB}}=180^{\circ}-\frac{1}{2}\left(180^{\circ}-\widehat{\mathrm{BAC}}\right)=180^{\circ}-60^{\circ}=120^{\circ}$
In conclusion, $\widehat{\mathrm{BOC}}=\widehat{\mathrm{BHC}}=\widehat{\mathrm{BIC}}=120^{\circ}$, so the 5 points $\mathrm{B}, \mathrm{O}, \mathrm{H}, \mathrm{I}$, and C are concyclic.
We can handle the case where one of the angles of triangle $A B C$ is obtuse in a similar manner.
Comment from the graders: The exercise is mostly well done.
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Yes
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Yes
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Geometry
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Soit $A B C$ un triangle tel que $\widehat{B A C}=60^{\circ}$. Soit $O$ le centre du cercle circonscrit au triangle $A B C, H$ son orthocentre et $I$ le point d'intersection des bissectrices. Montrer que les points B, O, I, H et C sont cocycliques.
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On traite le cas où les angles du triangle sont aigus.
Avant de se lancer dans une chasse aux angles, on se demande quelles égalités d'angles nous allons déterminer pour montrer que les 5 points sont sur un même cercle. Pour cela, on note qu'on a, à priori, plus facilement accès aux angles des triangles BOC, BHC et BIC qu'aux angles du triangle BOH par exemple. Ceci nous motive à montrer que $\widehat{\mathrm{BOC}}=\widehat{\mathrm{BHC}}=\widehat{\mathrm{BIC}}$.
Tout d'abord, d'après le théorème de l'angle inscrit, $\widehat{B O C}=2 \cdot \widehat{B A C}=120^{\circ}$. On sait donc que nous allons devoir montrer successivement $\widehat{\mathrm{BHC}}=120^{\circ}$ et $\widehat{\mathrm{BIC}}=120^{\circ}$.
Pour calculer $\widehat{\mathrm{BHC}}$, on utilise la définition du point H comme le point d'intersection des hauteurs du triangle $A B C$. On introduit donc $D, E$ et $F$ les pieds des hauteurs respectivement issues des sommets $A, B$ et $C$. On utilise alors le fait (classique) que $\widehat{\mathrm{HEA}}=180^{\circ}-\widehat{\mathrm{HFA}}=90^{\circ}$ pour obtenir que les points $A, E, H$ et $F$ sont cocycliques. Ainsi $\widehat{\mathrm{FHE}}=180^{\circ}-\widehat{\mathrm{EAF}}=120^{\circ}$ donc $\widehat{\mathrm{BHC}}=\widehat{\mathrm{EHF}}=120^{\circ}$
Enfin, pour montrer que $\widehat{\mathrm{BIC}}=120^{\circ}$, on se sert du fait que le point I est le point d'intersection des bissectrices du triangle. Cette définition nous donne en effet accès aux angles $\widehat{\mathrm{BCI}}$ et $\widehat{\mathrm{BCI}}$ en fonction des angles du triangle. On a donc:
$\widehat{\mathrm{BIC}}=180^{\circ}-\widehat{\mathrm{IBC}}-\widehat{\mathrm{ICB}}=180^{\circ}-\frac{1}{2} \widehat{\mathrm{ABC}}-\frac{1}{2} \widehat{\mathrm{ACB}}=180^{\circ}-\frac{1}{2}\left(180^{\circ}-\widehat{\mathrm{BAC}}\right)=180^{\circ}-60^{\circ}=120^{\circ}$
En conclusion, $\widehat{\mathrm{BOC}}=\widehat{\mathrm{BHC}}=\widehat{\mathrm{BIC}}=120^{\circ}$ donc les 5 points $\mathrm{B}, \mathrm{O}, \mathrm{H}, \mathrm{I}$ et C sont cocycliques.
On peut traiter de façon similaire le cas où un des angles du triangle $A B C$ est obtus.
Commentaire des correcteurs: L'exercice est majoritairement bien réussi.
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{
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-corrigé-commenté-envoi-5.jsonl",
"problem_match": "\nExercice 2.",
"solution_match": "## \nSolution de l'exercice 2"
}
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Let $ABC$ be a triangle with acute angles. The altitude from $A$ intersects the circumcircle of triangle $ABC$ at a point $D$. The altitude from $B$ intersects the circumcircle of triangle $ABC$ at a point $E$. The line $(ED)$ intersects the sides $[AC]$ and $[BC]$ at points $P$ and $Q$ respectively. Show that the points $P, Q, B$ and $A$ are concyclic.
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Let's determine which angles seem easy to access. For example, it seems complicated to obtain the angle $\widehat{\mathrm{PBQ}}$ or the angle $\widehat{\mathrm{PBA}}$. On the other hand, we already know the angle $\widehat{\mathrm{QBA}}$, so it seems reasonable to try to show that $\widehat{\mathrm{QPA}}=180^{\circ}-\widehat{\mathrm{QBA}}$.
Now, $180^{\circ}-\widehat{\mathrm{QPA}}=\widehat{\mathrm{EPA}}$, so we try to show that $\widehat{\mathrm{EPA}}=\widehat{\mathrm{QBA}}$. Two right angles are given: if we let $H_{B}$ be the foot of the altitude from vertex $B$ and $H_{A}$ be the foot of the altitude from vertex $A$, then the angles $\widehat{A H_{A} B}$ and $\widehat{B H_{B} A}$ are right angles.
We have not yet used the hypothesis that points $E$ and $D$ are on the circumcircle of triangle $A B C$. This hypothesis translates into an angle equality using the inscribed angle theorem. This gives notably $\widehat{\mathrm{DEB}}=\widehat{\mathrm{DAB}}$.
By reporting these angle equalities on the figure, we find that $\widehat{\mathrm{PEH}_{B}}=\widehat{\mathrm{H}_{\mathrm{A}} \mathrm{AB}}$ and $\widehat{\mathrm{PH}_{B} \mathrm{E}}=\widehat{\mathrm{BH}_{\mathrm{A}} \mathrm{A}}$. The triangles $\mathrm{PEH}_{B}$ and $\mathrm{BAH}_{\mathrm{A}}$ are therefore similar (there are two pairs of equal angles). Thus, $\widehat{\mathrm{EPH}_{\mathrm{B}}}=\widehat{\mathrm{ABH}_{\mathrm{A}}}$, which is the equality we wanted to prove.
Comment from the graders: The exercise is very well done, and the students have shown several effective ways of looking at the problem.
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Geometry
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Soit $A B C$ un triangle dont les angles sont aigus. La hauteur issue de $A$ recoupe le cercle circonscrit au triangle $A B C$ en un point $D$. La hauteur issue de $B$ recoupe le cercle circonscrit au triangle $A B C$ en un point $E$. La droite (ED) coupe les côtés $[A C]$ et $[B C]$ respectivement en les points $P$ et $Q$. Montrer que les points $P, Q, B$ et $A$ sont cocycliques.
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Déterminons quels sont les angles qui semblent faciles d'accès. Par exemple, il semble compliqué de pouvoir obtenir l'angle $\widehat{\mathrm{PBQ}}$ ou l'angle $\widehat{\mathrm{PBA}}$. En revanche, on connait déjà l'angle $\widehat{\mathrm{QBA}}$ donc il semble raisonnable d'essayer de montrer que $\widehat{\mathrm{QPA}}=180^{\circ}-\widehat{\mathrm{QBA}}$.
Or, $180^{\circ}-\widehat{\mathrm{QPA}}=\widehat{\mathrm{EPA}}$, on essaye donc de montrer que $\widehat{\mathrm{EPA}}=\widehat{\mathrm{QBA}}$. Deux angles droits nous sont donnés : si on pose $H_{B}$ le pied de la hauteur issue du sommet $B$ et $H_{A}$ le pied de la hauteur issue du sommet $A$, alors les angles $\widehat{A H_{A} B}$ et $\widehat{B H_{B} A}$ sont droits.
On n'a pas encore utilisé l'hypothèse que les points $E$ et $D$ étaient sur le cercle circonscrit au triangle $A B C$. Cette hypothèse se traduit par une égalité d'angle à l'aide du théorème de l'angle inscrit. Ceci donne notemment $\widehat{\mathrm{DEB}}=\widehat{\mathrm{DAB}}$.
En reportant ces différentes égalités d'angles sur la figure, on trouve donc que $\widehat{\mathrm{PEH}_{B}}=\widehat{\mathrm{H}_{\mathrm{A}} \mathrm{AB}}$ et $\widehat{\mathrm{PH}_{B} \mathrm{E}}=\widehat{\mathrm{BH}_{\mathrm{A}} \mathrm{A}}$. Les triangles $\mathrm{PEH}_{B}$ et $\mathrm{BAH}_{\mathrm{A}}$ sont donc sembables (il y a deux paires d'angles égaux deux à deux). Ainsi, $\widehat{\mathrm{EPH}_{\mathrm{B}}}=\widehat{\mathrm{ABH}_{\mathrm{A}}}$ qui est l'égalité que l'on souhaitait démontrer.
Commentaire des correcteurs: L'exercice est très bien réussi et les élèves ont montré plusieurs façons efficaces de voir les choses.
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{
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-corrigé-commenté-envoi-5.jsonl",
"problem_match": "\nExercice 4.",
"solution_match": "## Solution de l'exercice 4"
}
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A grid of size $\mathrm{n} \times \mathrm{n}$ contains $\mathrm{n}^{2}$ cells. Each cell contains a natural number between 1 and $\boldsymbol{n}$, such that each integer in the set $\{1, \ldots, n\}$ appears exactly $n$ times in the grid. Show that there exists a column or a row of the grid containing at least $\sqrt{n}$ different numbers.
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Let's first look at what happens in what seems to be the 'worst case': if each row/column does not contain many numbers, each number will be present a lot. In particular, for any $i$, the number of $i$ seems to be written in few rows and columns. But a priori, if the number $i$ appears too much in a row, it will appear in many columns and vice versa. A priori, the worst case seems to be the one where each number appears in as many columns as rows, and since each number appears $n$ times, the square must be of dimension $\sqrt{n}$, so $i$ appears in at least $2 \sqrt{n}$ rows and columns.
Of course, this analysis is by no means a proof, but we see two important ideas: first, the number of distinct numbers in each row/column seems to be related to the number of rows/columns in which each number appears. Second, for any $i$ between 1 and $n$, the number $i$ appears at least on $2 \sqrt{n}$ rows and columns. We will therefore try to formalize this.
Let $a_{c, i}$ for $c$ a column or a row and $i$ an integer between 1 and $n$ be the number of times $i$ appears in $c$, let $c_{i}$ (resp. $l_{i}$) be the number of columns (resp. rows) to which $i$ belongs. Let $C$ be the set of columns and $L$ the set of rows.
Note that the hypothesis that $i$ appears $n$ times translates as $c_{i} \times l_{i} \geqslant n$ because $i$ appears in at most $c_{i} l_{i}$ cells.
Note that for any $i$, $l_{i}+c_{i}$ being the number of rows or columns where $i$ appears, it is $\sum_{c \in C \cup L} a_{c, i}$. The number of distinct elements in column $c$ is, in turn, $\sum_{i=1}^{n} a_{c, i}$. In particular, we see that the $a_{c, i}$ play an important role in the problem.
Now it remains to relate the number of appearances of $i$ in the different rows/columns to the number of numbers in each row. For this, we will look at the sum of the $a_{c, i}$ (we sum over $i$ from 1 to $n$ and over $c$ columns and rows) and use the two previous interpretations.
We thus obtain $\sum_{i=1}^{n} \sum_{c \in C \cup L} a_{c, i}=\sum_{i=1}^{n} c_{i}+l_{i} \geqslant \sum_{i=1}^{n} 2 \sqrt{c_{i} l_{i}} \geqslant 2 n \sqrt{n}$.
We deduce that $\sum_{c \in C \cup L} \sum_{i=1}^{n} a_{c, i} \geqslant \sum_{i=1}^{n} 2 \sqrt{c_{i} l_{i}}=2 n \sqrt{n}$.
In particular, since there are $2 n$ rows or columns, there exists $c$ rows or columns such that $\sum_{i=1}^{n} a_{c, i} \geqslant \sqrt{n}$ i.e., $c$ contains at least $\sqrt{n}$ different numbers.
Comment from the graders: The exercise was very difficult and only one student succeeded. It was necessary to try to relate the number of numbers per row to the number of columns/rows where a number appears, and few students had this idea.
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Combinatorics
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Une grille de taille $\mathrm{n} \times \mathrm{n}$ contient $\mathrm{n}^{2}$ cases. Chaque case contient un entier naturel compris entre 1 et $\boldsymbol{n}$, de telle sorte que chaque entier de l'ensemble $\{1, \ldots, n\}$ apparaît exactement $n$ fois dans la grille. Montrer qu'il existe une colonne ou une ligne de la grille contenant au moins $\sqrt{n}$ nombres différents.
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Essayons d'abord de regarder ce qui se passe dans ce qui semble être 'le pire cas" : si chaque ligne/colonne ne contient pas beaucoup de numéros, chaque numéro va y être beaucoup présent. En particulier, pour tout $i$, le nombre de $i$ semble être écrit dans peu de lignes et de colonnes. Mais à priori si le numéro $i$ apparait trop dans une ligne, il apparaitra dans beaucoup de colonnes et inversement. A priori, le pire cas semble être celui où chaque numéro apparaît dans autant de colonnes que de lignes et comme chaque numéro apparaît $n$ fois, le carré doit être de dimension $\sqrt{n}$, donc $i$ apparait dans au moins $2 \sqrt{n}$ lignes et colonnes.
Bien sûr, cette analyse ne constitue en rien une preuve, mais on voit deux idées importantes : premièrement, le nombre de numéros distincts dans chaque ligne/colonne semble avoir un lien avec le nombre de lignes/colonnes où chaque numéro apparaît. Deuxièmement, pour tout $i$ entre 1 et $n$, le nombre $i$ apparait au moins sur $2 \sqrt{n}$ lignes et colonnes. On va donc essayer de formaliser ça.
Notons $a_{c, i}$ pour $c$ une colonne ou une ligne et $i$ un entier entre 1 et $n$ le nombre de fois qu'apparait $i$ dans $c$, notons $c_{i}$ (resp. $l_{i}$ ) le nombre de colonnes (resp. lignes) à laquelle $i$ appartient. On note C l'ensemble des colonnes $L$ celui des lignes.
Notons que l'hypothèse du fait que $i$ apparait $n$ fois se traduit comme $c_{i} \times l_{i} \geqslant n$ car $i$ apparait dans au plus $c_{i} l_{i}$ cases.
Notons que pour tout $i$, $l_{i}+c_{i}$ étant le nombre de ligne ou de colonne où apparait $i$, il vaut $\sum_{c \in C \cup L} a_{c, i}$. Le nombre d'éléments distincts dans la colonne $c$ vaut, quant à lui, $\sum_{i=1}^{n} a_{c, i}$. En particulier, on voit bien que les $a_{c, i}$ jouent un rôle important dans le problème.
Maintenant il reste à relier le nombre d'apparitions de i dans les différentes lignes/colonnes au nombre de numéros dans chaque ligne. Pour cela on va regarder la somme des $a_{c, i}$ (on somme sur $i$ entre 1 et $n$ et sur c colonne et ligne) et utiliser les deux interprétations précédentes.
On obtient ainsi $\sum_{i=1}^{n} \sum_{c \in C \cup L} a_{c, i}=\sum_{i=1}^{n} c_{i}+l_{i} \geqslant \sum_{i=1}^{n} 2 \sqrt{c_{i} l_{i}} \geqslant 2 n \sqrt{n}$.
On en déduit que $\sum_{c \in C \cup L} \sum_{i=1}^{n} a_{c, i} \geqslant \sum_{i=1}^{n} 2 \sqrt{c_{i} l_{i}}=2 n \sqrt{n}$.
En particulier, comme il y a $2 n$ lignes ou colonnes, il existe $c$ colonnes ou lignes telles que $\sum_{i=1}^{n} a_{c, i} \geqslant \sqrt{n}$ i.e. c contient au moins $\sqrt{\mathrm{n}}$ numéros différents.
Commentaire des correcteurs: L'exercice était très dur et seul un élève l'a réussi. Il fallait essayer de relier le nombre de numéros par ligne aux nombres de colonnes/lignes où apparait un numéro et rares sont ceux qui ont eu l'idée.
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{
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-corrigé-commenté-envoi-5.jsonl",
"problem_match": "\nExercice 7.",
"solution_match": "\nSolution de l'exercice 7"
}
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Let $ABC$ be a non-isosceles triangle at $B$. Let $D$ be the foot of the angle bisector of $\angle ABC$. Let $M$ be the midpoint of the arc $\widehat{AC}$ containing $B$ on the circumcircle of triangle $ABC$. The circumcircle of triangle $BDM$ intersects the segment $[AB]$ at a point $K$ distinct from $B$. Let $J$ be the symmetric point of $A$ with respect to point $K$. The line $(DJ)$ intersects the line $(AM)$ at a point $O$. Show that the points $J, B, M$, and $O$ are concyclic.
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First, we recognize in the figure some known points: point $M$ is the midpoint of the arc $A C$ containing $B$, which is the North Pole of point $B$ in triangle $A B C$, meaning it is the intersection of the external bisector of angle $\widehat{A B C}$, the perpendicular bisector of segment $[A C]$, and the circumcircle of triangle $A B C$. Therefore, the angle $\widehat{D B M}$ is a right angle (by definition of the external bisector). The fact that $M$ lies on the perpendicular bisector of segment $[A C]$ also invites us to consider this bisector. Let $N$ be the midpoint of segment $[A C]$. Then $\widehat{\mathrm{DNM}}=90^{\circ}$. We deduce that points $B, M, N$, and $D$ are concyclic, and $D$ lies on the circle passing through points $B, K$, and $D$.
New concyclic points provide two pieces of information: one about angles using the inscribed angle theorem and one about lengths using the power of a point. Since most points lie on two lines intersecting at vertex $A$, we will use the power of point $A$ with respect to various circles.
Notably, by the power of a point, $A K \cdot A B=A D \cdot A N$. Therefore,
$$
A J \cdot A B=2 A K \cdot A B=2 A D \cdot A N=A D \cdot A C
$$
Thus, points $\mathrm{D}, \mathrm{C}, \mathrm{B}$, and $J$ are concyclic by the converse of the power of a point. To conclude, we will use directed angles to avoid having to handle different possible configurations separately.
We now have all the tools to perform an angle chase. The angles that are difficult to access are $\widehat{\mathrm{OMJ}}, \widehat{\mathrm{OBJ}}, \widehat{M J B} \ldots$ On the other hand, angles $\widehat{\mathrm{DJB}}$ and $\widehat{\mathrm{OMB}}$ seem easier to obtain using the circles present in the figure.
Since points D, C, B, and O are concyclic, we find
$$
(J B, J O)=(J B, J D)=(C B, C D)=(C B, C A)=(M B, M A)=(M B, M O)
$$
Thus, quadrilateral JBMO is indeed cyclic.
Comment from the graders: The problem was not approached by many students and was solved by two students. Some students noted that point $M$ is the North Pole of point $B$, which is a very good reflex.
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proof
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proof
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Geometry
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Soit $A B C$ un triangle non isocèle en $B$. Soit $D$ le pied de la bissectrice de l'angle $\widehat{A B C}$. Soit $M$ le milieu de l'arc $\widehat{A C}$ contenant $B$ sur le cercle circonscrit au triangle $A B C$. Le cercle circonscrit au triangle $B D M$ coupe la segment $[A B]$ en un point $K$ distinct de $B$. Soit $J$ le symétrique du point $A$ par rapport au point K . La droite (DJ) intersecte la droite ( $A M$ ) en un point O . Montrer que les points $\mathrm{J}, \mathrm{B}, \mathrm{M}$ et O sont cocycliques.
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Tout d'abord, on reconnaît dans la figure quelques points connus : le point $M$ est le milieu de l'arc $A C$ contenant $B$, il s'agit donc du pôle Nord du point $B$ dans le triangle $A B C$, c'est-à-dire qu'il est le point d'intersection de la bissectrice extérieure de l'angle $\widehat{A B C}$, de la médiatrice du segment $[A C]$ et du cercle circonscrit au triangle $A B C$. On obtient donc que l'angle $\widehat{D B M}$ est droit (par définition de la bissectrice extérieure). Le fait que $M$ appartient à la médiatrice du segment $[A C]$ nous invite également à considérer cette médiatrice. Soit N le milieu du segment $[A C]$. Alors $\widehat{\mathrm{DNM}}=90^{\circ}$. On déduit donc que les points $B, M, N$ et $D$ sont cocycliques et $D$ appartient au cercle passant par les pointe $B, K$ et $D$.
De nouveaux points cocycliques apportent deux informations : une information sur les angles grâce au théorème de l'angle inscrit et une information sur les longueurs grâce à la puissance d'un point. Puisque la majorité des points se trouve sur deux droites se coupant en le sommet $A$, nous allons utiliser la puissance du point $A$ par rapport à divers cercles.
Notamment, par puissance d'un point $A K \cdot A B=A D \cdot A N$. Donc
$$
A J \cdot A B=2 A K \cdot A B=2 A D \cdot A N=A D \cdot A C
$$
donc les points $\mathrm{D}, \mathrm{C}, \mathrm{B}$ et J sont cocycliques d'après la réciproque de la puissance d'un point. Pour conclure, nous allons utiliser les angles orientés, pour éviter d'avoir à traiter séparément les différentes configurations possibles.
Nous avons à présent tous les outils pour effectuer une chasse aux angles. Des angles difficiles d'accès sont les angles $\widehat{\mathrm{OMJ}}, \widehat{\mathrm{OBJ}}, \widehat{M J B} \ldots$ En revanche, les angles $\widehat{\mathrm{DJB}}$ et $\widehat{\mathrm{OMB}}$ semblent plus faciles à obtenir à l'aide des cercles présents sur la figure.
Puisque les points D, C, B et O sont cocycliques, on trouve
$$
(J B, J O)=(J B, J D)=(C B, C D)=(C B, C A)=(M B, M A)=(M B, M O)
$$
donc le quadrilatère JBMO est bien cyclique.
Commentaire des correcteurs : L'exercice n'a pas été abordé par beaucoup d'élèves et il a été résolu par deux élèves. Quelques élèves ont noté que le point $M$ est le pôle Nord du point $B$, ce qui est un très bon réflexe.
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{
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-corrigé-commenté-envoi-5.jsonl",
"problem_match": "\nExercice 8.",
"solution_match": "## Solution de l'exercice 8"
}
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Let $ABC$ be an acute-angled triangle. Let $D$ be the foot of the angle bisector of $\widehat{BAC}$. The perpendicular to the line $(AD)$ passing through the point $B$ intersects the circumcircle of triangle $ADB$ at a point $E$. Let $O$ be the center of the circumcircle of triangle $ABC$. Show that the points $A$, $O$, and $E$ are collinear.
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Let's examine the angles we can easily obtain. Since points $A, E, D$, and $B$ are on the same circle, we should be able to use the inscribed angle theorem to get an equality involving $\widehat{\mathrm{EAD}}$. Since the line $(\mathrm{BE})$ is perpendicular to the line $(\mathrm{AD})$, we should be able to calculate the angle $\widehat{\mathrm{EBA}}$. Of course, we also know the angle $\widehat{O A B}$. It seems reasonable to show the collinearity of points $A, O$, and $E$ by showing that $\widehat{O A B}=\widehat{\mathrm{EAB}}$. We calculate these two angles separately in terms of the angles of triangle $A B C$.
On the one hand, according to the central angle theorem and since triangle $A O B$ is isosceles at $O$, we have
$$
\widehat{\mathrm{OAB}}=\frac{1}{2}\left(180^{\circ}-\widehat{\mathrm{AOB}}\right)=90^{\circ}-\widehat{\mathrm{ACB}}
$$
On the other hand, $\widehat{E A B}=\widehat{\mathrm{EAD}}+\widehat{\mathrm{DAB}}$. Using the inscribed angle theorem and the fact that $\widehat{\mathrm{DAB}}=\frac{1}{2} \widehat{\mathrm{BAC}}$, we get:
$$
\widehat{\mathrm{EAD}}+\widehat{\mathrm{DAB}}=\widehat{\mathrm{EBD}}+\frac{1}{2} \widehat{\mathrm{BAC}}=90^{\circ}-\widehat{\mathrm{BDA}}+\frac{1}{2} \widehat{\mathrm{BAC}}
$$
Since the sum of the angles in triangle $ADC$ is $180^{\circ}$, we have $\widehat{\mathrm{BDA}}=\widehat{\mathrm{DCA}}+\widehat{\mathrm{DAC}}=\widehat{\mathrm{ACB}}+\frac{1}{2} \widehat{\mathrm{BAC}}$. Thus,
$$
90^{\circ}-\widehat{\mathrm{BDA}}+\frac{1}{2} \widehat{\mathrm{BAC}}=90^{\circ}-\left(\widehat{\mathrm{ACB}}+\frac{1}{2} \widehat{\mathrm{BAC}}\right)+\frac{1}{2} \widehat{\mathrm{BAC}}=90^{\circ}-\widehat{\mathrm{ACB}}
$$
and we find that $\widehat{O A B}=90^{\circ}-\widehat{A C B}=\widehat{E A B}$, so points $A, O$, and $E$ are collinear. Comment from the graders: The exercise is well done. However, many students submitted a very complicated proof.
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Geometry
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Soit $A B C$ un triangle aux angles aigus. Soit $D$ le pied de la bissectrice de l'angle $\widehat{B A C}$. La perpendiculaire à la droite $(A D)$ passant par le point $B$ recoupe le cercle circonscrit au triangle $A D B$ en un point $E$. Soit $O$ le centre du cercle circonscrit au triangle $A B C$. Montrer que les points $A, O$ et $E$ sont alignés.
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Examinons les angles que nous pouvons obtenir facilement. Puisque les points $A, E, D$ et $B$ sont sur un même cercle, on doit pouvoir utilise le théorème de l'angle inscrit pour avoir une égalité portant sur $\widehat{\mathrm{EAD}}$. Puisque la droite $(\mathrm{BE})$ est perpendiculaire à la droite $(\mathrm{AD})$, on doit pouvoir calculer l'angle $\widehat{\mathrm{EBA}}$. Enfin, on connaît bien sûr l'angle $\widehat{O A B}$. Il semble donc raisonnable de montrer l'alignement des points $A, O$ et $E$ en montrant que $\widehat{O A B}=\widehat{\mathrm{EAB}}$. On calcule séparément ces deux angles en fonction des angles du triangle $A B C$.
D'une part, d'après le théorème de l'angle au centre et puisque le triangle $A O B$ est isocèle en O , on a
$$
\widehat{\mathrm{OAB}}=\frac{1}{2}\left(180^{\circ}-\widehat{\mathrm{AOB}}\right)=90^{\circ}-\widehat{\mathrm{ACB}}
$$
D'autre part, $\widehat{E A B}=\widehat{\mathrm{EAD}}+\widehat{\mathrm{DAB}}$. On utilise alors le théorème de l'angle inscrit et le fait que $\widehat{\mathrm{DAB}}=$ $\frac{1}{2} \widehat{\mathrm{BAC}}$, on obtient :
$$
\widehat{\mathrm{EAD}}+\widehat{\mathrm{DAB}}=\widehat{\mathrm{EBD}}+\frac{1}{2} \widehat{\mathrm{BAC}}=90^{\circ}-\widehat{\mathrm{BDA}}+\frac{1}{2} \widehat{\mathrm{BAC}}
$$
Or la somme des angles du triangle ADC fait $180^{\circ}$ donc $\widehat{\mathrm{BDA}}=\widehat{\mathrm{DCA}}+\widehat{\mathrm{DAC}}=\widehat{\mathrm{ACB}}+\frac{1}{2} \widehat{\mathrm{BAC}}$. Ainsi
$$
90^{\circ}-\widehat{\mathrm{BDA}}+\frac{1}{2} \widehat{\mathrm{BAC}}=90^{\circ}-\left(\widehat{\mathrm{ACB}}+\frac{1}{2} \widehat{\mathrm{BAC}}\right)+\frac{1}{2} \widehat{\mathrm{BAC}}=90^{\circ}-\widehat{\mathrm{ACB}}
$$
et on trouve bien que $\widehat{O A B}=90^{\circ}-\widehat{A C B}=\widehat{E A B}$ donc les points $A, O$ et $E$ sont alignés. Commentaire des correcteurs: L'exercice est bien réussi. Cependant, plusieurs élèves ont rendu un preuve très compliquée.
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{
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-corrigé-commenté-envoi-5.jsonl",
"problem_match": "\nExercice 13.",
"solution_match": "## Solution de l'exercice 13"
}
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A grid of size $\mathrm{n} \times \mathrm{n}$ contains $\mathrm{n}^{2}$ cells. Each cell contains a natural number between 1 and $\boldsymbol{n}$, such that each integer in the set $\{1, \ldots, n\}$ appears exactly $n$ times in the grid. Show that there exists a column or a row of the grid containing at least $\sqrt{n}$ different numbers.
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Let's first look at what happens in what seems to be the 'worst case': if each row/column does not contain many numbers, each number will be present a lot. In particular, for any $i$, the number of $i$ seems to be written in few rows and columns. But a priori, if the number $i$ appears too much in a row, it will appear in many columns and vice versa. A priori, the worst case seems to be the one where each number appears in as many columns as rows, and since each number appears $n$ times, the square must be of dimension $\sqrt{n}$, so $i$ appears in at least $2 \sqrt{n}$ rows and columns.
Of course, this analysis is by no means a proof, but we see two important ideas: first, the number of distinct numbers in each row/column seems to be linked to the number of rows/columns in which each number appears. Second, for any $i$ between 1 and $n$, the number $i$ appears at least on $2 \sqrt{n}$ rows and columns. We will therefore try to formalize this.
Let $a_{c, i}$ for $c$ a column or a row and $i$ an integer between 1 and $n$ be the number of times $i$ appears in $c$, let $c_{i}$ (resp. $l_{i}$) be the number of columns (resp. rows) to which $i$ belongs. Let $C$ be the set of columns and $L$ the set of rows.
Note that the hypothesis that $i$ appears $n$ times translates as $c_{i} \times l_{i} \geqslant n$ because $i$ appears in at most $c_{i} l_{i}$ cells.
Note that for any $i$, $l_{i}+c_{i}$ being the number of rows or columns where $i$ appears, it is $\sum_{c \in C \cup L} a_{c, i}$. The number of distinct elements in column $c$ is, in turn, $\sum_{i=1}^{n} a_{c, i}$. In particular, we see that the $a_{c, i}$ play an important role in the problem.
Now it remains to relate the number of appearances of $i$ in the different rows/columns to the number of numbers in each row. For this, we will look at the sum of the $a_{c, i}$ (we sum over $i$ from 1 to $n$ and over $c$ columns and rows) and use the two previous interpretations.
We thus obtain $\sum_{i=1}^{n} \sum_{c \in C \cup L} a_{c, i}=\sum_{i=1}^{n} c_{i}+l_{i} \geqslant \sum_{i=1}^{n} 2 \sqrt{c_{i} l_{i}} \geqslant 2 n \sqrt{n}$.
We deduce that $\sum_{c \in C \cup L} \sum_{i=1}^{n} a_{c, i} \geqslant \sum_{i=1}^{n} 2 \sqrt{c_{i} l_{i}}=2 n \sqrt{n}$.
In particular, since there are $2 n$ rows or columns, there exists $c$ rows or columns such that $\sum_{i=1}^{n} a_{c, i} \geqslant \sqrt{n}$ i.e., $c$ contains at least $\sqrt{n}$ different numbers.
Graders' comments: The exercise was generally well done by those who tackled it, but it is important to be clear in explanations and precise in the definitions of the different objects introduced.
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Combinatorics
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Une grille de taille $\mathrm{n} \times \mathrm{n}$ contient $\mathrm{n}^{2}$ cases. Chaque case contient un entier naturel compris entre 1 et $\boldsymbol{n}$, de telle sorte que chaque entier de l'ensemble $\{1, \ldots, n\}$ apparaît exactement $n$ fois dans la grille. Montrer qu'il existe une colonne ou une ligne de la grille contenant au moins $\sqrt{n}$ nombres différents.
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Essayons d'abord de regarder ce qui se passe dans ce qui semble être 'le pire cas" : si chaque ligne/colonne ne contient pas beaucoup de numéros, chaque numéro va y être beaucoup présent. En particulier, pour tout $i$, le nombre de $i$ semble être écrit dans peu de lignes et de colonnes. Mais à priori si le numéro $i$ apparait trop dans une ligne, il apparaitra dans beaucoup de colonnes et inversement. A priori, le pire cas semble être celui où chaque numéro apparaît dans autant de colonnes que de lignes et comme chaque numéro apparaît $n$ fois, le carré doit être de dimension $\sqrt{n}$, donc $i$ apparait dans au moins $2 \sqrt{n}$ lignes et colonnes.
Bien sûr, cette analyse ne constitue en rien une preuve, mais on voit deux idées importantes : premièrement, le nombre de numéros distincts dans chaque ligne/colonne semble avoir un lien avec le nombre de lignes/colonnes où chaque numéro apparaît. Deuxièmement, pour tout $i$ entre 1 et $n$, le nombre $i$ apparait au moins sur $2 \sqrt{n}$ lignes et colonnes. On va donc essayer de formaliser ça.
Notons $a_{c, i}$ pour $c$ une colonne ou une ligne et $i$ un entier entre 1 et $n$ le nombre de fois qu'apparait $i$ dans $c$, notons $c_{i}$ (resp. $l_{i}$ ) le nombre de colonnes (resp. lignes) à laquelle $i$ appartient. On note C l'ensemble des colonnes $L$ celui des lignes.
Notons que l'hypothèse du fait que $i$ apparait $n$ fois se traduit comme $c_{i} \times l_{i} \geqslant n$ car $i$ apparait dans au plus $c_{i} l_{i}$ cases.
Notons que pour tout $i$, $l_{i}+c_{i}$ étant le nombre de ligne ou de colonne où apparait $i$, il vaut $\sum_{c \in C \cup L} a_{c, i}$. Le nombre d'éléments distincts dans la colonne $c$ vaut, quant à lui, $\sum_{i=1}^{n} a_{c, i}$. En particulier, on voit bien que les $a_{c, i}$ jouent un rôle important dans le problème.
Maintenant il reste à relier le nombre d'apparitions de $i$ dans les différentes lignes/colonnes au nombre de numéros dans chaque ligne. Pour cela on va regarder la somme des $a_{c, i}$ (on somme sur $i$ entre 1 et $n$ et sur c colonne et ligne) et utiliser les deux interprétations précédentes.
On obtient ainsi $\sum_{i=1}^{n} \sum_{c \in C \cup L} a_{c, i}=\sum_{i=1}^{n} c_{i}+l_{i} \geqslant \sum_{i=1}^{n} 2 \sqrt{c_{i} l_{i}} \geqslant 2 n \sqrt{n}$.
On en déduit que $\sum_{c \in C \cup L} \sum_{i=1}^{n} a_{c, i} \geqslant \sum_{i=1}^{n} 2 \sqrt{c_{i} l_{i}}=2 n \sqrt{n}$.
En particulier, comme il y a $2 n$ lignes ou colonnes, il existe $c$ colonnes ou lignes telles que $\sum_{i=1}^{n} a_{c, i} \geqslant \sqrt{n}$ i.e. c contient au moins $\sqrt{\mathrm{n}}$ numéros différents.
Commentaire des correcteurs: L'exercice a été globalement bien réussi par ceux qui l'ont traité, mais il faut faire attention à être clair dans ses explications et être précis dans les définitions des différents objets introduits.
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{
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-corrigé-commenté-envoi-5.jsonl",
"problem_match": "\nExercice 14.",
"solution_match": "\nSolution de l'exercice 14"
}
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Let $\mathrm{P}, \mathrm{Q}$ be polynomials with real coefficients such that $\mathrm{P} \circ \mathrm{Q}=\mathrm{P}^{2019}$. Suppose that all the roots of P are real. Show that they are all equal.
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When faced with a polynomial problem, a first reflex might be to look at the different degrees. Here, we see that $Q$ is a polynomial of degree 2019 because $2019\deg (P)=\deg\left(P^{2019}\right) \deg(P \circ Q)=\deg(P) \deg(Q)$.
Now, we need to use the hypothesis that the roots of $P$ are real. We write $P(X)=\prod_{i=1}^{k}(X- x_{i})^{a_{i}}$ where the roots $x_{1}, \ldots, x_{k}$ are pairwise distinct.
Rewrite the equation as: $\prod_{i=1}^{l}\left(Q(X)-x_{i}\right)^{a_{i}}=\prod_{i=1}^{k}\left(X-x_{i}\right)^{2019 a_{i}}$.
A priori, we know that the right-hand term will be zero if evaluated at $x_{j}$, so we look at what this implies for the left-hand term. Let $X=\{x_{1}, \ldots, x_{k}\}$, then we necessarily have $Q(x_{j}) \in \{x_{1}, \ldots, x_{k}\}=X$ for all $1 \leqslant j \leqslant k$.
Moreover, since the right-hand side of the equation is a real split polynomial, for every $\mathfrak{j}$, the polynomial $Q(X)-x_{j}$, which divides a split polynomial, must also be split and of degree 2019, thus it has 2019 real roots in $X$.
Furthermore, if $i \neq j$, $Q-x_{i}$ and $Q-x_{j}$ must have disjoint roots: indeed, we cannot have $Q(x)=x_{i}$ and $Q(x)=x_{j}$. Thus, the polynomials $Q-x_{i}$ are $|X|=k$ distinct split polynomials whose roots are in $X$ and have no common roots. Necessarily, each of these polynomials has only one root: thus for every $i$ there exists $j(i)$ such that $Q(X)-x_{i}=c(X-x_{j(i)})^{2019}$ with $c$ being the leading coefficient of $Q$. Moreover, the mapping from $\{1, \ldots, k\}$ to $\{1, \ldots, k\}$ that maps $i$ to $j(i)$ is bijective.
Now we have a very precise expression for the $Q-x_{i}$, recall that we want to show that there is only one $x_{i}$. To do this, we can try to look at the coefficients of $Q-x_{i}$ which are almost those of $Q$. The coefficient of $X^{2018}$ in $Q$ is therefore the same as that of $Q-x_{i}$, which is $-2019 x_{j(i)} c$ for all $i$. Since $\mathfrak{i} \mapsto \mathfrak{j}(\mathfrak{i})$ is a bijection of $\{1, \ldots, k\}$, we have $x_{j}=x_{1}$ for all $1 \leqslant \mathfrak{j} \leqslant k$, and thus by the hypothesis on the $x_{i}$, $k=1$. This is exactly what we wanted to prove.
Comment from the graders: This problem concerning polynomials was not widely attempted. Few achieved the full score of 7, however, some had understood the idea but omitted some details in their answers.
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Algebra
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Soient $\mathrm{P}, \mathrm{Q}$ des polynômes à coefficients réels tels que $\mathrm{P} \circ \mathrm{Q}=\mathrm{P}^{2019}$. On suppose que toutes les racines de P sont réelles. Montrer qu'elles sont toutes égales.
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Face à un problème de polynôme, un premier réflexe peut être de regarder les différents degrés. Ici, on voit que $Q$ est un polynôme de degré 2019 car 2019deg $(P)=\operatorname{deg}\left(P^{2019}\right) \operatorname{deg}(\mathrm{P} \circ$ $Q)=\operatorname{deg}(P) \operatorname{deg}(Q)$.
Maintenant, il faut utiliser l'hypothèse du fait que les racines de $P$ sont réelles. On écrit $P(X)=\prod_{i=1}^{k}(X-$ $\left.x_{i}\right)^{a_{i}}$ où les racines $x_{1}, \ldots, x_{k}$ sont deux à deux distinctes.
Réécrivons ainsi l'équation: $\prod_{i=1}^{l}\left(Q(X)-x_{i}\right)^{a_{i}}=\prod_{i=1}^{k}\left(X-x_{i}\right)^{2019 a_{i}}$.
A priori, on sait que le terme de droite va être nul si on l'évalue en $x_{j}$, on regarde donc ce qu'on en déduit pour le terme de gauche. Posons $X=\left\{x_{1}, \ldots, x_{k}\right\}$, on a alors nécessairement $Q\left(x_{j}\right) \in\left\{x_{1}, \ldots, x_{k}\right\}=X$ pour tout $1 \leqslant j \leqslant k$.
De plus comme le terme de droite de l'égalité est un polynôme scindé réel, forcément pour tout $\mathfrak{j}$, comme le polynôme $\mathrm{Q}(\mathrm{X})-\mathrm{x}_{\mathrm{j}}$ divise un polynôme scindé, lui aussi est scindé et de degré 2019 donc admet 2019 racines réelles dans $X$.
Notons de plus que si $i \neq j, Q-x_{i}$ et $Q-x_{j}$ ont nécessairement des racines disjointes : en effet on ne peut avoir $Q(x)=x_{i}$ et $Q(x)=x_{j}$. Ainsi les polynômes $Q-x_{i}$ sont $|X|=k$ polynômes distincts scindés dont les racines sont dans $X$ et qui n'ont aucune racine en commun. Nécessairement, chacun de ces polynômes n'a qu'une racine : ainsi pour tout $i$ il existe $j(i)$ tel que $Q(X)-x_{i}=c\left(X-x_{j(i)}\right)^{2019}$ avec c le coefficient dominant de Q . De plus, l'application de $\{1, \ldots, \mathrm{k}\}$ dans $\{1, \ldots, \mathrm{k}\}$ quià $i$ associe $j(i)$ est bijective.
Maintenant on a une expression très précise des $\mathrm{Q}-x_{i}$, rappelons que l'on veut montrer qu'il n'y a qu'un seul $x_{i}$. Pour cela, on peut essayer de regarder les coefficients de $Q-x_{i}$ qui sont quasiment ceux de $Q$. Le coefficient de $X^{2018}$ dans $Q$ vaut donc celui de $Q-x_{i}$, c'est-à-dire $-2019 x_{j(i)} c$ pour tout i. Puisque $\mathfrak{i} \mapsto \mathfrak{j}(\mathfrak{i})$ est une bijection de $\{1, \ldots, k\}$, on a $x_{j}=x_{1}$ pour tout $1 \leqslant \mathfrak{j} \leqslant k$, et donc par hypothèse sur les $x_{i}, k=1$. C'est exactement ce que l'on voulait prouver.
Commentaire des correcteurs: Ce problème concernant des polynômes a été cherché peu cherché. Rares sont ceux qui ont eu la note de 7 , cependant certains avaient bien compris l'idée mais ont omis quelques détails dans leur copie.
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{
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-corrigé-commenté-envoi-5.jsonl",
"problem_match": "\nExercice 16.",
"solution_match": "\nSolution de l'exercice 16"
}
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Let $G$ be a finite undirected graph, $\mathrm{n} \in \mathbb{N}^{*}, \mathrm{~d} \in \mathbb{N}^{*}$ such that the degree of every vertex in $G$ is bounded by $d$, and $x$ a vertex of $G$. We denote $a(n, x)$ as the number of induced connected subgraphs of $G$ containing $n$ vertices including the vertex $x$ (an induced subgraph $U$ is a graph whose vertices are vertices of $G$ and if $x$ and $y$ are vertices of $U$, $x$ is connected by an edge to $y$ in $U$ if and only if $x$ is connected by an edge to $y$ in $G$).
1. Show that $a(n, x) \leqslant 2^{n d}$.
2. Show that $a(n, x) \leqslant\left(\frac{(d+1)^{d+1}}{d^{d}}\right)^{n}$.
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Here, we are faced with a graph problem, more specifically counting the induced subgraphs containing $n$ elements, one of which is fixed. We would like to bound this. While the first question seems potentially doable by counting, the second one does not appear very interpretable: $\frac{(\mathrm{d}+1)^{\mathrm{d}+1}}{\mathrm{~d}^{\mathrm{d}}}$ does not correspond to anything special. A priori, there is no clear combinatorial argument to make this quantity appear.
Since a priori we do not have good ideas to see how to proceed, we can try to do this randomly! We will therefore try to construct a connected induced subgraph of G randomly. We could take vertices at random, but this behaves very poorly with connectivity; it is difficult to obtain easy information about the connected components of such a graph. Rather than choosing vertices, we will choose edges! Here it will be easier to see which points are connected. The goal will be to study the connected component of $\times$ in the graph formed by the chosen edges.
We color each edge of G white independently with probability $p \in[0,1]$. Let X be the set of vertices connected to $x$ in the graph whose edges are the white ones, i.e., the connected component of $x$ in the random graph. Let $A_{n}(x)$ be the set of connected induced subgraphs of $G$ containing $n$ vertices, one of which is the vertex $x$ (we can see an induced subgraph as a set of vertices). Note that since the events $X=H$ for $H$ in $A_{n}(x)$ are disjoint, $1 \geqslant \sum_{H \in A_{n}(x)} P(X=H)$.
A priori, it is therefore sufficient to estimate $P(X=G)$ to have a bound on $a(n, x)$, so we will try to understand how we can have $\mathrm{X}=\mathrm{H}$. A simple solution is that all the edges of H are well colored white, and the edges going from H to its complement are not. It will therefore be necessary to evaluate the probability of this event, by counting the number of edges of each category.
Let H be in $A_{n}(x)$, we have $P(X=H) \geqslant \mathbb{P}\left(A_{H}\right)$ where $A_{H}$ is the event "all the internal edges of $H$ are colored, and the edges connecting H to the outside are not colored". By independence, if we denote $l$ the number of internal edges of $H$ and $k$ the number of edges connecting $G$ to the outside, $\mathbb{P}\left(A_{H}\right)=p^{l}(1-p)^{k}$. Since $G$ is of size $n$ and the degree of each vertex is bounded by $d, l+k \leqslant n d$.
Here, for the first bound, it is quite natural to take $p=\frac{1}{2}$ since we want a bound by a power of 2.
For $p=\frac{1}{2}$, we therefore get $\mathbb{P}\left(A_{G}\right)=2^{-(l+k)} \geqslant \frac{1}{2^{n d}}$. Thus, we have $1 \geqslant \sum_{G \in A_{n}(x)} \frac{1}{2^{n d}}=a(n, x) \frac{1}{2^{n d}}$, so $a(n, x) \leqslant 2^{\text {nd }}$.
Here the reasoning holds if we replace induced subgraph by subgraph because the probability of having the connected component as the subgraph H is the probability that the edges of H are white, and the edges that are not in H are not, we have at most nd edges concerned, so $\mathbb{P}\left(A_{H}\right) \geqslant 2^{-\mathrm{nd}}$ and we get the same result.
For the second inequality, we would like to have a better lower bound of $\mathbb{P}(\mathrm{X}=\mathrm{H})$. A priori, what we did in the first part was quite symmetric, we put as much probability for a white edge and a non-white edge. We would like to unbalance this, for example, by putting a low probability for the white edges. Thus, we would like to have few white edges to color to obtain H. A priori, with the number of vertices fixed, the graph with the minimum number of edges is a tree: it is therefore natural to consider a spanning subtree.
For this, we will use the fact that H contains a subtree $T$ with the same number of vertices (and $\mathrm{n}-1$ edges). In particular, $P(X=H) \geqslant P\left(B_{H}\right)$ with $B_{G}$ the event: the edges of $T$ are colored, the others are not. Since there are at most dn edges with an endpoint in $H$, we therefore have $P\left(B_{H}\right) \geqslant p^{n-1}(1-p)^{d n} \geqslant p^{n}(1-p)^{d n}$.
Now we would like to obtain the desired inequality, for this it is natural to try to optimize the previous quantity in $p$. If we define $f:[0,1] \mapsto \mathbb{R}$ which associates $p$ with $p^{n}(1-p)^{\text {dn }}$, $f$ is $C^{1}$ and has derivative $n p^{n-1}(1-$ $p)^{\mathrm{dn}}-\mathrm{dnp}^{\mathrm{n}}(1-p)^{\mathrm{d} n-1}=n^{\mathrm{n}-1}(1-p)^{\mathrm{dn}-1}(1-p-d p)$ which $\mathrm{s}^{\prime}$ cancels and admits a minimum for $1-p-d p=0$ that is $p=\frac{1}{d+1}$.
Let's take $p=\frac{1}{d+1}$, we have $P\left(A_{H}\right) \geqslant(d+1)^{-n}\left(\frac{d}{d+1}\right)^{d n}=\left(\frac{d^{d}}{(d+1)^{d+1}}\right)^{n}$. We get
$$
1 \geqslant \sum_{G \in A_{n}(x)} P\left(B_{G}\right) \geqslant a(n, x) \times\left(\frac{d^{d}}{(d+1)^{d+1}}\right)^{n}
$$
So $a(n, x) \leqslant\left(\frac{(\mathrm{d}+1)^{\mathrm{d}+1}}{\mathrm{~d}^{\mathrm{d}}}\right)^{n}$.
Note that for a fixed $d$, the second bound is bounded by $(e(\mathrm{~d}+1))^{n}$, so much better for large $d$.
Comment from the graders: The exercise was difficult, only 2 students managed the second question. A non-probabilistic approach was possible by reducing to counting the subtrees of the complete d-ary tree.
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Combinatorics
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Soit G un graphe fini non orienté, $\mathrm{n} \in \mathbb{N}^{*}, \mathrm{~d} \in \mathbb{N}^{*}$ tel que le degré de tout sommet de G est borné par $d, x$ un sommet de $G$. On note $a(n, x)$ le nombre de sous-graphes induits connexes de G contenant n sommets dont le sommet $x$ (un sous-graphe induit $U$ est un graphe dont les sommets sont des sommets de $G$ et si $x$ et $y$ sont des sommets de $U$, $x$ est relié par une arête à $y$ dans $U$ si et seulement si $x$ est relié par une arête à $y$ dans $G$ ).
1. Montrer que $a(n, x) \leqslant 2^{n d}$.
2. Montrer que $a(n, x) \leqslant\left(\frac{(d+1)^{d+1}}{d^{d}}\right)^{n}$
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Ici, on est face à un problème de graphe, plus précisément on compter les sousgraphes induits contenant $n$ éléments dont un fixé. On aimerait majorer cela, autant la première question semble pouvoir se faire potentiellement en comptant, autant la seconde n'a pas l'air très interprétable : $\frac{(\mathrm{d}+1)^{\mathrm{d}+1}}{\mathrm{~d}^{\mathrm{d}}}$ ne correspond à rien de spécial. A priori, il n'y a pas d'argument combinatoire clair pour faire apparaître cette quantité.
Comme à priori, on n'a pas de bonnes idées pour voir commencer avancer, on peut tenter de faire cela au hasard! On va donc essayer d'introduire des probabilités. On aimerait construire aléatoirement un sousgraphe induit connexe de G. On pourrait prendre des sommets au hasard mais ça se comporte très mal avec la connexité, il est difficile d'obtenir des informations faciles sur les composantes connexes d'un tel graphe. Plutôt que de choisir des sommets on va donc choisir des arêtes! Ici il sera plus facile de voir quels points sont reliés. L'objectif sera donc d'étudier la composante connexe de $\times$ dans le graphe formé des arêtes choisies.
On colorie chaque arête en blanc de G indépendamment avec probabilité $p \in[0,1]$. On note X l'ensemble des sommets reliés à $x$ dans le graphe dont les arêtes sont les blanches, i.e. la composante connexe de $x$ dans le graphe aléatoire. Posons $A_{n}(x)$ l'ensemble des sous-graphes induits connexes de $G$ contenant $n$ sommets dont le sommet $x$ (on peut voir un sous-graphe induit comme un ensemble de sommets). Notons que comme les évènements $X=H$ pour $H$ dans $A_{n}(x)$ sont disjoints $1 \geqslant \sum_{H \in A_{n}(x)} P(X=H)$.
A priori, il suffit donc d'estimer $P(X=G)$ pour avoir une borne sur $a(n, x)$, on va donc essayer de comprendre comment on peut avoir $\mathrm{X}=\mathrm{H}$. Une solution simple est que toutes les arêtes de H soient bien blanches, et les arêtes allant de H à son complémentaire ne le soient pas. Il va donc falloir évaluer la probabilité de cet évènement, en dénombrant le nombre d'arête de chaque catégorie
Soit H dans $A_{n}(x)$, on a $P(X=H) \geqslant \mathbb{P}\left(A_{H}\right)$ où $A_{H}$ est l'évènement "toutes les arêtes internes à $H$ sont coloriées, et les arêtes reliant H à l'extérieur ne sont pas coloriées". Par indépendance, si on note $l$ le nombre d'arêtes internes à $H$ et $k$ le nombre d'arêtes reliant $G$ à l'extérieur, $\mathbb{P}\left(A_{H}\right)=p^{l}(1-p)^{k}$. Or comme $G$ est de taille $n$ et le degré de chaque sommet est borné par $d, l+k \leqslant n d$.
Ici pour la première borne, il est assez naturel de prendre $p=\frac{1}{2}$ vu qu'on veut une borne par une puissance de 2.
Pour $p=\frac{1}{2}$, on obtient donc $\mathbb{P}\left(A_{G}\right)=2^{-(l+k)} \geqslant \frac{1}{2^{n d}}$. Ainsi, on a $1 \geqslant \sum_{G \in A_{n}(x)} \frac{1}{2^{n d}}=a(n, x) \frac{1}{2^{n d}}$, donc $a(n, x) \leqslant 2^{\text {nd }}$.
Ici le raisonnement effectué tient si on change sous-graphe induit par sous-graphe car la probabilité d'avoir comme composante connexe le sous-graphe H est la probabilité que les arêtes de H soient blanches, et les arêtes qui ne sont pas dans H ne le soient pas, on a au plus nd arêtes concernées, donc $\mathbb{P}\left(A_{H}\right) \geqslant 2^{-\mathrm{nd}}$ et on obtient le même résultat.
Pour la seconde inégalité, on aimerait avoir une meilleure minoration de $\mathbb{P}(\mathrm{X}=\mathrm{H})$. A priori, ce qu'on a fait dans la première partie était assez symétrique, on mettait autant de probabilité pour une arête blanche et une arête non blanche. On aimerait bien déséquilibrer cela, par exemple mettre une faible probabilité pour les arêtes blanches. Ainsi, on a envie d'avoir peu d'arêtes blanches à colorier pour obtenir H. A priori, à nombre de sommets fixé, le graphe ayant le minimum d'arête est un arbre : il est donc naturel de considérer un sous-arbre couvrant.
Pour cela, on va utiliser le fait que H contient un sous-arbre $T$ avec le même nombre de sommet (et $\mathrm{n}-1$ arêtes). En particulier, $P(X=H) \geqslant P\left(B_{H}\right)$ avec $B_{G}$ l'évènement: les arêtes de $T$ sont coloriées, les autres ne le sont pas. Comme il y a au plus dn arêtes avec une extrémité dans $H$, on a donc $P\left(B_{H}\right) \geqslant$ $p^{n-1}(1-p)^{d n} \geqslant p^{n}(1-p)^{d n}$.
Maintenant on aimerait obtenir l'inégalité voulue, pour cela il est naturel d'essayer d'optimiser la quantité précédente en $p$. Si on pose $f:[0,1] \mapsto \mathbb{R}$ qui à $p$ associe $p^{n}(1-p)^{\text {dn }}$, $f$ est $C^{1}$ et de dérivée $n p^{n-1}(1-$ $p)^{\mathrm{dn}}-\mathrm{dnp}^{\mathrm{n}}(1-p)^{\mathrm{d} n-1}=n^{\mathrm{n}-1}(1-p)^{\mathrm{dn}-1}(1-p-d p)$ qui $\mathrm{s}^{\prime}$ annule et admet un minimum pour $1-p-d p=0$ c'est-à-dire $p=\frac{1}{d+1}$.
Prenons donc $p=\frac{1}{d+1}$, on a $P\left(A_{H}\right) \geqslant(d+1)^{-n}\left(\frac{d}{d+1}\right)^{d n}=\left(\frac{d^{d}}{(d+1)^{d+1}}\right)^{n}$. On obtient
$$
1 \geqslant \sum_{G \in A_{n}(x)} P\left(B_{G}\right) \geqslant a(n, x) \times\left(\frac{d^{d}}{(d+1)^{d+1}}\right)^{n}
$$
Donc $a(n, x) \leqslant\left(\frac{(\mathrm{d}+1)^{\mathrm{d}+1}}{\mathrm{~d}^{\mathrm{d}}}\right)^{n}$.
Notons que à d fixé, la seconde borne est bornée par $(e(\mathrm{~d}+1))^{n}$ donc bien meilleure pour d grand.
Commentaire des correcteurs: L'exercice était difficile, seuls 2 élèves ont réussi la deuxième question. Une approche non probabiliste était possible en se ramenant à compter les sous-abres de l'arbre d-aire complet.
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{
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-corrigé-commenté-envoi-5.jsonl",
"problem_match": "\nExercice 18.",
"solution_match": "\nSolution de l'exercice 18"
}
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80ed63c3-bdb4-5620-8815-795a549c5a0e
| 607,335
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Let $\omega$ and $\Omega$ be two concentric circles (i.e., they have the same center) such that the circle $\omega$ is inside the circle $\Omega$. Let $X$ and $Y$ be two points on the circle $\omega$. We denote by $P$ and $Q$ the points of intersection of the circle $\Omega$ with the tangents at $X$ and $Y$ to $\omega$, such that $P$ and $Q$ are on the same side with respect to the line $(\mathrm{XY})$. Show that the points $X, Y, P$ and $Q$ are concyclic.
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The quadrilateral $X Y Q P$ appears to be an isosceles trapezoid in the figure. We start by proving this.
Let $d$ be the perpendicular bisector of $[\mathrm{XY}]$. Since $O$ is the center of the circle $\omega$, $O$ lies on $d$. Thus, the circles centered at $O$, including $\omega$ and $\Omega$, are mapped to themselves by the reflection across $d$. We denote this reflection by $s$.
We have $s(X)=\mathrm{Y}$, $s(\omega)=\omega$, and $s(\Omega)=\Omega$, so $s$ maps the tangent to $\omega$ at $X$ to the tangent to $s(\omega)=\omega$ at $s(X)=Y$. The point of intersection $P$ of $\Omega$ with the tangent to $\omega$ at $X$ is mapped to the point of intersection of $s(\Omega)$ with the tangent to $s(\omega)$ at $s(X)$.
This is the point of intersection of $\Omega$ with the tangent to $\omega$ at $Y$, which is the point $Q$. In other words, $P$ and $Q$ are symmetric with respect to the perpendicular bisector of $[\mathrm{XY}]$. The segments $[\mathrm{XY}]$ and $[\mathrm{PQ}]$ are perpendicular to $d$ and thus parallel to each other, and the segments $[\mathrm{PX}]$ and $[\mathrm{QY}]$ are symmetric with respect to $d$. This is sufficient to conclude that the quadrilateral $PQYX$ is an isosceles trapezoid.
We conclude that it is a cyclic quadrilateral. By corresponding angles, $\widehat{\mathrm{QPX}}=180^{\circ}-\widehat{\mathrm{PXY}}$ and since $s$ preserves angles, $\widehat{\mathrm{YQP}}=\widehat{\mathrm{QPX}}$. We deduce that
$$
\widehat{Y Q P}=\widehat{Q P X}=180^{\circ}-\widehat{P X Y}
$$
thus the points $P, Q, Y$, and $X$ are indeed concyclic by the converse of the inscribed angle theorem.
Comment from the graders: The problem was generally well done, but there were three recurring issues:
- Several students freely use the fact that two triangles with two sides of the same length and one common angle are congruent. Unfortunately, this fact is false: here, it could be resolved by noting that the triangles were right (in which case the criterion is true by the Pythagorean theorem). But in a general case, it is completely false: the sides must be adjacent to the angle. Thus, it is necessary to clearly specify that the triangles are right.
- Many students assume that (QY) and (PX) intersect. This is the case except when the lines are parallel: it was therefore necessary to also consider this case. In olympiads, introducing a point that does not exist in a particular case often costs 1 point to some candidates: it is therefore important to be cautious and handle the special case separately.
- Some students talk about symmetry without a rigorous argument. It is important to specify why the objects are mapped to each other by symmetry.
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Geometry
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Soient $\omega$ et $\Omega$ deux cercles concentriques (c'est-à-dire qu'ils ont le même centre) de sorte que le cercle $\omega$ soit à l'intérieur du cercle $\Omega$. Soient $X$ et $Y$ deux points sur le cercle $\omega$. On note $P$ et $Q$ les points d'intersection respectifs du cercle $\Omega$ avec les tangentes en $X$ et $Y$ à $\omega$, de telle sorte que $P$ et $Q$ soient du même côté par rapport à la droite $(\mathrm{XY})$. Montrer que les points $X, Y, P$ et $Q$ sont cocycliques.
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Le quadrilatère $X Y Q P$ semble être un trapèze isocèle sur la figure. On commence par le démontrer.
Soit d la médiatrice de $[\mathrm{XY}]$. Puisque O est le centre du cercle $\omega, \mathrm{O}$ appartient à d . Ainsi, les cercles centrés en $O$, et en particulier $\omega$ et $\Omega$, sont envoyés sur eux-mêmes par la symétrie d'axe $d$. On note $s$ cette symétrie.
On a $s(X)=\mathrm{Y}, \mathrm{s}(\omega)=\omega$ et $s(\Omega)=\Omega$, donc $s$ envoie la tangente à $\omega$ en $X$ sur la tangente à $s(\omega)=\omega$ en $s(X)=Y$. Le point d'intersection P de $\Omega$ avec la tangente à $\omega$ en $X$ est envoyé sur le point d'intersection de $s(\Omega)$ avec la tangente à $s(\omega)$ en $s(X)$.
Il s'agit du point d'intersection de $\Omega$ avec la tangente à $\omega$ en $Y$, à savoir le point $Q$. Autrement dit, $P$ et Q sont symétriques par rapport à la médiatrice de $[\mathrm{XY}]$. Les segments $[\mathrm{XY}]$ et $[\mathrm{PQ}]$ sont perpendiculaires à $d$ donc parallèles entre eux et les segments $[\mathrm{PX}]$ et $[\mathrm{QY}]$ sont symétriques par rapport à d . Ceci suffit à conclure que le quadrilatère PQYX est un trapèze isocèle.
Concluons qu'il s'agit d'un quadrilatère cyclique. Par angles correspondants, $\widehat{\mathrm{QPX}}=180^{\circ}-\widehat{\mathrm{PXY}}$ et puisque $s$ conserve les angles, $\widehat{\mathrm{YQP}}=\widehat{\mathrm{QPX}}$. On déduit que
$$
\widehat{Y Q P}=\widehat{Q P X}=180^{\circ}-\widehat{P X Y}
$$
donc les points $P, Q, Y$ et $X$ sont bien cocycliques d'après la réciproque du théorème de l'angle inscrit.
Commentaire des correcteurs : Le problème a été plutôt bien réussi, mais il y a eu trois problèmes récurrents :
- Plusieurs élèves utilisent allègrement que deux triangles avec deux côtés de même longueur et un angle en commun sont isométriques. Malheureusement ce fait est faux : ici on pouvait s'en sortir en utilisant que les triangles étaient rectangles (dans ce cas le critère est vrai par Pythagore). Mais dans un cas général c'est totalement faux : il faut que les côtés soient adjacents à l'angle. Ainsi il est nécessaire de bien préciser rectangle.
- Beaucoup d'élèves supposent que (QY) et (PX) s'intersectent. C'est le cas sauf quand les droites sont parallèles : il fallait donc aussi traiter ce cas. En olympiade, introduire un point qui n'existe pas dans un cas particulier coûte régulièrement 1 point à certains candidats : il faut donc être prudent et traiter le cas particulier à côté.
- Certains élèves parlent de symétrie sans vraiment d'argument rigoureux. Il est important de préciser pourquoi les objets sont envoyés l'un sur l'autre par symétrie.
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{
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-corrigé-envoi-1.jsonl",
"problem_match": "\nExercice 1.",
"solution_match": "## Solution de l'exercice 1"
}
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18b982ae-3ee0-590c-9e25-5ef9597a5f27
| 607,336
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Let $ABC$ be a triangle with $\widehat{BAC}=60^{\circ}$. Let $D$ and $E$ be the feet of the angle bisectors from vertices $B$ and $C$, respectively. Let $I$ be the intersection point of the lines $(BD)$ and $(CE)$. Show that the points $A$, $I$, $D$, and $E$ are concyclic.
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We are going to do an angle hunt to prove that $\widehat{I D A}+\widehat{I E A}=180^{\circ}$. Let $x=\widehat{A C E}=\widehat{E C B}$ and $y=\widehat{A B D}=\widehat{\mathrm{DBC}}$. Since the sum of the angles in a triangle is $180^{\circ}$, we have
$$
\begin{aligned}
180^{\circ} & =\widehat{\mathrm{BAC}}+\widehat{\mathrm{ABC}}+\widehat{\mathrm{ACB}} \\
& =60^{\circ}+2 y+2 x
\end{aligned}
$$
This implies that $x+y=60^{\circ}$. We can therefore express all the angles in the figure in terms of $x$ and in particular the two angles of interest, $\widehat{I D A}$ and $\widehat{I E A}$. We have $\widehat{I D A}=\widehat{B D A}=180^{\circ}-60^{\circ}-y$ and $\widehat{I E A}=\widehat{C E A}=180^{\circ}-60^{\circ}-x$. Therefore, the sum is
$$
\widehat{\mathrm{IDA}}+\widehat{\mathrm{IEA}}=180^{\circ}-60^{\circ}-\mathrm{y}+180^{\circ}-60^{\circ}-x=180^{\circ}+60^{\circ}-x-y=180^{\circ}
$$
This is the desired equality.
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Geometry
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Soit $A B C$ un triangle avec $\widehat{B A C}=60^{\circ}$. Soient $D$ et $E$ les pieds des bissectrices issues respectivement des sommets $B$ et $C$. Soit I le point d'intersection des droites (BD) et (CE). Montrer que les points $A$, I, $D$ et $E$ sont cocycliques.
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On va faire une chasse aux angles pour démontrer que $\widehat{I D A}+\widehat{I E A}=180^{\circ}$. Notons $x=\widehat{A C E}=\widehat{E C B}$ ainsi que $y=\widehat{A B D}=\widehat{\mathrm{DBC}}$. Comme la somme des angles d'un triangle vaut $180^{\circ}$ on a ainsi
$$
\begin{aligned}
180^{\circ} & =\widehat{\mathrm{BAC}}+\widehat{\mathrm{ABC}}+\widehat{\mathrm{ACB}} \\
& =60^{\circ}+2 y+2 x
\end{aligned}
$$
Ce qui implique que $x+y=60^{\circ}$. On peut donc exprimer tous les angles de la figure en fonction de $x$ et en particulier les deux angles qui nous intéressent, $\widehat{I D A}$ et $\widehat{I E A}$. On a $\widehat{I D A}=\widehat{B D A}=180^{\circ}-60^{\circ}-y$ ainsi que $\widehat{I E A}=\widehat{C E A}=180^{\circ}-60^{\circ}-x$. Donc la somme vaut
$$
\widehat{\mathrm{IDA}}+\widehat{\mathrm{IEA}}=180^{\circ}-60^{\circ}-\mathrm{y}+180^{\circ}-60^{\circ}-x=180^{\circ}+60^{\circ}-x-y=180^{\circ}
$$
Ce qui est l'égalité voulue.
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{
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-corrigé-envoi-1.jsonl",
"problem_match": "\nExercice 2.",
"solution_match": "## \nSolution de l'exercice 2"
}
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ae32ffae-0927-50e3-9bae-fff357624442
| 607,337
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Let $ABC$ be a triangle with $\widehat{BAC}=60^{\circ}$. Let $D$ and $E$ be the feet of the angle bisectors from vertices $B$ and $C$, respectively. Let $I$ be the intersection point of the lines $(BD)$ and $(CE)$. Show that the points $A$, $I$, $D$, and $E$ are concyclic.
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For exercise 2
Once we have obtained that $x+y=60^{\circ}$, we can conclude in another way, by demonstrating that $\widehat{\mathrm{DAE}}+\widehat{\mathrm{DIE}}=180^{\circ}$. Indeed, in triangle BCI, we have $\widehat{\mathrm{BIC}}=180^{\circ}-x-y=120^{\circ}$, so that $\widehat{\mathrm{DIE}}+\widehat{\mathrm{DAE}}=\widehat{\mathrm{BIC}}+\widehat{\mathrm{BAC}}=120^{\circ}+60^{\circ}=180^{\circ}$.
Graders' comment: The exercise was very well done overall. Even though the exercise was relatively quick, it is important to make a neat and clear figure and to clearly specify the steps of reasoning.
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Geometry
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Soit $A B C$ un triangle avec $\widehat{B A C}=60^{\circ}$. Soient $D$ et $E$ les pieds des bissectrices issues respectivement des sommets $B$ et $C$. Soit I le point d'intersection des droites (BD) et (CE). Montrer que les points $A$, I, $D$ et $E$ sont cocycliques.
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de l'exercice 2
Une fois que l'on a obtenu que $x+y=60^{\circ}$, on peut conclure d'une autre façon, en démontrant que $\widehat{\mathrm{DAE}}+\widehat{\mathrm{DIE}}=180^{\circ}$. En effet, dans le triangle BCI, on a $\widehat{\mathrm{BIC}}=180^{\circ}-\mathrm{x}-\mathrm{y}=120^{\circ}$, de sorte que $\widehat{\mathrm{DIE}}+\widehat{\mathrm{DAE}}=\widehat{\mathrm{BIC}}+\widehat{\mathrm{BAC}}=120^{\circ}+60^{\circ}=180^{\circ}$.
Commentaire des correcteurs: Exercice très bien réussi dans l'ensemble. Même si l'exercice était relativement rapide, il faut bien penser à faire une belle figure propre et bien préciser les étapes de raisonnement.
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{
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-corrigé-envoi-1.jsonl",
"problem_match": "\nExercice 2.",
"solution_match": "## Solution alternative"
}
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ae32ffae-0927-50e3-9bae-fff357624442
| 607,337
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Let ABC be a triangle with O as the center of the circumscribed circle. Let $\ell$ be a line perpendicular to the line $(A O)$. The line $(\ell)$ intersects the sides $(A B)$ and $(A C)$ at points $D$ and $E$. Show that the points $B, C, E$ and $D$ are concyclic.
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Let $X$ and $Y$ be the orthogonal projections of $O$ onto $(AC)$ and $(DE)$, respectively. Note that $X$ is the midpoint of the segment $[AC]$ and also the foot of the angle bisector of $\angle COA$ in the isosceles triangle $AOC$ at $O$.
Since $\angle EXO = 90^\circ = \angle EYO$, we deduce that $E, X, O$, and $Y$ are concyclic by the inscribed angle theorem. By the central angle theorem, we then have:
$$
\angle CBA = \angle COA / 2 = \angle XOA = 180^\circ - \angle YEX = 180^\circ - \angle CED
$$
From this, we deduce the concyclicity of points $B, C, D$, and $E$.
Comment from the graders: The exercise is very well done, however, many proofs get lost in numerous calculations when it is possible to do much simpler.
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Geometry
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Soit ABC un triangle dont O est le centre du cercle circonscrit. On note $\ell$ une droite perpendiculaire à la droite $(A O)$. La droite $(\ell)$ intersecte les côtés $(A B)$ et $(A C)$ en les points $D$ et $E$. Montrer que les points $B, C, E$ et $D$ sont cocycliques.
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Posons $X$ et $Y$ les projetés orthogonaux de $O$ sur ( $A C$ ) et (DE) respectivement. Notons que $X$ est le milieu du segment $[A C]$ et aussi le pied de la bissectrice de l'angle $\widehat{\mathrm{COA}}$ dans le triangle $A O C$ isocèle en O.
Comme $\widehat{\mathrm{EXO}}=90^{\circ}=\widehat{\mathrm{EYO}}$, on en déduit que $\mathrm{E}, \mathrm{X}, \mathrm{O}$ et Y sont cocycliques par le théorème de l'angle inscrit. Par le théorème de l'angle au centre, on a alors :
$$
\widehat{\mathrm{CBA}}=\widehat{\mathrm{COA}} / 2=\widehat{\mathrm{XOA}}=180^{\circ}-\widehat{\mathrm{YEX}}=180^{\circ}-\widehat{\mathrm{CED}}
$$
On en déduit la cocyclicité des points $\mathrm{B}, \mathrm{C}, \mathrm{D}$ et E .
Commentaire des correcteurs: L'exercice est très bien réussi, néanmoins beaucoup de preuves se perdent dans de nombreux calculs quand il est possible de faire bien plus simple.
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{
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-corrigé-envoi-1.jsonl",
"problem_match": "\nExercice 3.",
"solution_match": "## Solution de l'exercice 3"
}
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723082e4-8027-5e8a-9c9a-aef0670aee32
| 607,338
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Let $\omega_{1}$ and $\omega_{2}$ be two disjoint circles. An external common tangent to these two circles intersects $\omega_{1}$ at $A$ and $\omega_{2}$ at $B$. The second external common tangent to these two circles intersects $\omega_{1}$ at $D$ and $\omega_{2}$ at $C$. The line (BD) intersects $\omega_{1}$ at the point $P$ other than $D$ and $\omega_{2}$ at the point $Q$ other than B. Show that BQ = DP.
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A symmetry with respect to the line joining the centers of the two circles exchanges $A$ and $D$ as well as $B$ and $C$. Therefore, $A B = D C$. We then think of applying the power of a point, which gives us:
$$
\mathrm{DQ} \cdot \mathrm{DB} = \mathrm{DC}^2 = \mathrm{AB}^2 = \mathrm{BP} \cdot \mathrm{BD}
$$
where the first equality comes from the power of the point from $D$ with respect to $\omega_{2}$ and the third equality comes from the power of the point from $B$ with respect to the circle $\omega_{1}$. We can rewrite this identity as follows:
$$
(B P - D Q) B D = 0
$$
This implies that $\mathrm{BP} = \mathrm{DQ}$ and therefore that $\mathrm{DP} = \mathrm{BQ}$, leading to the conclusion.
Comment from the graders: The exercise was generally very well done. Using the power of a point simplified the problem: some solutions managed to solve it without, but it may be useful to study the solution with this concept to see how it simplified the resolution of the problem. Note that very few solutions considered the case where the circles have the same radius, in which case the tangents do not intersect. This case must be treated separately. Finally, while the need to make a clear and large diagram is understood by most students, there are still some solutions that do not follow this instruction.
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Geometry
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Soient $\omega_{1}$ et $\omega_{2}$ deux cercles disjoints. Une tangente commune extérieure à ces deux cercles coupe $\omega_{1}$ en $A$ et $\omega_{2}$ en $B$. La deuxième tangente commune extérieure à ces deux cercles coupe $\omega_{1}$ en $D$ et $\omega_{2}$ en $C$. La droite (BD) coupe $\omega_{1}$ en le point $P$ autre que $D$ et $\omega_{2}$ en le point $Q$ autre que B. Montrer que BQ = DP.
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Une symétrie axiale par rapport à la droite joignant les centres des deux cercles échange $A$ et $D$ ainsi que $B$ et $C$. Donc, $A B=D C$. On pense alors à appliquer la puissance d'un point, on a alors :
$$
\mathrm{DQ} \cdot \mathrm{DB}=\mathrm{DC}^{2}=\mathrm{AB}^{2}=\mathrm{BP} \cdot \mathrm{BD}
$$
où la première égalité vient de la puissance du point depuis D par rapport à $\omega_{2}$ et la troisième égalité vient de la puissance du point depuis B par rapport au cercle $\omega_{1}$. On peut réécrire cette identité de la manière suivante :
$$
(B P-D Q) B D=0
$$
Cela implique que $\mathrm{BP}=\mathrm{DQ}$ et donc que $\mathrm{DP}=\mathrm{BQ}$, d'où la conclusion.
Commentaire des correcteurs: L'exercice a globalement été très bien réussi. Utiliser des puissances de points simplifiait l'exercice : certaines copies ont réussi à faire sans, mais il peut être bon d'ètudier la solution avec cette notion afin de voir comment elle simplifiait la résolution du problème. Signalons que très peu de copies ont pensé au fait que lorsque les cercles ont même rayon, alors les tangentes ne se coupent pas. Il faut donc traiter ce cas à part. Enfin si la nècessitè de faire une figure propre et grande est acquise pour la plupart des élèves, il y a encore quelques copies qui ne respectent pas cette consigne.
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{
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-corrigé-envoi-1.jsonl",
"problem_match": "\nExercice 4.",
"solution_match": "## Solution de l'exercice 4"
}
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a55366de-2c5d-5227-9c12-b4f81a1c6083
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Let $ABC$ be an acute triangle with $AB < AC < BC$ and let $\Omega$ be its circumcircle. Let $D$ and $E$ be the points diametrically opposite to points $B$ and $C$ respectively in the circle $\Omega$. The circle centered at $A$ with radius $AE$ intersects $[AC]$ at $K$. The circle centered at $A$ with radius $AD$ intersects $(BA)$ at $L$ (such that $A$ lies between $B$ and $L$). Show that the lines $(EK)$ and $(DL)$ intersect on the circle $\Omega$.
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Let $X$ be the second intersection point of the line (EK) with the circle $\Omega$. The first thing to understand is that points K and L are of little importance and are only there to create isosceles right triangles.
Thus, we know that $[CE]$ is a diameter of the circle $\Omega$ and we obtain that $\widehat{\mathrm{EAK}}=90^{\circ}$. The triangle EAK is isosceles at $A$ because $AK = AE$ according to the problem statement. Combining this with the information that $\widehat{\mathrm{EAK}}=90^{\circ}$ shows that $\widehat{\mathrm{KEA}}=45^{\circ}$. Similarly, the triangle DAL is a right isosceles triangle at $A$ and thus
$$
\widehat{\mathrm{XDA}}=180^{\circ}-\widehat{\mathrm{AEX}}=180^{\circ}-45^{\circ}=180^{\circ}-\widehat{\mathrm{LDA}}
$$
This shows that the points $X, D$, and $L$ are collinear.
Comment from the graders: The problem is well handled. However, a significant number of students engaged in a lengthy angle chase when a direct solution was possible.
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Geometry
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Soit $A B C$ un triangle acutangle avec $A B<A C<B C$ et soit $\Omega$ son cercle circonscrit. Soient D et E les points diamètralement opposés respectivement aux points B et C dans le cercle $\Omega$. Le cercle de centre $A$ et de rayon $A E$ intersecte $[A C]$ en $K$. Le cercle de centre $A$ et de rayon $A D$ coupe $(B A)$ en $L$ (de telle sorte $A$ se trouve entre B et $L$ ). Montrer que les droites (EK) et (DL) se coupent sur le cercle $\Omega$.
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Notons $X$ le second point d'intersection de la droite (EK) avec le cercle $\Omega$. La première chose à comprendre est que les points K et L sont très peu importants et qu'ils ne sont là que pour créer des triangles rectangles isocèles.
Ainsi, on sait que $[C E]$ est un diamètre du cercle $\Omega$ et on obtient donc que $\widehat{\mathrm{EAK}}=90^{\circ}$. Le triangle EAK est isocèle en $A$ car $A K=A E$ d'après les hypothèses de l'énoncé, en combinant cela avec l'information que $\widehat{\mathrm{EAK}}=90^{\circ}$ cela montre que $\widehat{\mathrm{KEA}}=45^{\circ}$. De la même manière le triangle DAL est rectangle isocèle en $A$ et donc
$$
\widehat{\mathrm{XDA}}=180^{\circ}-\widehat{\mathrm{AEX}}=180^{\circ}-45^{\circ}=180^{\circ}-\widehat{\mathrm{LDA}}
$$
Ce qui montre bien que les points $X, D$ et $L$ sont alignés.
Commentaire des correcteurs : L'exercice est bien traité. En revanche, une quantité significative d'élèves a déployé une longue chasse aux angles quand il était possible d'avoir une solution directe.
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{
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-corrigé-envoi-1.jsonl",
"problem_match": "\nExercice 5.",
"solution_match": "## Solution de l'exercice 5"
}
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5699ebfa-43b4-5dce-9819-185a40c8cbbc
| 607,340
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Let $ABC$ be a triangle with $\widehat{ABC}=\widehat{ACB}=40^{\circ}$. The bisector from vertex $B$ intersects the line $(AC)$ at point $D$. Show that $BD + DA = BC$.
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To solve this kind of exercise, a good idea is often to try to transfer the lengths we are interested in to places where the calculations will be easier to perform. This is why we introduce $X$ as the point on the segment $[B C]$ such that $B D = B X$. We then want to show that $X C = A D$ to conclude.
A quick angle chase shows in the first place that $\widehat{\mathrm{BXD}} = 80^{\circ}$. Indeed, by the construction of point $X$, triangle BDX is isosceles at B, so we can calculate $\widehat{\mathrm{BXD}} = (180^{\circ} - 20^{\circ}) / 2 = 80^{\circ}$. This gives that $\widehat{\mathrm{CDX}} = \widehat{\mathrm{DXB}} - \widehat{\mathrm{DCX}} = 80^{\circ} - 40^{\circ} = 40^{\circ} = \widehat{\mathrm{DCX}}$, and thus that triangle DXC is isosceles at X. This shows that $\mathrm{DX} = \mathrm{XC}$. Solving the exercise therefore comes down to showing that $A D = D X$.
By closely examining the quadrilateral BADX, we notice that line (BD) is the angle bisector of $\widehat{A B X}$, and since we want to show that $A D = D X$, we naturally think of the South Pole theorem. It is therefore sufficient to show that points $B, A, D$, and $X$ are concyclic to conclude. This then involves a second small angle chase.
Indeed, $\widehat{\mathrm{BAD}} + \widehat{\mathrm{BXD}} = 100^{\circ} + 80^{\circ} = 180^{\circ}$, which clearly shows that quadrilateral ADXB is cyclic. Then, according to the South Pole theorem in triangle $B A X$, $A D = D X$. This thus concludes the proof of the exercise.
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Geometry
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Soit $A B C$ un triangle avec $\widehat{A B C}=\widehat{A C B}=40^{\circ}$. La bissectrice issue du sommet $B$ coupe la droite ( $A C$ ) au point $D$. Montrer que $B D+D A=B C$.
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Pour résoudre ce genre d'exercice, une bonne idée est souvent d'essayer de reporter les longueurs qui nous intéressent à des endroits où les calculs seront plus faciles à faire. C'est pour cela que l'on introduit $X$ le point du segment $[B C]$ de telle sorte que $B D=B X$. On veut alors démontrer que $X C=A D$ pour conclure.
Une chasse aux angles rapide montre dans un premier temps que $\widehat{\mathrm{BXD}}=80^{\circ}$. En effet, on sait par construction du point $X$ que le triangle BDX est isocèle en B , on peut donc calculer $\widehat{\mathrm{BXD}}=\left(180^{\circ}-\right.$ $\left.20^{\circ}\right) / 2=80^{\circ}$. Cela donne ensuite que $\widehat{\mathrm{CDX}}=\widehat{\mathrm{DXB}}-\widehat{\mathrm{DCX}}=80^{\circ}-40^{\circ}=40^{\circ}=\widehat{\mathrm{DCX}}$ et donc que le triangle DXC est isocèle en X . Cela montre que $\mathrm{DX}=\mathrm{XC}$. Résoudre l'exercice revient donc à montrer que $A D=D X$.
En regardant très fort le quadrilatère BADX on remarque que la droite ( BD ) est la bissectrice de l'angle $\widehat{A B X}$ et comme on veut démontrer que $A D=D X$ on pense naturellement au théorème du pôle sud. Il suffit donc de démontrer que les points $B, A, D$ et $X$ sont cocycliques pour conclure, il s'agit alors d'une deuxième petite chasse aux angles.
En effet, $\widehat{\mathrm{BAD}}+\widehat{\mathrm{BXD}}=100^{\circ}+80^{\circ}=180^{\circ}$ ce qui montre bien que le quadriltère ADXB est cyclique, puis d'après le théorème du pôle Sud dans le triangle $B A X$ que $A D=D X$. Cela conclut ainsi la preuve de l'exercice.
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{
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-corrigé-envoi-1.jsonl",
"problem_match": "\nExercice 6.",
"solution_match": "## Solution de l'exercice 6"
}
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| 607,341
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Let $ABC$ be a triangle with $\widehat{ABC}=\widehat{ACB}=40^{\circ}$. The bisector from vertex $B$ intersects the line $(AC)$ at point $D$. Show that $BD + DA = BC$.
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Exercise 6
A second solution is presented, corresponding to a second way of transferring the lengths to be studied.
Let $E$ be the point on the ray $[B D)$ such that $B E = B C$. We aim to show that $E D = D A$, so that $B D + D A = B D + D E = B E = B C$. The triangle $E B C$ is isosceles at $B$, so $180^{\circ} = \widehat{\mathrm{EBC}} + \widehat{\mathrm{ECB}} + \widehat{\mathrm{CEB}} = 20^{\circ} + 2 \widehat{\mathrm{CEB}}$. Thus, $\widehat{\mathrm{CEB}} = 80^{\circ}$ and $\widehat{\mathrm{ECD}} = \widehat{\mathrm{ECB}} - \widehat{\mathrm{DCB}} = 80^{\circ} - 40^{\circ} = 40^{\circ}$. Therefore, point $D$ is the foot of the angle bisector from vertex $C$ in triangle $E C B$.
Now let $F$ be the intersection point of the lines $(E C)$ and $(A B)$. The idea behind introducing this point is that we already know two angle bisectors of this triangle: the line $(BD)$ is the angle bisector of $\widehat{A B C}$ and the line $(CD)$ is the angle bisector of $\widehat{F C B}$. Thus, point $D$ is the incenter of triangle $F C B$. Therefore, it lies on the angle bisector of $\widehat{\mathrm{BFC}}$.
We have $\widehat{D E F} = 180^{\circ} - \widehat{D E C} = 100^{\circ}$ and $\widehat{D A F} = 180^{\circ} - \widehat{D A B} = 80^{\circ}$, so $\widehat{D E F} + \widehat{D A F} = 180^{\circ}$ and points $F, E, D$, and $A$ are concyclic. Therefore, point $D$ lies on the circumcircle of triangle $F E A$ and on the angle bisector of $\widehat{E F A}$, making it the South Pole of point $F$. As such, $D$ lies on the perpendicular bisector of segment $[A E]$ and $D E = D A$ as announced.
Comment from the graders: The exercise was generally well done by the students who attempted it: some even found very different (but often more laborious) approaches than those in the solution. Some students tried to calculate all the lengths, hoping that the trigonometric expressions would simplify nicely at the end. While this was possible (the simplest way being via the Law of Sines), be careful, in competitions, trying to calculate many lengths without achieving anything usually earns very few points. Therefore, it is important to avoid overly complicated calculations.
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Geometry
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Soit $A B C$ un triangle avec $\widehat{A B C}=\widehat{A C B}=40^{\circ}$. La bissectrice issue du sommet $B$ coupe la droite ( $A C$ ) au point $D$. Montrer que $B D+D A=B C$.
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de l'exercice 6
On présente une deuxième solution, correspondant à une deuxième façon de reporter les longueurs à étudier.
Soit $E$ le point de la demi-droite $[B D)$ tel que $B E=B C$. On cherche à montrer que $E D=D A$, de sorte que $B D+D A=B D+D E=B E=B C$. Le triangle $E B C$ est isocèle en $B$, de sorte que $180^{\circ}=\widehat{\mathrm{EBC}}+\widehat{\mathrm{ECB}}+\widehat{\mathrm{CEB}}=20^{\circ}+2 \widehat{\mathrm{CEB}}$. Ainsi, $\widehat{\mathrm{CEB}}=80^{\circ}$ et $\widehat{\mathrm{ECD}}=\widehat{\mathrm{ECB}}-\widehat{\mathrm{DCB}}=80^{\circ}-40^{\circ}=40^{\circ}$. Le point D est donc le pied de la bissectrice issue du sommet C dans le triangle ECB .
Soit désormais $F$ le point d'intersection des droites ( $E C$ ) et ( $A B$ ). L'idée derrière l'introduction de ce point est que l'on connait déjà deux bissectrices de ce triangle : la droite (BD) est la bissectrice de l'angle $\widehat{A B C}$ et la droite (CD) est la bissectrice de l'angle $\widehat{F C B}$. Ainsi, le point $D$ est le centre du cercle inscrit au triangle FCB. Il est donc sur la bissectrice de l'angle $\widehat{\mathrm{BFC}}$.
Or on a $\widehat{D E F}=180^{\circ}-\widehat{D E C}=100^{\circ}$ et $\widehat{D A F}=180^{\circ}-\widehat{D A B}=80^{\circ}$, de sorte que $\widehat{D E F}+\widehat{D A F}=180^{\circ}$ et les points $F, E, D$ et $A$ sont cocycliques. Le point $D$ est donc sur le cercle circonscrit au triangle $F E A$ et sur la bissectrice de l'angle $\widehat{E F A}$, il s'agit donc du pôle Sud du point F . A ce titre, D est sur la médiatrice du segment $[A E]$ et $D E=D A$ comme annoncé.
Commentaire des correcteurs: L'exercice est globalement bien réussi par les élèves l'ayant tenté : certains ont même trouvé des approches très différentes (mais souvent un peu plus laborieuses) que celles du corrigé. Un certain nombre d'élève ont essayé de calculer toutes les longueurs, en espérant que les expressions trigonométriques se simplifieraient bien à la fin. Il était possible de faire ainsi (le plus simple étant via la loi des sinus), mais attention, en compétition, essayer de calculer pleins de longueurs sans aboutir à rien rapporte habituellement très peu de points. Il faut donc éviter d'aboutir à des calculs trop compliqués.
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{
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-corrigé-envoi-1.jsonl",
"problem_match": "\nExercice 6.",
"solution_match": "## Solution alternative"
}
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| 607,341
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Let $ABC$ be a triangle. We denote $D$ and $E$ as the midpoints of sides $AB$ and $AC$, respectively. Let $O$ be the center of the circumcircle of triangle $ABC$. We denote $K$ as the intersection point of lines $(OE)$ and $(BC)$. We denote $L$ as the second intersection point of line $(OD)$ with the circumcircle of triangle $OKB$. We denote $F$ as the orthogonal projection of $A$ onto line $(KL)$. Show that points $D$, $E$, and $F$ are collinear.
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By drawing the figure, we notice that point $A$ also belongs to the circle passing through $O, K$, and $B$. We start by proving this fact.
On the one hand, according to Thales' theorem, the lines $(DE)$ and $(BC)$ are parallel, so we have the equality of alternate interior angles:
$$
\widehat{\mathrm{OKB}} = \widehat{\mathrm{OED}}.
$$
On the other hand, since $\widehat{\mathrm{ODA}} = 90^{\circ} = 180^{\circ} - \widehat{\mathrm{OEA}}$, the points $\mathrm{O}, \mathrm{E}, \mathrm{A}$, and $D$ are concyclic, so with the inscribed angle theorem we obtain
$$
\widehat{OAB} = \widehat{OAD} = \widehat{OED} = \widehat{OKB}.
$$
This proves that point $\mathcal{A}$ belongs to the circle passing through $\mathrm{O}, \mathrm{K}$, and $B$. Note that $O$ is the midpoint of the arc $AB$ in the circumcircle of triangle $AKB$. Therefore, point $O$ is the South pole of point $K$ in triangle $ABK$. In particular, $\widehat{OKB} = \widehat{AKO}$.
Since $\widehat{AFK} = 90^{\circ} = 180^{\circ} - \widehat{AEK}$, the points $A, F, K$, and $E$ are concyclic. Therefore, with the inscribed angle theorem:
$$
\widehat{AFE} = \widehat{AKE} = \widehat{AKO}.
$$
On the other hand, since $\widehat{AFL} = 90^{\circ} = \widehat{ADL}$, the points $A, D, F$, and $L$ are concyclic. Therefore, with the inscribed angle theorem in the circle passing through $A, D, F$, and $L$ and then in the circle passing through $A, L, K$, and $O$:
$$
\widehat{AFD} = \widehat{ALD} = \widehat{ALO} = \widehat{AKO}
$$
We deduce that $\widehat{AFD} = \widehat{AKO} = \widehat{AFE}$. Therefore, points $F, D$, and $E$ are collinear, as desired.
Remark 1. Once we have shown that point $A$ is on the circle passing through $\mathrm{O}, \mathrm{K}$, and $B$, we can conclude directly by noting that points $\mathrm{E}, \mathrm{D}$, and $F$ are the orthogonal projections of point $A$ onto the sides of triangle $OKL$. The Simson line property indicates that these points are collinear. The Simson line property is a classic in triangle geometry, which can be found in the beginner geometry workbook of the POFM (Exercise 3.10). The end of the proof given above essentially re-proves this property.
Comment from the graders: The exercise, although difficult, is well handled. Very few students, however, thought of the Simson line to conclude.
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Geometry
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Soit $A B C$ un triangle. On note $D$ et $E$ les milieux respectifs des côtés $A B$ et $A C$. Soit $O$ le centre du cercle circonscrit du triangle $A B C$. On note K le point d'intersection des droites (OE) et (BC). On note L le deuxième point d'intersection de la droite (OD) avec le cercle circonscrit au triangle OKB. On note $F$ la projection orthogonale de $A$ sur le droite (KL). Montrer que les points D, $E$ et $F$ sont alignés.
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En traçant la figure, on s'aperçoit que le point $A$ appartient également au cercle passant $O, K$ et $B$. On commence par démontrer ce fait.
D'une part, d'après le théorème de Thalès les droites ( DE ) et ( BC ) sont parallèles, on a l'égalité des angles alternes-internes :
$$
\widehat{\mathrm{OKB}}=\widehat{\mathrm{OED}} .
$$
D'autre part, puisque $\widehat{\mathrm{ODA}}=90^{\circ}=180^{\circ}-\widehat{\mathrm{OEA}}$, les points $\mathrm{O}, \mathrm{E}, \mathrm{A}$ et D sont cocycliques, de sorte qu'avec le théorème de l'angle inscrit on obtient
$$
\widehat{O A B}=\widehat{O A D}=\widehat{O E D}=\widehat{O K B} .
$$
Ce qui prouve bien que le point $\mathcal{A}$ appartient au cercle passant par $\mathrm{O}, \mathrm{K}$ et B . Notons que O est le milieu de l'arc $A B$ dans le cercle circonscrit au triangle $A K B$. Le point $O$ est donc le pôle Sud du point $K$ dans le triangle $A B K$. En particulier, $\widehat{O K B}=\widehat{A K O}$.
Puisque $\widehat{A F K}=90^{\circ}=180^{\circ}-\widehat{A E K}$, les points $A, F, K$ et $E$ sont cocycliques. On a donc avec le théorème de l'angle inscrit:
$$
\widehat{A F E}=\widehat{A K E}=\widehat{A K O} .
$$
D'autre part, puisque $\widehat{A F L}=90^{\circ}=\widehat{A D L}$, les points $A, D, F$ et $L$ sont cocycliques. On a alors avec le théorème de l'angle inscrit dans le cercle passant par $A, D, F$ et $L$ puis dans celui passant par $A, L, K$ et O :
$$
\widehat{A F D}=\widehat{A L D}=\widehat{A L O}=\widehat{A K O}
$$
On déduit que $\widehat{A F D}=\widehat{A K O}=\widehat{A F E}$. Les points $F, D$ et $E$ sont donc alignés, comme voulu.
Remarque 1. Une fois que l'on a montré que le point A est sur le cercle passant par $\mathrm{O}, \mathrm{K}$ et B , on peut conclure directement en remarquant que les points $\mathrm{E}, \mathrm{D}$ et F sont les projetés orthogonaux du point A sur les côtés du triangle OKL. La propriété de la droite de Simson nous indique que ces points sont alignés. La propriété de la droite de Simson est un classique de la géométrie du triangle, que l'on pourra retrouver dans le polycopié de géométrie pour débutants de la POFM (Exercice 3.10). La fin de la preuve donnée ci-dessus redémontre en substance cette propriété.
Commentaire des correcteurs: L'exercice, pourtant difficile, est bien traité. Très peu d'élèves ont cependant penser à la droite de Simson pour conclure.
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{
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-corrigé-envoi-1.jsonl",
"problem_match": "\nExercice 7.",
"solution_match": "## Solution de l'exercice 7"
}
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| 607,342
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Let $ABC$ be a triangle with acute angles, $\omega$ its circumcircle, and $O$ the center of $\omega$. The perpendicular from $A$ to $(BC)$ intersects $(BC)$ at $D$ and $\omega$ at $E$. Let $F$ be a point on the segment $[AE]$ such that $2 \cdot FD = AE$. Let $\ell$ be the perpendicular to $(OF)$ passing through $F$. Show that the line $\ell$, the line $(BC)$, and the tangent to $\omega$ at $E$ are concurrent.
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We want to show that three lines are concurrent. One strategy would be to consider the intersection point of two of these lines and show that this point lies on the third line, which is the strategy we will adopt here.
In the case of our exercise, it was possible to choose any pair of lines among the lines $(\ell)$, $(BC)$, and the tangent to $\omega$ at $E$ and arrive at the same conclusion.
Let $X$ be the intersection point of the tangent to $\omega$ at $E$ with the line $(BC)$. We will show that $X$ lies on $\ell$ by showing that the lines $(FX)$ and $(FO)$ are perpendicular. To show that they are indeed perpendicular, we will use the converse of the Pythagorean theorem by showing that $XO^2 = OF^2 + FX^2$. We will denote the radius of $\omega$ as $R$ in the following.
On the one hand, since $(XE)$ is tangent to the circle $\omega$, we have $XO^2 = XE^2 + OE^2 = XE^2 + R^2$. According to the Pythagorean theorem in the right triangle $XDE$ at $D$, $XE^2 = XD^2 + DE^2$. We deduce that
$$
XO^2 = XD^2 + DE^2 + R^2
$$
On the other hand, according to the Pythagorean theorem in the right triangle $FDX$ at $D$, $XF^2 = XD^2 + FD^2$. To calculate $OF^2$, we use the power of point $F$ with respect to the circle $\omega$. Indeed, this formula tells us that the power of point $F$ with respect to the circle $\omega$ is $OF^2 - R^2$. Since it is also equal to $-FA \times FE$, we deduce that $OF^2 = R^2 - FA \times FE$. We then have,
$$
XF^2 + OF^2 = (XD^2 + FD^2) + (R^2 - FA \times FE)
$$
To show that $XO^2 = XF^2 + OF^2$, it suffices to show that $DE^2 = FD^2 - FA \times FE$, or equivalently $D^2 + FA \times FE$. It then remains to introduce the length hypothesis on point $F$.
Let $H$ be the orthocenter of triangle $ABC$. We know that the points $H$ and $E$ are symmetric with respect to the line $(BC)$ (a classic result in triangle geometry that can be found in the beginner geometry workbook of POFM, exercise 4.8). We deduce that $DE = DH$. But then,
$$
FH = FD - DH = \frac{1}{2}(AE - HE) = \frac{1}{2}AH.
$$
In particular, $F$ is the midpoint of the segment $[AH]$. It remains to calculate $DE^2 + FA \times FE$ in the following way
$$
\begin{aligned}
DE^2 + FA \times FE & = DE^2 + FA \times (FH + \underbrace{DH + DE}_{=2DE}) \\
& = DE^2 + FA^2 + 2DE \times FA \\
& = (FA + DE)^2 \\
& = (FH + DH)^2 = FD^2.
\end{aligned}
$$
This concludes that $XO^2 = XF^2 + OF^2$ and completes the proof of the problem.
Comment from the graders: The exercise was very difficult, and few students managed to make good progress. The most elementary approach was to introduce the midpoint of $[BC]$, then notice an isosceles trapezoid (or a parallelogram), to start a chase of angles.
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Geometry
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Soit ABC un triangle dont les angles sont aigus, $\omega$ son cercle circonscrit et O le centre de $\omega$. La perpendiculaire issue de $A$ par rapport à $(B C)$ intersecte $(B C)$ en $D$ et $\omega$ en $E$. Soit $F$ un point sur le segment $[A E]$ tel que $2 \cdot F D=A E$. Soit $\ell$ la perpendiculaire à $(O F)$ passant par $F$. Montrer que la droite $\ell$, la droite $(B C)$ et la tangente à $\omega$ en $E$ sont concourantes.
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On désire montrer que trois droites sont concourantes. Une stratégie serait donc de considérer le point d'intersection de deux de ces droites et de montrer que ce point appartient à la troisième droite, c'est la stratégie que nous allons adopter ici.
Dans le cas de notre exercice, il était possible de choisir n'importe quelle paire de droites parmi les droites $(\ell),(B C)$ et la tangente à $\omega$ en $E$ et aboutir.
Soit $X$ le point d'intersection de la tangente à $\omega$ en $E$ avec la droite (BC). Nous allons montrer que $X$ est sur $\ell$ en montrant que les droites (FX) et (FO) sont perpendiculaires. Et pour montrer qu'elles sont bien perpendiculaires, on va utiliser la réciproque du théorème de Pythagore en montrant que $\mathrm{XO}^{2}=$ $\mathrm{OF}^{2}+\mathrm{FX}$. On notera dans la suite R le rayon de $\omega$.
D'une part, puisque ( $X E$ ) est tangente au cercle $\omega$, on a $X O^{2}=X E^{2}+O E^{2}=X E^{2}+R^{2}$. D'après le théorème de Pythagore dans le triangle $X D E$ rectangle en $D, X E^{2}=X D^{2}+D E^{2}$. On en déduit que
$$
X O^{2}=X D^{2}+D E^{2}+R^{2}
$$
D'autre part, d'après le théorème de Pythagore dans le triangle FDX rectangle en $\mathrm{D}, \mathrm{XF}^{2}=\mathrm{XD}^{2}+\mathrm{FD}^{2}$. Pour calculer $\mathrm{OF}^{2}$, on utilise la formule de la puissance du point F par rapport au cercle $\omega$. En effet, cette formule nous dit que la puissance du point $F$ par rapport au cercle $\omega$ vaut $\mathrm{OF}^{2}-R^{2}$. Comme d'autre part elle vaut $-F A \times F E$, on déduit que $\mathrm{OF}^{2}=R^{2}-F A \times F E$. On a alors,
$$
X F^{2}+O F^{2}=\left(X D^{2}+F D^{2}\right)+\left(R^{2}-F A \times F E\right)
$$
Pour montrer que $X O^{2}=X F^{2}+\mathrm{FO}^{2}$, il suffit donc de montrer que $\mathrm{DE}^{2}=\mathrm{FD}^{2}-\mathrm{FA} \times \mathrm{FE}$, ou encore $D^{2}+F A \times F E$. Il s'agit alors de faire apparaître l'hypothèse de longueur sur le point $F$.
Notons H l'orthocentre du triangle $A B C$. On sait que les points H et E sont symétriques par rapport à la droite $(\mathrm{BC})$ (résultat classique de géométrie du triangle que l'on pourra retrouver dans le polycopié
de géométrie pour débutant de la POFM, exercice 4.8). On déduit que $\mathrm{DE}=\mathrm{DH}$. Mais alors,
$$
\mathrm{FH}=\mathrm{FD}-\mathrm{DH}=\frac{1}{2}(A E-\mathrm{HE})=\frac{1}{2} A H .
$$
En particulier, F est le milieu du segment $[\mathrm{AH}]$. Il ne reste plus qu'à calculer $\mathrm{DE}^{2}+\mathrm{FA} \times \mathrm{FE}$ de la manière suivante
$$
\begin{aligned}
\mathrm{DE}^{2}+\mathrm{FA} \times \mathrm{FE} & =\mathrm{DE}^{2}+\mathrm{FA} \times(\mathrm{FH}+\underbrace{\mathrm{DH}+\mathrm{DE}}_{=2 \mathrm{DE}}) \\
& =\mathrm{DE}^{2}+\mathrm{FA}^{2}+2 \mathrm{DE} \times \mathrm{FA} \\
& =(\mathrm{FA}+\mathrm{DE})^{2} \\
& =(\mathrm{FH}+\mathrm{DH})^{2}=\mathrm{FD}^{2} .
\end{aligned}
$$
Ce qui conclut bien que $\mathrm{XO}^{2}=\mathrm{XF}^{2}+\mathrm{FO}^{2}$ et termine la preuve du problème.
Commentaire des correcteurs: L'exercice était très difficile, et peu d'élèves ont réussi à avoir de bonnes avancées. L'approche la plus élémentaire était d'introduire le milieu de [BC], puis de remarquer un trapèze isocèle (ou un parallélogramme), pour pouvoir entamer une chasse aux angles.
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{
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-corrigé-envoi-1.jsonl",
"problem_match": "\nExercice 8.",
"solution_match": "## Solution de l'exercice 8"
}
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37935ad5-0efe-595c-ab8e-98b49b83de0a
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Let $ABC$ be an equilateral triangle. Let $X$ be a point on the line $(BC)$ different from $B$ and $C$. Let $Y$ and $Z$ be two points on the lines $(AB)$ and $(AC)$ such that the lines $(BZ)$ and $(CY)$ are parallel to the line $(AX)$. The line $(XY)$ intersects the line $(AC)$ at $M$ and the line $(XZ)$ intersects the line $(AB)$ at $N$. Show that the line $(MN)$ is tangent to the incircle of $ABC$.
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We start by stating two lemmas that will be useful in the following. The usefulness of the first lemma will be obvious to the reader, while the interest of the second lemma may seem less clear.
Lemma 1. Let $ABC$ be a triangle and $\omega$ the $A$-excircle of this triangle. We denote by $J$ the center of $\omega$ and $\alpha$ the angle at $A$. Then, $\widehat{\mathrm{BJC}}=90-\alpha / 2$, and there is a form of uniqueness. If $X$ is a point on the line $(AB)$, and we rotate the line $(JX)$ around $J$ by an angle $90-\alpha / 2$ and denote by $Y$ the intersection of this line with the line $(AB)$, then the line $(YX)$ is tangent to $\omega$.
Remark 2. The attentive reader will notice that the rotation by an angle $90-\alpha / 2$ from $J$ is not unique; one must pay attention to the direction in which the rotation is performed (in fact, one must work with oriented angles).
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Geometry
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Soit $A B C$ un triangle équilatéral. Soit $X$ un point de la droite ( $B C$ ) différent de $B$ et $C$. Soient $Y$ et $Z$ deux points sur les droites $(A B)$ et $(A C)$ de telle sorte que les deux droites ( $B Z$ ) et ( $C Y$ ) sont parallèles à la droite $(A X)$. La droite $(X Y)$ intersecte la droite ( $A C)$ en $M$ et la droite ( $X Z$ ) intersecte la droite $(A B)$ en $N$. Montrer que la droite ( $M N$ ) est tangente au cercle inscrit de $A B C$.
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On commence par énoncer deux lemmes qui vont être utiles dans la suite. Si l'utilité du premier lemme sautera aux yeux du lecteur l'intérêt du deuxième lemme paraîtra sans doute moins clair.
Lemme 1. Soit $A B C$ un triangle et $\omega$ le cercle $A$-exinscrit de ce triangle, on note J le centre de $\omega$ et $\alpha$ l'angle en A . Alors, $\widehat{\mathrm{BJC}}=90-\alpha / 2$, de plus il existe une forme d'unicité. Soit X un point de la droite (AB), si on effectue une rotation de la droite (JX) autour de J par un angle $90-\alpha / 2$ et que l'on note par Y l'intersection de cette droite avec la droite ( AB ), alors la droite ( YX ) est tangente à $\omega$.
Remarque 2. Le lecteur attentif remarquera que la rotation d'angle $90-\alpha / 2$ depuis J n'est pas unique, il faut faire attention au sens dans lequel on effectue la rotation (en fait il faut travailler avec des angles orientés).
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{
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-corrigé-envoi-1.jsonl",
"problem_match": "\nExercice 9.",
"solution_match": "\nSolution de l'exercice 9"
}
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Let $ABC$ be an equilateral triangle. Let $X$ be a point on the line $(BC)$ different from $B$ and $C$. Let $Y$ and $Z$ be two points on the lines $(AB)$ and $(AC)$ such that the lines $(BZ)$ and $(CY)$ are parallel to the line $(AX)$. The line $(XY)$ intersects the line $(AC)$ at $M$ and the line $(XZ)$ intersects the line $(AB)$ at $N$. Show that the line $(MN)$ is tangent to the incircle of $ABC$.
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There is a natural proof of this lemma using tools from projective geometry, but we will give an elementary proof here. Let $W$ be the intersection of the line $(XY)$ with the line $(AB)$. We can then write the following identities, which follow from Thales' theorem.
Since the three lines $(AC)$, $(BD)$, and $(WZ)$ intersect at $Y$ and the lines $(AB)$ and $(CD)$ are parallel, we have the equality
$$
\frac{AW}{WB} = \frac{CZ}{ZD}
$$
where we have taken care of the orientations of the lengths (here both sides of the equation are negative). Similarly, since the three lines $(AD)$, $(BC)$, and $(WZ)$ intersect at $Z$ and the lines $(AB)$ and $(CD)$ are parallel, we have the equality
$$
\frac{BW}{WA} = \frac{CZ}{ZD}
$$
By combining these two equalities, we obtain
$$
\left(\frac{CZ}{ZD}\right)^2 = 1
$$
And thus, taking care of the signs,
$$
\frac{CZ}{ZD} = -1
$$
This concludes the proof of the lemma.
Let's now return to the problem.
Let $D$, $E$, and $F$ be the points of tangency of the incircle in the triangle $ABC$. We will prove a stronger result. If we denote $x = \widehat{\mathrm{CAX}}$, we will show that $\widehat{MIE} = x$. This would conclude the proof because by symmetry we would have $\widehat{MIF} = \widehat{BAX} = 60 - x$ and thus $\widehat{MIN} = 120 - (60 - x) - x = 60$, which concludes the proof according to Lemma 1.
Let $T$ be the intersection of the lines $(AX)$ and $(BE)$. The equality $\widehat{MIE} = \widehat{EAT}$ is equivalent to the property that the points $A$, $M$, $I$, and $T$ are concyclic. A quick angle chase shows that this property is also equivalent to the lines $(MT)$ and $(AB)$ being parallel (for example, we can use parallels/antiparallels with respect to the lines $(EB)$ and $(EA)$). We also denote $P$ as the intersection of the lines $(MB)$ and $(AX)$.
We then apply Lemma 2 to the trapezoid $AXCY$ to show that the point $P$ is the midpoint of the segment $[AX]$. Thus, by the midline theorem, we have $F$, $P$, and $E$ collinear. We then observe that in the quadrilateral $AMTB$ with $P$ being the intersection of the lines $(AT)$ and $(MB)$ and $E$ being the intersection of the lines $(AM)$ and $(BT)$, the line $(EP)$ passes through the midpoint of the segment $[AB]$. It follows that we can then apply the converse of Lemma 2 (uniqueness is left to the reader) to show that the quadrilateral $AMTB$ is indeed a trapezoid with $(AB) \parallel (MT)$, which concludes the proof.
Comment from the graders: The exercise was very difficult. A handful of students managed to solve it using essentially computational techniques (and sometimes advanced ones) that were largely different from the solution provided in the answer key.
## Senior Exercises
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Geometry
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Soit $A B C$ un triangle équilatéral. Soit $X$ un point de la droite ( $B C$ ) différent de $B$ et $C$. Soient $Y$ et $Z$ deux points sur les droites $(A B)$ et $(A C)$ de telle sorte que les deux droites ( $B Z$ ) et ( $C Y$ ) sont parallèles à la droite $(A X)$. La droite $(X Y)$ intersecte la droite ( $A C)$ en $M$ et la droite ( $X Z$ ) intersecte la droite $(A B)$ en $N$. Montrer que la droite ( $M N$ ) est tangente au cercle inscrit de $A B C$.
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Il existe une preuve naturelle de ce lemme en utilisant des outils de la géométrie projective mais on va donner ici une preuve élémentaire. Soit $W$ l'intersection de la droite ( $X Y$ ) avec la droite ( $A B$ ), on peut alors écrire les identités suivantes qui découlent du théorème de Thalès.
Comme les trois droites $(A C),(B D)$ et $(W Z)$ sont concourantes en $Y$ et les droites $(A B)$ et (CD) sont parallèles, on a l'égalité
$$
\frac{A W}{W B}=\frac{C Z}{Z D}
$$
où l'on a pris soin des orientations de longueurs (ici les deux côtés de l'équation sont négatifs). De la même manière les trois droites ( $A D$ ), ( $B C$ ) et ( $W Z$ ) sont concourantes en $Z$ et que les droites $(A B)$ et $(C D)$ sont parallèles, on a donc l'égalité
$$
\frac{B W}{W A}=\frac{C Z}{Z D}
$$
En combinant ces deux égalités on obtient
$$
\left(\frac{C Z}{Z D}\right)^{2}=1
$$
Et donc, en prenant soin des signes
$$
\frac{C Z}{Z D}=-1
$$
Ce qui conclut la preuve du lemme.
Revenons désormais au problème.
On note $D$, $E$ et $F$ les points de tangences du cercle inscrit dans le triangle $A B C$. On va montrer un résultat a priori plus fort. Si on note $x=\widehat{\mathrm{CAX}}$ on va démontrer que $\widehat{M I E}=x$. Cela conclurait alors car par symétrie on aurait $\widehat{M I F}=\widehat{B A X}=60-x$ et donc $\widehat{M I N}=120-(60-x)-x=60$ ce qui conclurait d'après le Lemme 1.
Soit $T$ le point d'intersection des droites $(A X)$ et $(B E)$, l'égalité $\widehat{M I E}=\widehat{E A T}$ est équivalente à la propriété que les points $A, M$, I et $T$ sont cocycliques. Une chasse aux angles immédiate montre que cette propriété est encore équivalente à ce que les droites $(M T)$ et $(A B)$ soient parallèles (par exemple on peut utiliser des parallèles/antiparallèles par rapport aux droites (EB) et (EA)). On note de plus $P$ l'intersection des droites (MB) et ( $A X$ ).
On applique alors le Lemme 2 dans un premier temps au trapèze $A X C Y$ pour montrer que le point $P$ et le milieu du segment $[A X]$. Ainsi, d'après la droite des milieux on a $F, P$ et $E$ alignés. On remarque alors que dans le quadrilatère $A M T B$ avec $P$ l'intersection des droites $(A T)$ et ( $M B$ ) ainsi que E l'intersection des droites ( $A M$ ) et (BT), la droite (EP) passe par le milieu du segment $[A B]$, il suit que l'on peut alors appliquer la réciproque du Lemme 2 (il y a une unicité laissée au lecteur) pour montrer que le quadrilatère AMTB est bien un trapèze avec $(A B) / /(M T)$ ce qui conclut.
Commentaire des correcteurs : L'exercice était très difficile. Une poignée d'élèves en est venue à bout, à l'aide de techniques essentiellement calculatoires (et parfois avancées) largement différentes de la solution proposée par le corrigé.
## Exercices Seniors
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{
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-corrigé-envoi-1.jsonl",
"problem_match": "\nExercice 9.",
"solution_match": "## Démonstration."
}
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Let $ABC$ be a triangle with $\widehat{BAC}=60^{\circ}$. Let $D$ and $E$ be the feet of the angle bisectors from vertices $B$ and $C$, respectively. Let $I$ be the intersection point of the lines $(BD)$ and $(CE)$. Show that the points $A$, $I$, $D$, and $E$ are concyclic.
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We are going to do an angle hunt to prove that $\widehat{\mathrm{IDA}}+\widehat{\mathrm{IEA}}=180^{\circ}$. Let $x=\widehat{\mathrm{ACE}}=\widehat{\mathrm{ECB}}$ and $y=\widehat{A B D}=\widehat{\mathrm{DBC}}$. Since the sum of the angles in a triangle is $180^{\circ}$, we have
$$
\begin{aligned}
180^{\circ} & =\widehat{\mathrm{BAC}}+\widehat{A B C}+\widehat{A C B} \\
& =60^{\circ}+2 y+2 x .
\end{aligned}
$$
This implies that $x+y=60^{\circ}$. We can therefore express all the angles in the figure in terms of $x$ and in particular the two angles of interest, $\widehat{\text { IDA }}$ and $\widehat{I E A}$. We have $\widehat{I D A}=\widehat{\mathrm{BDA}}=180^{\circ}-60^{\circ}-y$ and $\widehat{I E A}=\widehat{C E A}=180^{\circ}-60^{\circ}-x$. Therefore, the sum is
$$
\widehat{\mathrm{IDA}}+\widehat{\mathrm{IEA}}=180^{\circ}-60^{\circ}-\mathrm{y}+180^{\circ}-60^{\circ}-x=180^{\circ}+60^{\circ}-x-y=180^{\circ}
$$
This is the desired equality.
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Geometry
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Soit $A B C$ un triangle avec $\widehat{B A C}=60^{\circ}$. Soient $D$ et $E$ les pieds des bissectrices issues respectivement des sommets $B$ et $C$. Soit I le point d'intersection des droites (BD) et (CE). Montrer que les points $A$, I, D et $E$ sont cocycliques.
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On va faire une chasse aux angles pour démontrer que $\widehat{\mathrm{IDA}}+\widehat{\mathrm{IEA}}=180^{\circ}$. Notons $x=\widehat{\mathrm{ACE}}=\widehat{\mathrm{ECB}}$ ainsi que $y=\widehat{A B D}=\widehat{\mathrm{DBC}}$. Comme la somme des angles d'un triangle vaut $180^{\circ}$ on a ainsi
$$
\begin{aligned}
180^{\circ} & =\widehat{\mathrm{BAC}}+\widehat{A B C}+\widehat{A C B} \\
& =60^{\circ}+2 y+2 x .
\end{aligned}
$$
Ce qui implique que $x+y=60^{\circ}$. On peut donc exprimer tous les angles de la figure en fonction de $x$ et en particulier les deux angles qui nous intéressent, $\widehat{\text { IDA }}$ et $\widehat{I E A}$. On a $\widehat{I D A}=\widehat{\mathrm{BDA}}=180^{\circ}-60^{\circ}-y$ ainsi que $\widehat{I E A}=\widehat{C E A}=180^{\circ}-60^{\circ}-\chi$. Donc la somme vaut
$$
\widehat{\mathrm{IDA}}+\widehat{\mathrm{IEA}}=180^{\circ}-60^{\circ}-\mathrm{y}+180^{\circ}-60^{\circ}-x=180^{\circ}+60^{\circ}-x-y=180^{\circ}
$$
Ce qui est l'égalité voulue.
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{
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-corrigé-envoi-1.jsonl",
"problem_match": "\nExercice 10.",
"solution_match": "## Solution de l'exercice 10"
}
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eac84924-7051-5dc0-a2f6-35198a0cc96d
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Let $ABC$ be a triangle with $\widehat{BAC}=60^{\circ}$. Let $D$ and $E$ be the feet of the angle bisectors from vertices $B$ and $C$, respectively. Let $I$ be the intersection point of the lines $(BD)$ and $(CE)$. Show that the points $A$, $I$, $D$, and $E$ are concyclic.
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Exercise 10
Once we have obtained that \(x + y = 60^{\circ}\), we can conclude in another way by demonstrating that \(\widehat{\mathrm{DAE}} + \widehat{\mathrm{DIE}} = 180^{\circ}\). Indeed, in triangle BCI, we have \(\widehat{\mathrm{BIC}} = 180^{\circ} - x - y = 120^{\circ}\), so that \(\widehat{\mathrm{DIE}} + \widehat{\mathrm{DAE}} = \widehat{\mathrm{BIC}} + \widehat{\mathrm{BAC}} = 120^{\circ} + 60^{\circ} = 180^{\circ}\).
Graders' Comment: Very well done exercise. It is important to make a neat diagram and to detail your reasoning thoroughly.
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Geometry
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Soit $A B C$ un triangle avec $\widehat{B A C}=60^{\circ}$. Soient $D$ et $E$ les pieds des bissectrices issues respectivement des sommets $B$ et $C$. Soit I le point d'intersection des droites (BD) et (CE). Montrer que les points $A$, I, D et $E$ sont cocycliques.
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de l'exercice 10
Une fois que l'on a obtenu que $x+y=60^{\circ}$, on peut conclure d'une autre façon, en démontrant que $\widehat{\mathrm{DAE}}+\widehat{\mathrm{DIE}}=180^{\circ}$. En effet, dans le triangle BCI, on a $\widehat{\mathrm{BIC}}=180^{\circ}-\mathrm{x}-\mathrm{y}=120^{\circ}$, de sorte que $\widehat{\mathrm{DIE}}+\widehat{\mathrm{DAE}}=\widehat{\mathrm{BIC}}+\widehat{\mathrm{BAC}}=120^{\circ}+60^{\circ}=180^{\circ}$.
Commentaire des correcteurs : Exercice très bien réussi. Il faut bien penser à faire une figure propre et à bien détailler son raisonnement.
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{
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-corrigé-envoi-1.jsonl",
"problem_match": "\nExercice 10.",
"solution_match": "\nSolution alternative"
}
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eac84924-7051-5dc0-a2f6-35198a0cc96d
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Let $ABC$ be a triangle, $L, M$ and $N$ the midpoints of the sides $[BC], [CA]$, and $[AB]$. Suppose that $\widehat{ANC}=\widehat{ALB}$. Show that $\widehat{CAL}=\widehat{ABM}$.
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First, we try to interpret the condition given in the problem, $\widehat{A N C} = \widehat{A L B}$. To do this, we introduce \( G \) as the centroid of triangle \( ABC \) (recall that it is also the intersection of the three medians \( (AL), (BM) \), and \( (CN) \)). The condition in the problem implies that the quadrilateral \( NGBL \) is cyclic.
Thus, we have \(\widehat{C A L} = \widehat{A L N}\) by alternate interior angles. Since the quadrilateral \( NGBL \) is cyclic, we have \(\widehat{C A L} = \widehat{A L N} = \widehat{G L N} = \widehat{G B N} = \widehat{A B M}\), which concludes the proof.
Comment from the graders: The problem is well solved. A handful of students believed that the statement necessarily implied that the triangle was isosceles or even equilateral, but this is not the case.
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Geometry
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Soit $A B C$ un triangle, $L, M$ et $N$ les milieux respectifs des côtés $[B C],[C A]$ et $[A B]$. On suppose que $\widehat{A N C}=\widehat{A L B}$. Montrer que $\widehat{C A L}=\widehat{A B M}$.
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On essaie dans un premier temps d'interpréter la condition de l'énoncé $\widehat{A N C}=\widehat{A L B}$. Pour cela on commence par introduire G le centre de gravité du triangle $A B C$ (on rappelle que c'est aussi l'intersection des trois médianes ( $A L),(B M)$ et ( $C N)$ ). La condition de l'énoncé revient à dire que le quadrilatère NGBL est cyclique.
On a ainsi $\widehat{C A L}=\widehat{A L N}$ par angles alternes-internes. Puis comme le quadrilatère NGBL est cyclique on a $\widehat{C A L}=\widehat{A L N}=\widehat{G L N}=\widehat{G B N}=\widehat{A B M}$, ce qui conclut.
Commentaire des correcteurs : L'exercice est bien résolu. Une poignée d'élèves a cru que l'énoncé impliquait forcément que le triangle était isocèle voire même équilatéral, mais il n'en est rien.
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{
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-corrigé-envoi-1.jsonl",
"problem_match": "\nExercice 11.",
"solution_match": "## Solution de l'exercice 11"
}
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abb0a9c1-cfdf-5f7b-a524-11e8c24516c9
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Let $ABC$ be an acute triangle. Let $P$ and $Q$ be two points on the segment [BC]. We denote by $\mathrm{O}_{1}, \mathrm{O}_{2}, \mathrm{O}_{3}$ and $\mathrm{O}_{4}$ the centers of the circumcircles of triangles ABP, ABQ, ACP and ACQ, respectively. Show that the points $\mathrm{O}_{1}, \mathrm{O}_{2}, \mathrm{O}_{3}$ and $\mathrm{O}_{4}$ are concyclic if and only if $\widehat{\mathrm{BAP}}=\widehat{\mathrm{QAC}}$.
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The figure contains many objects, so we will try to simplify it a bit. We notice that there are many radical axes (the lines $(AB)$, $(AP)$, $(AQ)$, and $(AC)$ in the figure) and thus many right angles with the centers of the circles. We have the following perpendicularities:
$$
\left(\mathrm{O}_{1} \mathrm{O}_{2}\right) \perp (A B), \left(\mathrm{O}_{1} \mathrm{O}_{3}\right) \perp (A P), \left(\mathrm{O}_{2} \mathrm{O}_{4}\right) \perp (A Q), \left(\mathrm{O}_{3} \mathrm{O}_{4}\right) \perp (A C)
$$
In particular, we want to prove a cocyclicity relation, and for that, we need to focus on angles between lines (and we don't need more information). Specifically:
$$
\left(\mathrm{O}_{1} \mathrm{O}_{3}, \mathrm{O}_{1} \mathrm{O}_{2}\right) = \left(\mathrm{O}_{1} \mathrm{O}_{3}, A \mathrm{P}\right) + (A \mathrm{P}, \mathrm{AB}) + \left(\mathrm{AB}, \mathrm{O}_{1} \mathrm{O}_{2}\right) = -\frac{\pi}{2} + (A \mathrm{P}, \mathrm{AB}) + \frac{\pi}{2} = (A \mathrm{P}, \mathrm{AB})
$$
Similarly,
$$
\left(\mathrm{O}_{4} \mathrm{O}_{3}, \mathrm{O}_{4} \mathrm{O}_{2}\right) = (\mathrm{AC}, \mathrm{AQ})
$$
Thus,
$$
\begin{array}{cl}
\left(\mathrm{O}_{1} \mathrm{O}_{2}, \mathrm{O}_{1} \mathrm{O}_{3}\right) = \left(\mathrm{O}_{2} \mathrm{O}_{4}, \mathrm{O}_{3} \mathrm{O}_{4}\right) & \left(\mathrm{O}_{1} \mathrm{O}_{2} \mathrm{O}_{3} \mathrm{O}_{4} \text{ cyclic }\right) \\
\mathbb{\Downarrow} & \\
(\mathrm{AB}, \mathrm{AP}) = (\mathrm{AQ}, \mathrm{AC}), & (\widehat{\mathrm{BAP}} = \widehat{\mathrm{QAC}})
\end{array}
$$
This concludes the proof.
Comment from the graders: The exercise was generally well solved by the students who attempted it. There are more direct approaches than others. The solution above from the POFM provides a good example of how one could arrive at the result with minimal effort and angle chasing.
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Geometry
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Soit $A B C$ un triangle acutangle. Soient $P$ et $Q$ deux points sur le segment [BC]. On note respectivement $\mathrm{O}_{1}, \mathrm{O}_{2}, \mathrm{O}_{3}$ et $\mathrm{O}_{4}$ les centres des cercles circonscrits des triangles ABP, ABQ, ACP et ACQ . Montrer que les points $\mathrm{O}_{1}, \mathrm{O}_{2}, \mathrm{O}_{3}$ et $\mathrm{O}_{4}$ sont cocycliques si et seulement si $\widehat{\mathrm{BAP}}=\widehat{\mathrm{QAC}}$.
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La figure comporte beaucoup d'objets on va donc essayer de la simplifier un peu. On remarque donc dans un premier temps qu'il y a beaucoup d'axes radicaux (les droites ( $A B$ ), ( $A P$ ), ( $A Q$ ) et ( $A C$ ) sur la figure et donc beaucoup d'angles droits avec les centres des cercles. On a les perpendicularités suivantes :
$$
\left(\mathrm{O}_{1} \mathrm{O}_{2}\right) \perp(A B),\left(\mathrm{O}_{1} \mathrm{O}_{3}\right) \perp(A P),\left(\mathrm{O}_{2} \mathrm{O}_{4}\right) \perp(A Q),\left(\mathrm{O}_{3} \mathrm{O}_{4}\right) \perp(A C)
$$
En particulier, on veut démontrer une relation de cocyclicité et il faut pour cela se préoccuper d'angles entre droites (et on n'a pas besoin de plus d'informations). En particulier :
$$
\left(\mathrm{O}_{1} \mathrm{O}_{3}, \mathrm{O}_{1} \mathrm{O}_{2}\right)=\left(\mathrm{O}_{1} \mathrm{O}_{3}, A \mathrm{AP}\right)+(A \mathrm{P}, \mathrm{AB})+\left(\mathrm{AB}, \mathrm{O}_{1} \mathrm{O}_{2}\right)=-\frac{\pi}{2}+(A P, A B)+\frac{\pi}{2}=(A P, A B)
$$
De la même manière,
$$
\left(\mathrm{O}_{4} \mathrm{O}_{3}, \mathrm{O}_{4} \mathrm{O}_{2}\right)=(\mathrm{AC}, \mathrm{AQ})
$$
Ainsi,
$$
\begin{array}{cl}
\left(\mathrm{O}_{1} \mathrm{O}_{2}, \mathrm{O}_{1} \mathrm{O}_{3}\right)=\left(\mathrm{O}_{2} \mathrm{O}_{4}, \mathrm{O}_{3} \mathrm{O}_{4}\right) & \left(\mathrm{O}_{1} \mathrm{O}_{2} \mathrm{O}_{3} \mathrm{O}_{4} \text { cyclique }\right) \\
\mathbb{\Downarrow} & \\
(\mathrm{AB}, \mathrm{AP})=(\mathrm{AQ}, \mathrm{AC}), & (\widehat{\mathrm{BAP}}=\widehat{\mathrm{QAC}})
\end{array}
$$
Ce qui conclut.
Commentaire des correcteurs: L'exercice a été en général bien résolu par les élèves qui l'ont tenté. Il y a des approches plus directes que d'autres. Le corrigé ci-dessus de la POFM donne un bon exemple de comment on pouvait arriver au résultat avec un minimum d'effort et chasse aux angles.
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{
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-corrigé-envoi-1.jsonl",
"problem_match": "\nExercice 12.",
"solution_match": "## Solution de l'exercice 12"
}
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aa640cef-0892-5163-b052-f3dfb8de6912
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Let $ABC$ be a triangle. Let $t$ be the tangent at $A$ to the circumcircle of triangle $ABC$. We denote $A'$ as the point on $t$ such that the line $(BC)$ intersects the segment $[AA']$ at its midpoint. We denote $C'$ as the reflection of $C$ with respect to $t$. Show that the points $B, A, C'$, and $A'$ are concyclic.
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Let $X$ be the intersection point of the lines ($A A^{\prime}$) and ($B C$). Furthermore, let $C^{*}$ be the symmetric point of $C$ with respect to point $X$. We will show that the points $B, A, C^{\prime}$, and $A^{\prime}$ are concyclic on a circle that also contains the point $C^{\star}$. We start by using the lengths and the power of the point from $X$.
\[
\begin{aligned}
X A \cdot X A^{\prime} & = -X A^{2} \\
& = -X B \cdot X C \\
& = X B \cdot X C^{\star}.
\end{aligned}
\]
This shows that the points $B, A, C^{*}$, and $A^{\prime}$ are concyclic. It remains to place the point $C^{\prime}$ on the circle. For this, we note that $\widehat{A C^{\prime} A^{\prime}} = \widehat{A C A^{\prime}}$ by symmetry, and that $\widehat{A C^{*} A^{\prime}} = \widehat{A C A^{\prime}}$ because the quadrilateral $A C A^{\prime} C^{\star}$ is a parallelogram. This concludes that $\widehat{A C^{\prime} A^{\prime}} = \widehat{A C^{\star} A^{\prime}}$. Finally, the points $B, A, C^{\star}, C^{\prime}$, and $A^{\prime}$ are concyclic.
Comment from the graders: The exercise is generally well done. A direct angle chase was not sufficient. Generally, any additional idea allowed for a solution with a bit of ingenuity, which explains the great variety of solutions (similar triangles, power of a point, introduction of a new point, and even some solutions using inversion or analytic methods). Some students misread the problem statement.
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Geometry
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Soit $A B C$ un triangle. Soit $t$ la tangente en $A$ au cercle circonscrit du triangle $A B C$. On note $A^{\prime}$ le point de $t$ de telle sorte que la droite ( $B C$ ) coupe le segment $\left[A A^{\prime}\right]$ en son milieu. On note $C^{\prime}$ le symétrique de C par rapport à $t$. Montrer que les points $B, A, C^{\prime}$ et $A^{\prime}$ sont cocycliques.
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On note $X$ le point d'intersection des droites ( $A A^{\prime}$ ) et ( $B C$ ). On note de plus $C^{*}$ le symétrique de C par rapport au point $X$. On va montrer que les points $B, A, C^{\prime}$ et $A^{\prime}$ sont cocycliques sur un cercle qui contient de plus le point $\mathrm{C}^{\star}$. On commence par utiliser les longueurs et la puissance du point depuis X .
$$
\begin{aligned}
X A \cdot X A^{\prime} & =-X A^{2} \\
& =-X B \cdot X C \\
& =X B \cdot X C^{\star} .
\end{aligned}
$$
Ce qui montre bien que les points $B, A, C^{*}$ et $A^{\prime}$ sont cocycliques. Il ne reste plus qu'à placer le point $C^{\prime}$ sur le cercle. Pour cela on remarque que $\widehat{A C^{\prime} A^{\prime}}=\widehat{A C A^{\prime}}$ par symétrie puis que $\widehat{A C^{*} A^{\prime}}=\widehat{A C A^{\prime}}$ comme le quadrilatère $A C A^{\prime} C^{\star}$ est une parallèlogramme. Cela conclut donc que $\widehat{A C^{\prime} A^{\prime}}=\widehat{A C^{\star} A^{\prime}}$. Et enfin que les points $B, A, C^{\star}, C^{\prime}$ et $A^{\prime}$ sont cocycliques.
Commentaire des correcteurs : L'exercice est bien réussi en général. Une chasse aux angles frontale ne suffisait pas. En général n'importe quelle autre idée supplémentaire permettait d'aboutir avec un peu d'astuce, ce qui explique la grande variété de solutions (triangles semblables, puissance d'un point, introduction d'un nouveau point, et même quelques solutions à partir d'inversions ou en analytique). Certains élèves se sont trompés en lisant l'énoncé.
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{
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-corrigé-envoi-1.jsonl",
"problem_match": "\nExercice 13.",
"solution_match": "## Solution de l'exercice 13"
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d517ed30-9799-5529-945f-9298c366db17
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Let $ABC$ be a non-isosceles triangle at $A$ and $I$ the center of its inscribed circle. We denote $D$ as the point on the line $(BC)$ such that $\widehat{\mathrm{DIA}}=90^{\circ}$. We denote $E$ as the foot of the perpendicular from $I$ to the line $AD$ in the triangle $ADI$. Show that the point $E$ lies on the circumcircle of triangle $ABC$.
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We introduce \(\Omega\) as the circumcircle of triangle \(ABC\) and \(\omega\) as the antipodal circle centered at \(S\), the midpoint of the arc \(BC\) not containing \(A\). \(\omega\) passes through \(B\), \(C\), and \(I\). We also denote \(\gamma\) as the circle with diameter \([AI]\), which intersects \(\Omega\) at \(A\) and \(H\).
Let's consider the radical axes of the circles \(\omega\), \(\Omega\), and \(\gamma\). Since the circles \(\gamma\) and \(\Omega\) are tangent (their centers lie on the angle bisector from \(A\) in triangle \(ABC\)), their radical axis is the line perpendicular to \((AC)\) passing through \(I\), which is the line \((DI)\). The other two radical axes are \((BC)\) and \((AH)\). Since the radical axes are concurrent, the line \((AH)\) passes through \(D\), so the points \(A\), \(H\), and \(D\) are collinear. The circle \(\gamma\) has diameter \([AI]\), so \(\widehat{AHI} = 90^\circ\), which shows that \(H\) is the foot of the perpendicular from \(I\) to \(DA\) in triangle \(DAI\), i.e., \(H = E\). By definition, \(H\) is on \(\Omega\), which concludes the proof.
Comment from the graders: The problem was widely discussed and generally well solved, but very few students saw the direct solution using the perspective that \(D\) is the radical center of three circles (or even simply that it lies on the common tangent of two circles).
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Geometry
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Soit $A B C$ un triangle non isocèle en $A$ et $I$ le centre de son cercle inscrit. On note D le point de la droite (BC) tel que $\widehat{\mathrm{DIA}}=90^{\circ}$. On note E le pied de la hauteur issue de I dans le triangle ADI. Montrer que le point $E$ est sur le cercle circonscrit du triangle $A B C$.
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On introduit $\Omega$ le cercle circonscrit du triangle $A B C$ ainsi que $\omega$ le cercle antarctique de centre $S$, le milieu de l'arc BC ne contenant pas $A$. $\omega$ passe ainsi par B, C et I. On note de plus $\gamma$ le cercle de diamètre $[A I]$, ce cercle recoupe $\Omega$ en $A$ et $H$.
Regardons les axes radicaux des cercles $\omega, \Omega$ et $\gamma$. Comme les cercles $\gamma$ et $\Omega$ sont tangents (leurs centres se trouvent sur la bissectrice depuis $A$ dans le triangles $A B C$ ) leur axe radical est la droite perpendiculaire à (AC) passant par I soit la droite (DI). Les deux autres axes radicaux sont $(B C)$ et $(A H)$. Comme les axes radicaux sont concourants, on a que la droite $(A H)$ passe par $D$, donc les points $A, H$ et D sont alignés. Le cercle $\gamma$ a pour diamètre $[A I]$ donc on a $\widehat{A H I}=90^{\circ}$, ce qui montre que H est le pied de la hauteur issue de I dans le triangle DAI , soit $\mathrm{H}=\mathrm{E}$. Mais par définition H est sur $\Omega$, ce qui conclut.
Commentaire des correcteurs: Le problème a été beaucoup traité et en général bien résolu, mais très peu d'élèves ont vu la solution directe adoptant le point de vue que D est le centre radical de trois cercles (ou même simplement qu'il est sur la tangente commune de deux cercles).
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{
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-corrigé-envoi-1.jsonl",
"problem_match": "\nExercice 14.",
"solution_match": "## Solution de l'exercice 14"
}
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2ed92466-9145-5480-9dbd-b3760ece4834
| 607,349
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Let $ABC$ be a triangle and $\Omega$ its circumcircle. Let $X$ be the point of intersection of the tangents to $\Omega$ at $B$ and $C$. Let $\varphi$ be the angle $\widehat{B A X}$ and $\mu$ be the angle $\widehat{X A C}$. Let $Y$ be the point on the line $(A X)$ such that $\widehat{A C Y}=\varphi$. Show that $\widehat{A B Y}=\mu$.
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We redefine the points of the statement in a way that suits us. We denote $\omega_{1}$ (resp. $\omega_{2}$) as the circle passing through $A, B$ (resp. $A$ and $C$) and tangent to $(AC)$ (resp. $(AB)$) at $A$. We denote $Y'$ as the intersection of the circles $\omega_{1}$ and $\omega_{2}$ other than $A$. To conclude, it suffices to show that the points $Y', A$, and $X$ are collinear. Indeed, by the tangent angle theorem, we have $\widehat{\mathrm{BAY}} = \widehat{A C Y'}$ and $\widehat{C A Y'} = \widehat{A B Y'}$.
Now, consider $\mathfrak{J}$, the inversion centered at $A$ composed with a reflection over the bisector of the angle $\widehat{B A C}$ which exchanges $B$ and $C$ (this is what is called a projective involution). The circles $\omega_{1}$ and $\omega_{2}$ are then mapped to the lines parallel to $(AB)$ and $(AC)$ passing through $C$ and $B$, respectively. The point $Y'$ is thus mapped to the point $A'$, the symmetric of $A$ with respect to the midpoint of $[BC]$ by the involution $\mathcal{J}$. The line $(A Y')$ is exchanged with the median $(A A')$ in the triangle $ABC$. Since the line $(A X)$ is the symmedian, we have that the line $(A Y')$ and the line $(A X)$ are the same line, which concludes the proof.
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Geometry
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Soit ABC un triangle et $\Omega$ son cercle circonscrit. On note X le point d'intersection des tangentes à $\Omega$ en $B$ et $C$. On note $\varphi$ l'angle $\widehat{B A X}$ et $\mu$ l'angle $\widehat{X A C}$. On note $Y$ le point de la droite ( $A X$ ) tel que $\widehat{A C Y}=\varphi$. Montrer que $\widehat{A B Y}=\mu$.
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On redéfinit les points de l'énoncé de la manière qui nous arrange. On note $\omega_{1}$ (resp. $\omega_{2}$ ) le cercle passant par $A, B$ (resp. $A$ et $C$ ) et tangent en $A$ à ( $A C)$ (resp. ( $A B$ )). On note $Y^{\prime} l^{\prime}$ 'intersection des cercles $\omega_{1}$ et $\omega_{2}$ autre que $A$. Pour conclure il suffit de montrer que les points $Y^{\prime}, A$ et $X$ sont alignés. En effet, on a par théorème de l'angle tangent que $\widehat{\mathrm{BAY}}=\widehat{A C Y^{\prime}}$ ainsi que $\widehat{C A Y^{\prime}}=\widehat{A B Y^{\prime}}$.
Regardons maintenant $\mathfrak{J}$, l'inversion de centre $A$ composée avec une symétrie d'axe la bissectrice de l'angle $\widehat{B A C}$ qui échange $B$ et $C$ (il s'agit de ce que l'on appelle une involution projective). Les cercles $\omega_{1}$ et $\omega_{2}$ sont alors envoyés respectivement sur les droites parallèles à ( $A B$ ) et ( $A C$ ) passant par C et B. Le point $Y^{\prime}$ est donc envoyé sur le point $A^{\prime}$, le symétrique de $A$ par rapport au milieu de $[B C]$ par $l^{\prime}$ 'involution $\mathcal{J}$, la droite $\left(A Y^{\prime}\right)$ est échangée avec la médiane ( $A A^{\prime}$ ) dans le triangle $A B C$. Comme la droite $\left(A X\right.$ ) est la symédiane on a donc que la droite ( $A Y^{\prime}$ ) et la droite $(A X)$ sont la même droite ce qui conclut.
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{
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-corrigé-envoi-1.jsonl",
"problem_match": "\nExercice 15.",
"solution_match": "## Solution de l'exercice 15"
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f66da832-4cd7-5b1d-b3f2-87a997676641
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Let $ABC$ be a triangle and $\Omega$ its circumcircle. Let $X$ be the point of intersection of the tangents to $\Omega$ at $B$ and $C$. Let $\varphi$ be the angle $\widehat{B A X}$ and $\mu$ be the angle $\widehat{X A C}$. Let $Y$ be the point on the line $(A X)$ such that $\widehat{A C Y}=\varphi$. Show that $\widehat{A B Y}=\mu$.
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For Exercise 15
Let $\alpha=\widehat{B A C}$, $\beta=\widehat{A B C}$, and $\gamma=\widehat{B C A}$. We will use a classic tool when dealing with symmedians, the angle chasing with sines. First, we note that according to the tangent angle theorem:
$$
\widehat{B C X}=\widehat{C B X}=\widehat{B A C}=\alpha
$$
Triangle $B C X$ is therefore isosceles at $X$. We also have $\widehat{A B X}=\alpha+\beta=180^{\circ}-\gamma$. Similarly, we have $\widehat{A C X}=180^{\circ}-\beta$. By applying the law of sines in triangle $A B X$, and then in triangle $A C X$, we find
$$
\frac{\sin (\gamma)}{\sin (\varphi)}=\frac{\sin \left(180^{\circ}-\gamma\right)}{\sin (\varphi)}=\frac{A X}{B X}=\frac{A X}{C X}=\frac{\sin (\beta)}{\sin (\mu)}
$$
By applying the law of sines this time in triangle $A B Y$ and then in triangle $A B C$, we have
$$
\frac{Y C}{Y A}=\frac{\sin (\mu)}{\sin (\varphi)}=\frac{\sin (\beta)}{\sin (\gamma)}=\frac{A C}{B C}
$$
This shows that triangles $BYA$ and $AYC$ are similar. Indeed, they share an angle $\varphi$ and a common ratio
$$
\frac{B A}{Y A}=\frac{A C}{C Y}
$$
This similarity implies that $\widehat{A B Y}=\widehat{Y A C}$, which concludes the proof.
Comment from the graders: The exercise is well solved. It actually admitted an elementary solution by angle chasing, which escaped the vigilance of the problem designers as well as several students who developed the arsenal of known properties around the symmedian, falling victim to the same bias as the problem designers.
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Geometry
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Soit ABC un triangle et $\Omega$ son cercle circonscrit. On note X le point d'intersection des tangentes à $\Omega$ en $B$ et $C$. On note $\varphi$ l'angle $\widehat{B A X}$ et $\mu$ l'angle $\widehat{X A C}$. On note $Y$ le point de la droite ( $A X$ ) tel que $\widehat{A C Y}=\varphi$. Montrer que $\widehat{A B Y}=\mu$.
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de l'exercice 15
On pose $\alpha=\widehat{B A C}, \beta=\widehat{A B C}$ et $\gamma=\widehat{B C A}$. On va utiliser un autre outil classique lorsque qu'il y a des symédianes en jeu, la chasse aux sinus. On remarque dans un premier temps que d'après le théorème de l'angle tangent :
$$
\widehat{B C X}=\widehat{C B X}=\widehat{B A C}=\alpha
$$
Le triangle $B C X$ est donc isocèle en $X$. On a de plus $\widehat{A B X}=\alpha+\beta=180^{\circ}-\gamma$. De même, on a $\widehat{A C X}=180^{\circ}-\beta$. En appliquant la loi des sinus dans le triangle $A B X$, puis dans le triangle $A C X$, on trouve
$$
\frac{\sin (\gamma)}{\sin (\varphi)}=\frac{\sin \left(180^{\circ}-\gamma\right)}{\sin (\varphi)}=\frac{A X}{B X}=\frac{A X}{C X}=\frac{\sin (\beta)}{\sin (\mu)}
$$
En appliquant la loi des sinus cette fois-ci dans le triangle $A B Y$ puis dans le triangle $A B C$, on a
$$
\frac{Y C}{Y A}=\frac{\sin (\mu)}{\sin (\varphi)}=\frac{\sin (\beta)}{\sin (\gamma)}=\frac{A C}{B C}
$$
Cela montre que les triangles BYA et $A Y C$ sont semblables. En effet, ils ont un angle $\varphi$ en commun et un rapport en commun
$$
\frac{B A}{Y A}=\frac{A C}{C Y}
$$
Cette relation de similitude implique que $\widehat{A B Y}=\widehat{Y A C}$, ce qui conclut.
Commentaire des correcteurs: L'exercice est bien résolu. Il admettait en fait une solution élémentaire en chasse aux angles, qui a échappé à la vigilance des concepteurs du sujet mais aussi à plusieurs élèves qui ont développé l'arsenal de propriétés connues autour de la symédiane, victimes de la même déformation que les concepteurs du sujet.
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{
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-corrigé-envoi-1.jsonl",
"problem_match": "\nExercice 15.",
"solution_match": "## Solution alternative"
}
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f66da832-4cd7-5b1d-b3f2-87a997676641
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Let $ABCD$ be a convex quadrilateral such that $AC = BD$ and such that the sides $AB$ and $CD$ are not parallel. Let $P$ be the intersection point of the diagonals $(AC)$ and $(BD)$. Let $E$ and $F$ be points on the segments $[BP]$ and $[AP]$ respectively such that $\mathrm{PC} = \mathrm{PE}$ and $\mathrm{PD} = \mathrm{PF}$. Show that the circumcircle of the triangle formed by the lines $(AB)$, $(CD)$, and $(EF)$ is tangent to the circumcircle of the triangle $ABP$.
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First, we denote X as the intersection of lines (CD) and (FE), Y as the intersection of lines (AB) and (CD), and Z as the intersection of lines (AB) and (FE).
The first idea in this exercise is to consider a Miquel point (for what a Miquel point is, we refer to T. Budzinski's course notes, Geometric Transformations, Theorem 4.14), which we will denote as \( M \) and which naturally appears in the configuration. Indeed, the flat triangles AFC and BED are isometric. Thus, if we consider the direct similarity that maps segment [AF] to segment [EB], it is a rotation (since \( \frac{AF}{EB} = 1 \)), and this rotation also maps point C to point D. As announced, we denote \( M \) as the center of the rotation (the Miquel point). \( M \) is therefore the Miquel point of the following complete quadrilaterals: \( ABFE \), \( ABCD \), and \( FEDC \). In principle, the order of the points matters, as there are 3 classes of order for 4 same points that give 3 different Miquel points. To distinguish them, we adopt the notations from Theorem 4.14 cited above.
The point \( M \) is therefore on the circumcircles of many triangles, particularly the circumcircles of \( ABP \), \( ZAF \), and \( BDY \). Thus, it is a good candidate to be our point of tangency. In the following, we will show that \( M \) is also on the circumcircle of triangle \( XYZ \) and that it is the point of tangency between the circumcircles of triangles \( XYZ \) and \( ABP \).
We now observe that quadrilateral DCEF is an isosceles trapezoid with (CE) // (DF). Since \( M \) is the intersection of the circumcircles of \( PFE \) and \( PCD \) other than \( P \), we deduce that \( M \) is on the axis of symmetry of trapezoid FDCE. \( M \) is therefore on the external bisector from \( P \) in triangles \( PFE \) and \( PCD \), in particular, \( M \) is the North Pole of these triangles. By the classical properties of the Miquel point, \( M \) is also the center of the direct similarity that maps \( F \) to \( A \) and \( E \) to \( B \). Therefore, \( \triangle MFE \sim \triangle MAB \), in particular, \( MA = MB \) and \( M \) is then the North Pole in triangle \( ABP \).
To conclude, it suffices to show that \( M \) is the North Pole in triangle \( XYZ \). We first show that this assertion implies the end of the exercise.
If \( M \) is the North Pole of triangle \( XYZ \), then it is indeed on the circumcircle of this triangle. Let \( t \) (resp. \( t' \)) be the tangent to the circumcircle of \( ABP \) (resp. \( XYZ \)) at \( M \). We want to show that \( t \) and \( t' \) are the same line. Since \( M \) is the North Pole, we have \( t \parallel (AB) \). But similarly, \( t' \parallel (ZY) \). This shows that \( t \parallel t' \) and thus that they are the same line.
To conclude, we will show that \( M \) is on the perpendicular bisector of segment [ZY]. Since \( M \) is on the external bisector from \( X \) (because \( M \) is on the common perpendicular bisector of (DF) and (EC) and lines (EF) and (DC) intersect at \( X \)), this would conclude well. It suffices to show that \( (MZ, MA) = (MB, MY) \). However, we have many cyclic properties that appear with the Miquel point and the trapezoid DFEC.
\[
\begin{aligned}
(MZ, MA) & = (FZ, FA) \\
& = (FE, FC) \\
& = (DE, DC) \\
& = (MB, MY)
\end{aligned}
\]
(ZAFM cyclic)
(opposite angles)
(FECD cyclic)
(MBYD cyclic).
This concludes the proof.
Comment from the graders: The problem is well solved by the students who approached it. Most students used the properties of the Miquel point of one or the other of the various quadrilaterals (all Miquel points were coincident here). Relatively few students supplemented this concept with the concept of the North Pole, which helped simplify the reasoning here (many students in fact redemonstrated one or the other of the properties by hand through more or less complicated angle chasing).
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Geometry
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Soit $A B C D$ un quadrilatère convexe tel que $A C=B D$ et tel que les côtés $A B$ et $C D$ ne sont pas parallèles. Soit $P$ le point d'intersection des diagonales (AC) et (BD). Soient $E$ et $F$ des points respectivement sur les segments $[B P]$ et $[A P]$ tels que $\mathrm{PC}=\mathrm{PE}$ et $\mathrm{PD}=\mathrm{PF}$. Montrer que le cercle circonscrit au triangle formé par les droites (AB), (CD) et (EF) est tangent au cercle circonscrit au triangle ABP.
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On note dans un premier temps X l'intersection des droites (CD) et ( $F E$ ), Y l'intersection des droites $(A B)$ et (CD) ainsi que Zl'intersection des droites ( $A B$ ) et (FE).
La première idée de cet exercice est de considérer un point de Miquel (pour savoir ce qu'est un point de Miquel on fait référence au polycopié de T. Budzinski, Transformations Géométriques, Théorème 4.14), que l'on notera $M$ et qui intervient naturellement dans la configuration. En effet, les triangles plats AFC et BED sont isométriques. Ainsi si on considère la similitude directe qui envoie le segment [AF] sur le segment $[E B]$ il s'agit d'une rotation (comme $A F / E B=1$ ) et cette rotation envoie donc également le point C sur le point D . Comme annoncé, on note $M$ le centre de la rotation (le point de Miquel). $M$ est donc le point de Miquel des quadrilatères complets suivants : $A B F E, A B C D$ et $F E C D$. En principe l'ordre des points importe comme il y a 3 classes d'ordre pour 4 mêmes points qui donnent 3 points de Miquel différents pour les distinguer on adopte ici les notations du Théorème 4.14 cité précédemment.
Le point $M$ est donc sur les cercles circonscrits de plein de triangles et en particulier sur le cercle circonscrit des ABP, ZAF et BDY, c'est donc un bon candidat pour être notre point de tangence. Dans la suite on va donc montrer que $M$ est également sur le cercle circonscrit au triangle $X Y Z$ et que c'est le point de tangence entre les cercles circonscrits des triangles XYZ et $A B P$.
On remarque maintenant que le quadrilatère DCEF est un trapèze isocèle avec (CE)//(DF). $M$ étant le point d'intersection des cercles circonscrits à PFE et PCD autre que $P$, on en déduit que $M$ est sur l'axe de symétrie du trapèze FDCE. $M$ est donc sur la bissectrice extérieure issue de $P$ dans les triangles PFE et PCD, en particulier $M$ est le pôle Nord de ces triangles. Par les propriétés classique du point de Miquel, $M$ est également le centre de la similitude directe qui envoie $F$ sur $A$ et $E$ sur $B$. Donc MFE $\sim M A B$, en particulier $M A=M B$ et $M$ est alors le pôle Nord dans le triangle ABP.
Pour conclure il suffit de montrer que $M$ est le pôle Nord dans le triangle $X Y Z$. On montre dans un premier temps que cet assertion implique bien la fin de l'exercice.
Si $M$ est le pôle Nord du triangle $X Y Z$, alors il est bien sur le cercle circonscrit de ce triangle. Soit $t$ (resp. $t^{\prime}$ ) la tangente au cercle circonscrit de $A B P$ (resp. $X Y Z$ ) en $M$. On voudrait montrer que $t$ et $t^{\prime}$ sont la même droite. Comme $M$ est le pôle Nord, on a $t / /(A B)$. Mais de la même manière $t^{\prime} / /(Z Y)$. Ce qui montre bien que $t / / t^{\prime}$ et donc qu'il s'agit de la même droite.
Pour conclure on va montrer que $M$ est sur la médiatrice du segment [ZY]. Comme $M$ est sur la bissectrice extérieure issue de $X$ (car $M$ est sur la md́atrice commune de (DF) et (EC) et les droites (EF) et ( DC ) se coupent en $X$ ), cela conclurait bien. Il suffit donc de montrer que ( $M Z, M A$ ) $=(M B, M Y$ ). Or on a plein de cocyclicités qui apparaissent avec le point de Miquel et le trapèze DFEC.
$$
\begin{aligned}
(M Z, M A) & =(F Z, F A) \\
& =(F E, F C) \\
& =(D E, D C) \\
& =(M B, M Y)
\end{aligned}
$$
(ZAFM cyclique)
(angles opposés)
(FECD cyclique)
(MBYD cyclique).
Ce qui conclut.
Commentaire des correcteurs: Le problème est bien résolu par les élèves qui l'ont abordé. Les élèves ont pour la plupart utilisé les propriétés du point de Miquel de l'un ou l'autre des divers quadrilatères (tous les points de Miquel étaient confondus ici). Relativement peu d'élèves ont complété cette notion avec la notion de pôle Nord, qui aidait ici à simplifier les raisonnements (beaucoup d'élèves ont en fait redémontré l'une ou l'autre des propriétés à la main via des chasses aux angles plus ou moins compliquées).
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"resource_path": "French/segmented/envois/fr-corrigé-envoi-1.jsonl",
"problem_match": "\nExercice 16.",
"solution_match": "## Solution de l'exercice 16"
}
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8e4bab6a-d025-5672-a915-cc01d3a6c1e5
| 607,351
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Let $ABC$ be a triangle and $\omega$ its incircle, with the points of tangency on $[BC]$, $[CA]$, and $[AB]$ being $D$, $E$, and $F$ respectively. Let $\Omega$ be the circle tangent to $\omega$ and passing through $B$ and $C$, and let $T$ be the point of tangency of these two circles. Let $X$ and $Y$ be the midpoints of segments $[DE]$ and $[DF]$. Let $U$ and $V$ be the second points of intersection of lines $(TX)$ and $(TY)$ with $\Omega$. Also, let $Z$ and $W$ be the second points of intersection of lines $(AB)$ and $(AC)$ with $\Omega$. Show that $(ZU)$, $(WV)$, $(XY)$, and the angle bisector of $\widehat{BAC}$ are concurrent.
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Throughout the proof, we will use the results of the following lemma. We start with a notation.
Let ABC be a triangle, we denote $\Omega$ as the circumcircle of $ABC$, and also denote $\omega$ as the circle tangent to $(AB)$, $(AC)$, and internally to $\Omega$. We say that this circle is the mixtilinear (internal) circle of triangle $ABC$ from $A$.
Lemma 3. Let ABC be a triangle, we denote $I$ as the center of its incircle, and also denote $\Omega$ as the circumcircle of $ABC$ and $\omega$ as the mixtilinear circle from $A$. We denote $T$ (resp. $D$ and $F$) as the point of tangency of $\omega$ with $\Omega$ (resp. $(AC)$ and $(AB)$), and $N$ as the north pole (the midpoint of the arc $BC$ that contains $A$). Under these assumptions and notations, we know that $I$ is the midpoint of the segment $[DF]$ and that the points $T$, $I$, and $N$ are collinear.
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Geometry
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Soit $A B C$ un triangle et $\omega$ son cercle inscrit dont les points de tangence sur [BC], [CA] et $[A B]$ sont respectivement $D$, $E$ et $F$. On note $\Omega$ le cercle tangent à $\omega$ et passant par $B$ et $C$ et $T$ le point de tangence de ces deux cercles. On note $X$ et $Y$ les milieux des segments [DE] et [DF]. On note $U$ et $V$ les seconds points d'intersection des droites (TX) et (TY) avec $\Omega$. On note également $Z$ et $W$ les seconds points d'intersection des droites (AB) et (AC) avec $\Omega$. Montrer que (ZU), (WV), (XY) et la bissectrice de l'angle $\widehat{B A C}$ sont concourantes.
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Pendant toute la preuve on va utiliser les résultats du lemme qui suit. On commence d'abord par une notation.
Soit ABC un triangle, on note $\Omega$ le cercle circonscrit à $A B C$, on note également $\omega$ le cercle tangent à (AB), (AC) et intérieurement à $\Omega$, on dit que ce cercle est le cercle mixtilinéaire (intérieur) du triangle $A B C$ depuis $A$.
Lemme 3. Soit ABC un triangle, on note I le centre de son cercle inscrit, on note de de plus, $\Omega$ le cercle circonscrit à ABC ainsi que $\omega$ le cercle mixtilinéaire depuis A . On note T (resp. D et F) le point de tangence de $\omega$ avec $\Omega$ (resp. (AC) et (AB)) ainsi que N le pôle nord (le milieu de l'arc BC qui contient A). Sous ces hypothèses et notation on sait alors que I est le milieu du segment [DF] et que les points T, I et N sont alignés.
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{
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-corrigé-envoi-1.jsonl",
"problem_match": "\nExercice 18.",
"solution_match": "## Solution de l'exercice 18"
}
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d51118f0-34ff-547c-9d4a-f370d0b4e301
| 607,353
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Let $ABC$ be a triangle and $\omega$ its incircle, with the points of tangency on $[BC]$, $[CA]$, and $[AB]$ being $D$, $E$, and $F$ respectively. Let $\Omega$ be the circle tangent to $\omega$ and passing through $B$ and $C$, and let $T$ be the point of tangency of these two circles. Let $X$ and $Y$ be the midpoints of segments $[DE]$ and $[DF]$. Let $U$ and $V$ be the second points of intersection of lines $(TX)$ and $(TY)$ with $\Omega$. Also, let $Z$ and $W$ be the second points of intersection of lines $(AB)$ and $(AC)$ with $\Omega$. Show that $(ZU)$, $(WV)$, $(XY)$, and the angle bisector of $\widehat{BAC}$ are concurrent.
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Let $E$ and $W$ be the midpoints of the arcs $AC$ and $AB$, respectively. According to the "bocal lemma," we know that the points $W$, $D$, and $T$ are collinear, as well as the points $T$, $F$, and $E$. Furthermore, according to the "South Pole theorem," the points $B$, $I$, and $E$ are collinear, as well as the points $C$, $I$, and $W$. We can then apply Pascal's theorem to the hexagon $BETWCA$ to conclude that the points $D$, $I$, and $F$ are collinear. Since the axis $(AI)$ is an axis of symmetry that exchanges $(AB)$ with $(AC)$ and $\omega$ with itself, we can deduce that the point $I$ is indeed the midpoint of the segment $[EF]$.
For the second part of the lemma, let $\beta$ and $\gamma$ be the angles at $B$ and $C$, respectively, in the triangle $ABC$. In the triangle $TDF$, we observe that the line $(TI)$ is a median according to the first part of the lemma. Moreover, by classical properties of the construction of the symmedian (see, for example, Alexander Semenov's course at the Valbonne 2022 workshop or Thomas Budzinski's course at Montpellier 2016), the line $(TA)$ is the symmedian. Thus, $\widehat{\mathrm{ITC}} = \widehat{\mathrm{ITF}} + \widehat{\mathrm{FTC}} = \widehat{\mathrm{ATD}} + \widehat{\mathrm{FTC}} = \gamma / 2 + \beta / 2 = \widehat{\mathrm{BTI}}$, where the last equality follows by symmetry. This concludes the second part of the lemma.
We can now proceed to the proof of the exercise.
Considering the triangle $ZBC$, we note that $\omega$ is the mixtilinear incircle from $B$. Thus, according to Lemma 3, the point $Y$ is the incenter of this triangle, and the line $(TY)$ passes through the North Pole from $B$ in $ZBC$, which is the point $V$ in the statement. Similarly, the point $X$ is the incenter of the triangle $WBC$, and $U$ is the midpoint of the arc $BW$ that contains $C$. This shows, in particular, that the line $(WW)$ bisects the exterior angle $\widehat{AWZ}$, and similarly, the line $(ZU)$ is the exterior bisector of the angle $\widehat{WZA}$. Thus, it is now clear that in the triangle $AWZ$, the lines $(WV)$, $(ZU)$, and the angle bisector from $A$ are concurrent at a point $P$.
We also want to show that the line $(YZ)$ passes through this point $P$. To do this, we want to apply Pascal's theorem to the hexagon $TUZSWV$, where $S$ denotes the midpoint of the arc $BC$ on the circle $\Omega$. But the line $(ZY)$ is indeed the angle bisector of $\widehat{\mathrm{BZC}}$ since $Y$ is the incenter of the triangle $ZBC$. Similarly, the line $(WX)$ passes through the point $S$. We can then conclude by applying Pascal's theorem.
Comment from the graders: Students who approached the problem almost all solved it. Those who noticed the mixtilinear circle in the figure came up with a much shorter proof. It is recommended to state the properties of the mixtilinear circle used in the proof to make the solution more pleasant to read.
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Geometry
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Soit $A B C$ un triangle et $\omega$ son cercle inscrit dont les points de tangence sur [BC], [CA] et $[A B]$ sont respectivement $D$, $E$ et $F$. On note $\Omega$ le cercle tangent à $\omega$ et passant par $B$ et $C$ et $T$ le point de tangence de ces deux cercles. On note $X$ et $Y$ les milieux des segments [DE] et [DF]. On note $U$ et $V$ les seconds points d'intersection des droites (TX) et (TY) avec $\Omega$. On note également $Z$ et $W$ les seconds points d'intersection des droites (AB) et (AC) avec $\Omega$. Montrer que (ZU), (WV), (XY) et la bissectrice de l'angle $\widehat{B A C}$ sont concourantes.
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Notons E et $W$ les milieux respectifs des arcs $A C$ et $A B$. D'après le lemme du bocal on sait que les points $W$, D et T sont alignés ainsi que les points $\mathrm{T}, \mathrm{F}$ et E . On sait de plus d'après le théorème du pôle sud que les points $B$, I et $E$ sont alignés ainsi que les points $C$, $I$ et $W$. On peut alors appliquer le théorème de Pascal à l'hexagone BETWCA pour conclure que les points $D$, I et $F$ sont alignés. Comme l'axe (AI) est un axe de symétrie qui échange $(A B)$ avec $(A C)$ et $\omega$ avec lui-même on peut en déduire que le point I est bien le milieu du segment [EF].
Pour la deuxième partie du lemme, on note $\beta$ et $\gamma$ les angles en $B$ et $C$ respectivement dans le triangle $A B C$. Dans le triangle TDF on remarque que la droite (TI) est une médiane d'après la première partie du lemme. De plus, par des propriétés classique de la construction de la symédiane (voir par exemple le cours d'Alexander Semenov au stage de Valbonne 2022 ou bien celui de Thomas Budzinski à Montpellier
2016) la droite (TA) est la symédiane. Ainsi, $\widehat{\mathrm{ITC}}=\widehat{\mathrm{ITF}}+\widehat{\mathrm{FTC}}=\widehat{\mathrm{ATD}}+\widehat{\mathrm{FTC}}=\gamma / 2+\beta / 2=\widehat{\mathrm{BTI}}$ où la dernière égalité découle par symétrie. Cela conclut la deuxième partie du lemme.
On peut maintenant passer à la preuve de l'exercice.
En se plaçant dans le triangle $Z B C$ on remarque que $\omega$ est le cercle mixtiliniéaire depuis B. Ainsi, d'après le Lemme 3, le point $Y$ est le centre du cercle inscrit de ce triangle et de plus, la droite (TY) passe par le pôle Nord issu de $B$ dans $Z B C$, ce point est le point $V$ de l'énoncé. De la même manière le point $X$ est le centre du cercle inscrit du triangle WBC et $U$ est le milieu de l'arc BW qui contient $C$. Cela montre en particulier que la droite ( $W \mathrm{~W}$ ) bissecte extérieurement l'angle $\widehat{A W Z}$, de la même manière la droite (ZU) est la bissectrice extérieure de l'angle $\widehat{W Z A}$. Ainsi il est maintenant clair que dans le triangle $A W Z$ les droites (WV), (ZU) et la bissectrice issue de $A$ sont concourantes en un point $P$.
On veut également démontrer que la droite ( $Y Z$ ) passe par ce point $P$. On veut pour cela appliquer le théorème de Pascal à l'hexagone TUZSWV, où $S$ dénote le milieu de l'arc $B C$ sur le cercle $\Omega$. Mais la droite (ZY) est bien la bissectrice de l'angle $\widehat{\mathrm{BZC}}$ comme $Y$ est le centre du cercle inscrit au triangle ZBC. De la même manière la droite $(W X)$ passe bien par le point $S$, on peut alors conclure en appliquant le théorème de Pascal.
Commentaire des correcteurs: Les élèves ayant abordé le problème ont presque tous résolu le problème. Ceux qui ont remarqué le cercle mixtilinéaires de la figure s'en sont sortis avec une preuve beaucoup plus courte. Il est conseillé d'énoncer les propriétés du cercle mixtilinéaires utilisées lors de la preuve pour rendre une copie plus agréable à lire.
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{
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-corrigé-envoi-1.jsonl",
"problem_match": "\nExercice 18.",
"solution_match": "## Démonstration."
}
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d51118f0-34ff-547c-9d4a-f370d0b4e301
| 607,353
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Let x, y be strictly positive real numbers. Show that
$$
\left(x+\frac{2}{y}\right)\left(\frac{y}{x}+2\right) \geqslant 8
$$
When do we have equality?
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In this exercise, we are dealing with strictly positive terms whose product $x \cdot \frac{2}{y} \cdot \frac{y}{x} \cdot 2=4$ is known. We think of using the arithmetic-geometric mean inequality, which gives us both
$$
x+\frac{2}{y} \geqslant 2 \sqrt{\frac{2 x}{y}}
$$
and
$$
\frac{y}{x}+2 \geqslant 2 \sqrt{\frac{2 y}{x}}
$$
The two inequalities only involve positive terms, so we can combine them to get
$$
\left(x+\frac{2}{y}\right)\left(\frac{y}{x}+2\right) \geqslant 2 \sqrt{\frac{2 x}{y}}\left(\frac{y}{x}+2\right) \geqslant 4 \sqrt{\frac{2 x \cdot 2 y}{y x}}=8 .
$$
Let's find the cases of equality. For this, we need equality in both of the previous inequalities. Since $\frac{y}{x}+2>0$, we have equality in the first inequality if and only if we have equality in the first application of the arithmetic-geometric mean inequality, i.e., if $x=\frac{2}{y}$, or $x y=2$.
Similarly, to have equality in the second inequality, we need $\frac{y}{x}=2$. By multiplying the two equations together, we find $y^{2}=4$, so $y=2$ since $y$ is positive. Then, we get $x=1$. Conversely, $x=1$ and $y=2$ is a case of equality, and it is the only one.
Graders' comments: While the problem was generally well solved, here are some areas for improvement:
- Many students do not know the AM-GM inequality and reprove it.
- The case of equality is often forgotten.
- Many students expand the expression before applying the AM-GM inequality, rather than applying it directly to the terms in parentheses.
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Inequalities
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Soient x, y deux réels strictement positifs. Montrer que
$$
\left(x+\frac{2}{y}\right)\left(\frac{y}{x}+2\right) \geqslant 8
$$
Quand a-t-on égalité?
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Dans cet exercice, on a affaire à des termes strictement positifs dont le produit $x \cdot \frac{2}{y} \cdot \frac{y}{x} \cdot 2=4$ est connu. On pense donc à utiliser l'inégalité arithmético-géométrique qui donne à la fois
$$
x+\frac{2}{y} \geqslant 2 \sqrt{\frac{2 x}{y}}
$$
et
$$
\frac{y}{x}+2 \geqslant 2 \sqrt{\frac{2 y}{x}}
$$
Les deux inégalités ne font intervenir que des termes positifs donc on peut les combiner pour avoir
$$
\left(x+\frac{2}{y}\right)\left(\frac{y}{x}+2\right) \geqslant 2 \sqrt{\frac{2 x}{y}}\left(\frac{y}{x}+2\right) \geqslant 4 \sqrt{\frac{2 x \cdot 2 y}{y x}}=8 .
$$
Cherchons les cas d'égalité. Pour ceci, il faut avoir égalité dans les deux inégalités précédentes. Comme $\frac{y}{x}+2>0$, on a égalité dans la première égalité si et seulement si on a égalité dans la première application de l'inégalité arithmético-géométrique, c'est-à-dire si $x=\frac{2}{y}$, soit $x y=2$.
De même, pour avoir égalité dans la deuxième inégalité, il faut que $\frac{y}{x}=2$. En multipliant les deux équations ensemble, on trouve $y^{2}=4$, donc $y=2$ car $y$ est positif. Ensuite, on obtient $x=1$. Réciproquement, $x=1$ et $y=2$ est un cas d'égalité, c'est le seul.
Commentaire des correcteurs : Si nle problème a été bien réussi dans l'ensemble, voilà quelques pistes de progression :
- Beaucoup d'élèves ne connaissent pas l'IAG et la redémontrent.
- Le cas d'égalité a souvent été oublié.
- Beaucoup d'élèves développent l'expression avant d'y appliquer l'IAG, plutôt que de l'appliquer directement dans les parenthèses.
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{
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-corrigé-envoi-2.jsonl",
"problem_match": "\nExercice 1.",
"solution_match": "\nSolution de l'exercice 1"
}
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aa0be601-2f7f-57cc-8285-d1ea3833f991
| 607,354
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For a real number $x$, we denote $\lfloor x\rfloor$ as the greatest integer less than or equal to $x$ (for example, $\lfloor 2.7\rfloor=2, \lfloor\pi\rfloor=3$ and $\lfloor-1.5\rfloor=-2$).
Let $a, b$ be two real numbers such that
$$
a+\lfloor a\rfloor=b+\lfloor b\rfloor .
$$
Show that $a=b$.
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Suppose by contradiction $a \neq b$. By symmetry (i.e., $a$ and $b$ play the same role), we can assume $a < b$. We then have
$$
\lfloor a\rfloor \leqslant a < b
$$
so $\lfloor a\rfloor$ is an integer less than or equal to $b$, and thus by definition we have $\lfloor a\rfloor \leqslant \lfloor b\rfloor$. Adding $a < b$, we get
$$
a + \lfloor a\rfloor < b + \lfloor b\rfloor
$$
which is absurd. Therefore, we must have $a = b$.
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Algebra
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Pour un réel $x$, on note $\lfloor x\rfloor$ le plus grand entier relatif inférieur ou égal à $x$ (par exemple, $\lfloor 2,7\rfloor=2,\lfloor\pi\rfloor=3$ et $\lfloor-1,5\rfloor=-2)$.
Soient $a, b$ deux réels tels que
$$
a+\lfloor a\rfloor=b+\lfloor b\rfloor .
$$
Montrer que $a=b$.
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Supposons par l'absurde $a \neq b$. Par symétrie (c'est-à-dire que $a$ et $b$ jouent le même rôle), on peut supposer $a<b$. On a alors
$$
\lfloor a\rfloor \leqslant a<b
$$
donc $\lfloor a\rfloor$ est un entier relatif inférieur ou égal à $b$, et donc par définition on a $\lfloor a\rfloor \leqslant\lfloor b\rfloor$. En ajoutant $a<b$, on obtient alors
$$
a+\lfloor a\rfloor<b+\lfloor b\rfloor
$$
ce est absurde. On a donc bien $a=b$.
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{
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-corrigé-envoi-2.jsonl",
"problem_match": "\nExercice 3.",
"solution_match": "## Solution de l'exercice 3"
}
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c0788f6d-137c-55ea-ba90-cdae27ee92b4
| 607,356
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For a real number $x$, we denote $\lfloor x\rfloor$ as the greatest integer less than or equal to $x$ (for example, $\lfloor 2.7\rfloor=2, \lfloor\pi\rfloor=3$ and $\lfloor-1.5\rfloor=-2$).
Let $a, b$ be two real numbers such that
$$
a+\lfloor a\rfloor=b+\lfloor b\rfloor .
$$
Show that $a=b$.
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For a real number $x$, let $\{x\}$ denote the fractional part of $x$ given by $\{x\}=x-\lfloor x\rfloor$. This is a real number between 0 inclusive and 1 exclusive.
We then rewrite the equation by setting $a=\lfloor a\rfloor+\{a\}$ and $b=\lfloor b\rfloor+\{b\}$ to get
$$
2\lfloor a\rfloor+\{a\}=2\lfloor b\rfloor+\{b\}.
$$
Rearranging the terms, we obtain
$$
2\lfloor a\rfloor-2\lfloor\mathbf{b}\rfloor=\{\mathbf{b}\}-\{\mathbf{a}\}
$$
But we have
$$
\{b\}-\{a\} \leqslant\{b\}<1
$$
and
$$
\{b\}-\{a\} \geqslant-\{a\}>-1
$$
However, according to the equation above, $\{b\}-\{a\}$ is an integer, and it must therefore be zero. Thus, we have $\{b\}-\{a\}=0$, which then gives $2\lfloor a\rfloor-2\lfloor b\rfloor=0$.
Hence, we have
$$
\lfloor a\rfloor=\lfloor b\rfloor \text { and } \quad\{a\}=\{b\}
$$
so
$$
a=\lfloor a\rfloor+\{a\}=\lfloor b\rfloor+\{b\}=b
$$
Graders' comments: The exercise was very well done, with some diversity in approaches. A few points are lost due to carelessness. Some students seem confused about how the floor function works with negatives.
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Algebra
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Pour un réel $x$, on note $\lfloor x\rfloor$ le plus grand entier relatif inférieur ou égal à $x$ (par exemple, $\lfloor 2,7\rfloor=2,\lfloor\pi\rfloor=3$ et $\lfloor-1,5\rfloor=-2)$.
Soient $a, b$ deux réels tels que
$$
a+\lfloor a\rfloor=b+\lfloor b\rfloor .
$$
Montrer que $a=b$.
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Pour un réel $x$, posons $\{x\}$ la partie fractionnaire de $x$ donnée par $\{x\}=x-\lfloor x\rfloor$. C'est un nombre réel compris entre 0 inclus et 1 exclus.
On réécrit alors l'équation en posant $a=\lfloor a\rfloor+\{a\}$ et $b=\lfloor b\rfloor+\{b\}$ pour avoir
$$
2\lfloor a\rfloor+\{a\}=2\lfloor b\rfloor+\{b\} .
$$
En réarrangeant les termes, on obtient
$$
2\lfloor a\rfloor-2\lfloor\mathbf{b}\rfloor=\{\mathbf{b}\}-\{\mathbf{a}\}
$$
Mais on a
$$
\{b\}-\{a\} \leqslant\{b\}<1
$$
et
$$
\{b\}-\{a\} \geqslant-\{a\}>-1
$$
Mais d'après l'égalité au-dessus, $\{b\}-\{a\}$ est un entier, et il est donc nul. On a donc $\{b\}-\{a\}=0$, ce qui donne ensuite $2\lfloor a\rfloor-2\lfloor b\rfloor=0$.
Ainsi, on a
$$
\lfloor a\rfloor=\lfloor b\rfloor \text { et } \quad\{a\}=\{b\}
$$
donc
$$
a=\lfloor a\rfloor+\{a\}=\lfloor b\rfloor+\{b\}=b
$$
Commentaire des correcteurs : Exercice très bien réussi, avec une certaine diversité dans les approches. Quelques rares points sont perdus par étourderie. Certains élèves semblent confus sur le fonctionnement de la partie entière dans les négatifs.
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{
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-corrigé-envoi-2.jsonl",
"problem_match": "\nExercice 3.",
"solution_match": "## Solution alternative"
}
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c0788f6d-137c-55ea-ba90-cdae27ee92b4
| 607,356
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Let $\boldsymbol{n}$ be a strictly positive integer and $x \geqslant \mathrm{n}$ a real number. Show that $x+\frac{\mathfrak{n}}{\boldsymbol{x}} \geqslant \mathrm{n}+1$ and provide the cases of equality.
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From exercise 4
We start from the expanded equation $x^{2}-(n+1) x+n \geqslant 0$.
The condition $x \geqslant n$ is quite unnatural, so we prefer conditions of the type $t \geqslant 0$. We set $x=n+t$ with $t \geqslant 0$. The equation then rewrites as
$$
n^{2}+2 n t+t^{2}-(n+1)(n+t)+n \geqslant 0
$$
or equivalently
$$
t^{2}+(n-1) t \geqslant 0
$$
But this new equation is clearly true since $t \geqslant 0$ and $n \geqslant 1$. Moreover, we have equality if and only if $t=0$, or equivalently $x=n$.
Comment from the graders: The problem was well handled by the students, almost all the solutions submitted were complete and followed the same pattern as the corrected solutions. However, most of the papers were penalized for lack of justification, particularly in justifying signs. It is important to remember that when multiplying or dividing an inequality by a quantity, one must ensure the sign of that quantity: if it is strictly positive, it preserves the direction of the inequality; if it is strictly negative, it reverses the direction of the inequality; and if one multiplies by a zero quantity, there is no equivalence. This is a detail of utmost importance. Regarding the case of equality, several students forgot to address it, and others forgot the condition $x \geqslant n$, so they considered that for any $n \in \mathbb{N}^{*}, x=1$ was a case of equality. This was true only for $n=1$, and thus it was already counted in the case $x=n$.
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Inequalities
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Soit $\boldsymbol{n}$ un entier strictement positif et $x \geqslant \mathrm{n}$ un réel. Montrer que $x+\frac{\mathfrak{n}}{\boldsymbol{x}} \geqslant \mathrm{n}+1$ et donner les cas d'égalité.
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de l'exercice 4
On repart de l'équation développée $x^{2}-(n+1) x+n \geqslant 0$.
La condition $x \geqslant n$ est très peu naturelle, on préfère des conditions de type $t \geqslant 0$. On pose donc $x=n+t$ $\operatorname{avec} t \geqslant 0$. L'équation se réécrit alors
$$
n^{2}+2 n t+t^{2}-(n+1)(n+t)+n \geqslant 0
$$
ou encore
$$
t^{2}+(n-1) t \geqslant 0
$$
Mais cette nouvelle équation est clairement vraie car $t \geqslant 0$ et $n \geqslant 1$. De plus, on a égalité si et seulement si $t=0$, ou encore $x=n$.
Commentaire des correcteurs : Le problème a été bien réussi par les élèves, les solutions rendues étaient presque toutes abouties et suivaient le même schéma que les solutions du corrigé. En revanche, la plupart de ses copies ont été pénalisées pour des manques de justifications, notamment des justifications de signes. On rappelle que lorsqu'on multiplie ou divise une inégalité par une quantité, il faut s'assurer du signe de cette quantité : si elle est strictement positive, ça conserve le sens de l'inégalité, si elle est strictement négative, ça change le sens de l'inégalité, et si on multiplie par une quantité nulle, on n'a pas équivalence. C'est donc un détail qui a toute son importance. En ce qui concerne le cas d'égalité, plusieurs élèves ont oublié de le traiter, et d'autres ont oublié la condition $x \geqslant \mathrm{n}$, de sorte qu'ils considéraient que pour tout $\mathrm{n} \in \mathbb{N}^{*}, x=1$ était un cas d'égalité. Ce n'était vrai que pour $\mathrm{n}=1$, et donc c'était déjà compté dans le cas $x=\mathrm{n}$.
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{
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-corrigé-envoi-2.jsonl",
"problem_match": "\nExercice 4.",
"solution_match": "## Solution alternative"
}
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09fba0e0-24db-558b-920e-882d4bb94f01
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Show that for all strictly positive real numbers $\mathrm{a}, \mathrm{b}, \mathrm{c}$:
$$
\frac{b c}{a^{2}+2 b c}+\frac{c a}{b^{2}+2 c a}+\frac{a b}{c^{2}+2 a b} \leqslant 1 \leqslant \frac{a^{2}}{a^{2}+2 b c}+\frac{b^{2}}{b^{2}+2 c a}+\frac{c^{2}}{c^{2}+2 a b}
$$
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Let's start by solving one of the inequalities. In this problem, the simplest inequality to study is the one on the right. We apply the arithmetic-geometric inequality to the denominators to get $2 \mathrm{bc} \leqslant \mathrm{b}^{2}+\mathrm{c}^{2}$ for example, which gives
$$
\frac{a^{2}}{a^{2}+2 b c}+\frac{b^{2}}{b^{2}+2 c a}+\frac{c^{2}}{c^{2}+2 a b} \geqslant \frac{a^{2}}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}+\frac{b^{2}}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}+\frac{c^{2}}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}=1 .
$$
For the left side, we notice that it looks a lot like the right side. Let's call $G$ and $D$ the left and right sides of the equation, respectively. We then have
$$
\begin{gathered}
\mathrm{G}+2 \cdot \mathrm{D}=\frac{\mathrm{a}^{2}}{\mathrm{a}^{2}+2 \mathrm{bc}}+\frac{\mathrm{b}^{2}}{\mathrm{~b}^{2}+2 \mathrm{ca}}+\frac{\mathrm{c}^{2}}{\mathrm{c}^{2}+2 \mathrm{ab}}+\frac{2 \mathrm{bc}}{\mathrm{a}^{2}+2 \mathrm{bc}}+\frac{2 c a}{\mathrm{~b}^{2}+2 \mathrm{ca}}+\frac{2 a b}{\mathrm{c}^{2}+2 a b} . \\
\frac{\mathrm{a}^{2}+2 \mathrm{bc}}{\mathrm{a}^{2}+2 b c}+\frac{b^{2}+2 c a}{b^{2}+2 c a}+\frac{c^{2}+2 a b}{c^{2}+2 a b}=3 .
\end{gathered}
$$
We therefore have
$$
\mathrm{G}=\frac{1}{2}(3-\mathrm{D}) \leqslant \frac{1}{2}(3-1)=1
$$
by the right inequality that we have shown previously.
Comment from the graders: The exercise was well done. Many students found only one of the two inequalities: it is important to submit everything that has been found, even if only half of the exercise has been solved. A number of students simply put everything over a common denominator and then proved the inequality, which was not very elegant but worked well.
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Inequalities
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Montrer que pour tous réels $\mathrm{a}, \mathrm{b}, \mathrm{c}$ strictement positifs:
$$
\frac{b c}{a^{2}+2 b c}+\frac{c a}{b^{2}+2 c a}+\frac{a b}{c^{2}+2 a b} \leqslant 1 \leqslant \frac{a^{2}}{a^{2}+2 b c}+\frac{b^{2}}{b^{2}+2 c a}+\frac{c^{2}}{c^{2}+2 a b}
$$
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Commençons par résoudre une des inégalités. Dans ce problème, l'inégalité la plus simple à étudier est celle de droite. On applique l'inégalité arithmético-géométrique sur les dénominateurs pour avoir $2 \mathrm{bc} \leqslant \mathrm{b}^{2}+\mathrm{c}^{2}$ par exemple, ce qui donne
$$
\frac{a^{2}}{a^{2}+2 b c}+\frac{b^{2}}{b^{2}+2 c a}+\frac{c^{2}}{c^{2}+2 a b} \geqslant \frac{a^{2}}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}+\frac{b^{2}}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}+\frac{c^{2}}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}=1 .
$$
Pour le côté gauche, on remarque que celui-ci ressemble beaucoup au côté droit. Appelons $G$ et $D$ les côtés gauche et droit de l'équation respectivement. On a alors
$$
\begin{gathered}
\mathrm{G}+2 \cdot \mathrm{D}=\frac{\mathrm{a}^{2}}{\mathrm{a}^{2}+2 \mathrm{bc}}+\frac{\mathrm{b}^{2}}{\mathrm{~b}^{2}+2 \mathrm{ca}}+\frac{\mathrm{c}^{2}}{\mathrm{c}^{2}+2 \mathrm{ab}}+\frac{2 \mathrm{bc}}{\mathrm{a}^{2}+2 \mathrm{bc}}+\frac{2 c a}{\mathrm{~b}^{2}+2 \mathrm{ca}}+\frac{2 a b}{\mathrm{c}^{2}+2 a b} . \\
\frac{\mathrm{a}^{2}+2 \mathrm{bc}}{\mathrm{a}^{2}+2 b c}+\frac{b^{2}+2 c a}{b^{2}+2 c a}+\frac{c^{2}+2 a b}{c^{2}+2 a b}=3 .
\end{gathered}
$$
On a donc
$$
\mathrm{G}=\frac{1}{2}(3-\mathrm{D}) \leqslant \frac{1}{2}(3-1)=1
$$
par l'inégalité de droite que l'on a montré précédemment.
Commentaire des correcteurs : L'exercice a été bien réussi. Un certain nombre d'élève n'a trouvé qu'une seule des deux inégalités : il est important d'envoyer tout ce qui a été trouvé sur l'envoi, même si on n'a trouvé que la moitié de l'exercice. Un certain nombre d'élèves ont juste tout mis au même dénominateur, et ensuite prouvé l'inégalité, ce qui n'était pas très élégant mais fonctionnait bien.
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{
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-corrigé-envoi-2.jsonl",
"problem_match": "\nExercice 6.",
"solution_match": "## Solution de l'exercice 6"
}
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140cb690-b3b8-5ae5-91e5-d580176e0abc
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Let $x, y, z$ be strictly positive real numbers such that $x y + y z + z x = 1$. Show that
$$
2\left(x^{2}+y^{2}+z^{2}\right)+\frac{4}{3}\left(\frac{1}{x^{2}+1}+\frac{1}{y^{2}+1}+\frac{1}{z^{2}+1}\right) \geqslant 5
$$
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Exercise 7
Let $s=x^{2}+y^{2}+z^{2}$. Note that by the poor student's inequality,
$$
\frac{4}{3}\left(\frac{1}{x^{2}+1}+\frac{1}{y^{2}+1}+\frac{1}{z^{2}+1}\right) \geqslant \frac{4}{3} \frac{(1+1+1)^{2}}{x^{2}+y^{2}+z^{2}+3}=\frac{12}{s+3}
$$
Thus, it suffices to show that $2 s+\frac{12}{s+3} \geqslant 5$. By multiplying both sides by $s+3$, which is positive, it suffices to show that $2 s(s+3)+12 \geqslant 5(s+3)$. This is equivalent to $2 s^{2}+6 s+12 \geqslant 5 s+15$ and thus to $2 s^{2}+s \geqslant 3$. By the turnstile lemma, $s \geqslant x y+y z+x z=1$, so $2 s^{2}+s \geqslant 3$. We have the desired result.
Graders' Comment: The exercise was well solved by the students who attempted it. Be careful not to get tangled up in the inequalities. Here, one could directly use the poor student's inequality: setting $s=x^{2}+y^{2}+z^{2}$ allowed concluding by multiplying by $s+3$. Note that it is not necessary to reprove $x^{2}+y^{2}+z^{2} \geqslant x y+y z+x z$ each time to use it: this is the turnstile lemma, which is covered in the POFM course.
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Inequalities
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Soient $x, y, z$ des réels strictement positifs tels que $x y+y z+z x=1$. Montrer que
$$
2\left(x^{2}+y^{2}+z^{2}\right)+\frac{4}{3}\left(\frac{1}{x^{2}+1}+\frac{1}{y^{2}+1}+\frac{1}{z^{2}+1}\right) \geqslant 5
$$
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de l'exercice 7
Posons $s=x^{2}+y^{2}+z^{2}$. Notons que par l'inégalité des mauvais élèves,
$$
\frac{4}{3}\left(\frac{1}{x^{2}+1}+\frac{1}{y^{2}+1}+\frac{1}{z^{2}+1}\right) \geqslant \frac{4}{3} \frac{(1+1+1)^{2}}{x^{2}+y^{2}+z^{2}+3}=\frac{12}{s+3}
$$
Ainsi il suffit de montrer que $2 s+\frac{12}{s+3} \geqslant 5$. En multipliant des deux côtés par $s+3$ qui est positif, il suffit de montrer que $2 s(s+3)+12 \geqslant 5(s+3)$. Ceci est équivalent à $2 s^{2}+6 s+12 \geqslant 5 s+15$ et donc à $2 s^{2}+s \geqslant 3$. Or par le lemme du tourniquet, $s \geqslant x y+y z+x z=1$, donc $2 s^{2}+s \geqslant 3$. On a bien le résultat voulu.
Commentaire des correcteurs : L'exercice a été bien résolu par les élèves l'ayant cherché. Attention à ne pas s'emmêler dans les inégalités. Ici on pouvait directement utiliser l'inégalité des mauvais élèves : poser $s=x^{2}+y^{2}+z^{2}$ permettait de conclure en multipliant par $s+3$. Notons qu'il n'est pas nécessaire de reprouver à chaque fois $x^{2}+y^{2}+z^{2} \geqslant x y+y z+x z$ pour l'utiliser : c'est le lemme du tourniquet, qui est présent dans le cours de la POFM.
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{
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-corrigé-envoi-2.jsonl",
"problem_match": "\nExercice 7.",
"solution_match": "## Solution alternative"
}
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3c6709ee-35c4-58c8-a2c4-0c860753c4cb
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Let $b_{1}, \ldots, b_{n}$ be non-negative real numbers such that $b_{1}+b_{2}+\ldots+b_{n}=2$. Let $a_{0}, a_{1}, \ldots, a_{n}$ be real numbers such that $a_{0}=a_{n}=0$. Suppose that for all $i$ between 1 and $n$ inclusive,
$$
\left|a_{i}-a_{i-1}\right| \leqslant b_{i}
$$
Show that we have
$$
\left(a_{0}+a_{1}\right) b_{1}+\left(a_{1}+a_{2}\right) b_{2}+\ldots+\left(a_{n-1}+a_{n}\right) b_{n} \leqslant 2
$$
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For any index $i$, we have two upper bounds for $a_{i}$. Indeed, we can write
$$
\begin{aligned}
a_{i}=a_{i}-a_{0}= & \left(a_{i}-a_{i-1}\right)+\left(a_{i-1}-a_{i-2}\right)+\ldots+\left(a_{1}-a_{0}\right) \\
& \leqslant b_{i}+b_{i-1}+\ldots+b_{1}=\sum_{j=1}^{i} b_{j}
\end{aligned}
$$
and
$$
\begin{aligned}
a_{i}=a_{i}-a_{n} & =\left(a_{i}-a_{i+1}\right)-\left(a_{i+1}-a_{i+2}\right)+\ldots+\left(a_{n-1}-a_{n}\right) \\
& \leqslant b_{i+1}+b_{i+2}+\ldots+b_{n}=\sum_{j=i+1}^{n} b_{j}
\end{aligned}
$$
To effectively upper bound $a_{i}$, we want to find the smallest of these two terms. But the sum of the two is 2, so we simply need to determine whether $\sum_{j=1}^{i} b_{j}$ is less than or greater than 1.
Let $m$ be the smallest integer such that $\sum_{j=1}^{m} b_{j}>1$. We then write
$$
\sum_{i=1}^{n}\left(a_{i-1}+a_{i}\right) b_{i}=\sum_{i=1}^{m-1}\left(a_{i-1}+a_{i}\right) b_{i}+\left(a_{m-1}+a_{m}\right) b_{m}+\sum_{i=m+1}^{n}\left(a_{i-1}+a_{i}\right) b_{i}
$$
For $i<m$, we upper bound $a_{i}$ by $\sum_{j=1}^{i} b_{j}$, and for $i \geqslant m$, we upper bound $a_{i}$ by $\sum_{j=i+1}^{n} b_{j}$ to obtain $\sum_{i=1}^{n}\left(a_{i-1}+a_{i}\right) b_{i} \leqslant \sum_{i=1}^{m-1}\left(b_{i}+2 \sum_{j=1}^{i-1} b_{j}\right) b_{i}+\left(\sum_{j=1}^{m-1} b_{j}+\sum_{j=m+1}^{n} b_{j}\right) b_{m}+\sum_{i=1}^{m}\left(b_{i}+2 \sum_{j=i+1}^{n} b_{j}\right) b_{i}$.
Let $x=\sum_{j=1}^{m-1} b_{j}$ and $y=\sum_{j=m+1}^{n} b_{j}$. By definition of $m$, we have $x \leqslant 1$ and $y \leqslant 1$. Consider the first sum in the previous term. In this sum, we have a term $b_{i}^{2}$ for all $i \leqslant m-1$ and a term $2 b_{i} b_{j}$ for all $j<i \leqslant m-1$. Thus, this sum is nothing other than $x^{2}$. Similarly, the right sum is nothing other than $y^{2}$. We can therefore write, since $x+b_{m}+y=2$,
$$
\begin{aligned}
\sum_{i=1}^{n}\left(a_{i-1}+a_{i}\right) b_{i} & \leqslant x^{2}+(x+y)(2-x-y)+y^{2} \\
= & 2(x+y)-2 x y
\end{aligned}
$$
It remains to show that $2(x+y)-2 x y \leqslant 2$ to conclude, or equivalently $x+y-x y \leqslant 1$. But this can be rewritten, by moving all terms to the right side of the inequality,
$$
(1-x)(1-y) \geqslant 0
$$
which is satisfied since we have seen that $x \leqslant 1$ and $y \leqslant 1$.
Comment from the graders: The exercise was very difficult, was rarely approached, and solved by no one. It is a pity to see that few students wrote down their lines of reasoning: typically, given $\left(b_{i}\right)$ fixed, to find the $\left(a_{i}\right)$ maximizing the sum.
## Senior Exercises
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Inequalities
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Soient $b_{1}, \ldots, b_{n}$ des réels positifs ou nuls tels que $b_{1}+b_{2}+\ldots+b_{n}=2$. Soient $a_{0}, a_{1}, \ldots, a_{n}$ des nombres réels tels que $a_{0}=a_{n}=0$. Supposons que pour tout $i$ compris entre 1 et $n$ inclus,
$$
\left|a_{i}-a_{i-1}\right| \leqslant b_{i}
$$
Montrer que l'on a
$$
\left(a_{0}+a_{1}\right) b_{1}+\left(a_{1}+a_{2}\right) b_{2}+\ldots+\left(a_{n-1}+a_{n}\right) b_{n} \leqslant 2
$$
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Pour tout indice $i$, on a deux majorations de $a_{i}$. En effet, on peut écrire
$$
\begin{aligned}
a_{i}=a_{i}-a_{0}= & \left(a_{i}-a_{i-1}\right)+\left(a_{i-1}-a_{i-2}\right)+\ldots+\left(a_{1}-a_{0}\right) \\
& \leqslant b_{i}+b_{i-1}+\ldots+b_{1}=\sum_{j=1}^{i} b_{j}
\end{aligned}
$$
et
$$
\begin{aligned}
a_{i}=a_{i}-a_{n} & =\left(a_{i}-a_{i+1}\right)-\left(a_{i+1}-a_{i+2}\right)+\ldots+\left(a_{n-1}-a_{n}\right) \\
& \leqslant b_{i+1}+b_{i+2}+\ldots+b_{n}=\sum_{j=i+1}^{n} b_{j}
\end{aligned}
$$
Afin de majorer efficacement $a_{i}$, on voudrait trouver le plus petit de ces deux termes. Mais la somme des deux vaut 2 , donc il faut simplement déterminer si $\sum_{j=1}^{i} b_{j}$ est inférieur ou supérieur à 1 .
Soit $m$ l'entier minimal tel que $\sum_{j=1}^{m} b_{j}>1$. On écrit alors
$$
\sum_{i=1}^{n}\left(a_{i-1}+a_{i}\right) b_{i}=\sum_{i=1}^{m-1}\left(a_{i-1}+a_{i}\right) b_{i}+\left(a_{m-1}+a_{m}\right) b_{m}+\sum_{i=m+1}^{n}\left(a_{i-1}+a_{i}\right) b_{i}
$$
Pour $i<m$, on majore $a_{i}$ par $\sum_{j=1}^{i} b_{j}$, et pour $i \geqslant m$, on majore $a_{i}$ par $\sum_{j=i+1}^{n} b_{j}$ pour obtenir $\sum_{i=1}^{n}\left(a_{i-1}+a_{i}\right) b_{i} \leqslant \sum_{i=1}^{m-1}\left(b_{i}+2 \sum_{j=1}^{i-1} b_{j}\right) b_{i}+\left(\sum_{j=1}^{m-1} b_{j}+\sum_{j=m+1}^{n} b_{j}\right) b_{m}+\sum_{i=1}^{m}\left(b_{i}+2 \sum_{j=i+1}^{n} b_{j}\right) b_{i}$.
Posons $x=\sum_{j=1}^{m-1} b_{j}$ et $y=\sum_{j=m+1}^{n} b_{j}$. Par définition de $m$, on a $x \leqslant 1$ et $y \leqslant 1$. Considérons la première somme dans le terme précédent. Dans celle-ci, on a un terme $b_{i}^{2}$ pour tout $i \leqslant m-1$ et un terme $2 b_{i} b_{j}$ pour tous $j<i \leqslant m-1$. Ainsi, cette somme n'est rien d'autre que $x^{2}$. De même, la somme de droite n'est rien d'autre que $y^{2}$. On peut donc écrire, comme $x+b_{m}+y=2$,
$$
\begin{aligned}
\sum_{i=1}^{n}\left(a_{i-1}+a_{i}\right) b_{i} & \leqslant x^{2}+(x+y)(2-x-y)+y^{2} \\
= & 2(x+y)-2 x y
\end{aligned}
$$
Il nous reste enfin à voir que $2(x+y)-2 x y \leqslant 2$ pour conclure, ou encore $x+y-x y \leqslant 1$. Mais ceci se réécrit, en passant tous les termes à droite de l'inégalité,
$$
(1-x)(1-y) \geqslant 0
$$
ce qui est vérifié car on a vu que $x \leqslant 1$ et $y \leqslant 1$.
Commentaire des correcteurs : L'exercice était très difficile, a été très peu abordé et résolu par personne. Il est dommage de voir que peu d'élèves ont écrit leur piste de recherche : typiquement à $\left(b_{i}\right)$ fixé de trouver les $\left(a_{i}\right)$ maximisant la somme.
## Exercices Seniors
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{
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-corrigé-envoi-2.jsonl",
"problem_match": "\nExercice 9.",
"solution_match": "## Solution de l'exercice 9"
}
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d2371565-8ecf-5bca-878a-34c7ca6501f7
| 607,362
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Let $\left(u_{n}\right)_{n \in \mathbb{N}}$ be a periodic sequence with period 2022 and period 5. Show that $\left(u_{n}\right)$ is constant.
A sequence $\left(u_{n}\right)$ is said to be periodic with period $t$ if, for all natural numbers $n, u_{n+t}=u_{n}$.
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Let's start by noting that if a sequence $\left(u_{n}\right)$ is $t$-periodic, then for all $n$, we have $u_{n}=u_{n+t}=u_{n+2t}$, for example. Thus, we can show by induction that for all natural numbers $k$ and $n$, $u_{n+kt}=u_{n}$: the sequence is $kt$-periodic for all $k$.
Let $n$ be a natural number. Then, since the sequence is 2022-periodic,
$$
u_{n+1}=u_{n+1+2 \times 2022}=u_{n+4045}=u_{n+5 \times 809}
$$
But the sequence is 5-periodic, so this also equals $u_{n}$. Thus, for all natural numbers $n$, we have $u_{n+1}=u_{n}$. We deduce by induction that for all $n$, $u_{n}=u_{0}$, and therefore the sequence $(u_{n})$ is constant.
Grader's Comment: The exercise was successfully completed by almost everyone who attempted it, using three main methods:
- Show that $u_{0}=u_{1}=u_{2}=u_{3}=u_{4}$.
- Show that $u_{n}=u_{n+1}$.
- Use Bézout's theorem to show $u_{0}=u_{n}$.
The few students who did not get 7 points mostly used somewhat strong properties without justifying them (even a quick justification would have sufficed).
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Number Theory
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Soit $\left(u_{n}\right)_{n \in \mathbb{N}}$ une suite périodique de période 2022 et de période 5 . Montrer que $\left(u_{n}\right)$ est constante.
Une suite $\left(u_{n}\right)$ est dite périodique de période $t$ si, pour tout entier naturel $n, u_{n+t}=u_{n}$.
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Commençons par remarquer que si une suite $\left(u_{n}\right)$ est $t$-périodique, alors on a pour tout $n, u_{n}=u_{n+t}=$ $u_{n+2 t}$ par exemple. Ainsi, on peut montrer par récurrence que pour tous les entiers naturels $k$ et $n$, $u_{n+k t}=u_{n}$ : la suite est kt-périodique pour tout $k$.
Soit $n$ un entier naturel. On a alors, comme la suite est 2022-périodique,
$$
u_{n+1}=u_{n+1+2 \times 2022}=u_{n+4045}=u_{n+5 \times 809}
$$
Mais la suite est 5 -périodique donc ceci vaut aussi $u_{n}$. Ainsi, pour tout entier naturel $n$, on a $u_{n+1}=u_{n}$. On en déduit par récurrence que pour tout $n, u_{n}=u_{0}$ et donc la suite ( $u_{n}$ ) est constante.
Commentaire des correcteurs : L'exo a été réussi par qusiment toutes les personnes l'ayant abordé, avec 3 méthodes principales :
- Montrer que $u_{0}=u_{1}=u_{2}=u_{3}=u_{4}$.
- Montrer que $u_{n}=u_{n+1}$.
- Utiliser le théorème de Bezout pour montrer $u_{0}=u_{n}$.
Les quelques élèves qui n'ont pas eu 7 points ont la plupart du temps utilisé des propriétés un peu fortes sans les justifier (même rapidement, cela aurait suffit).
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{
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-corrigé-envoi-2.jsonl",
"problem_match": "\nExercice 10.",
"solution_match": "\nSolution de l'exercice 10"
}
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1744b787-010a-57a2-a6d9-8443cb5ab6bb
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Let $n$ be a strictly positive integer and $x \geqslant n$ a real number. Show that $x+\frac{n}{x} \geqslant n+1$ and provide the cases of equality.
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From Exercise 11
We start from the expanded equation $x^{2}-(n+1) x+n \geqslant 0$.
The condition $x \geqslant n$ is quite unnatural, so we prefer conditions of the type $t \geqslant 0$. We set $x=n+t$ with $t \geqslant 0$. The equation then rewrites as
$$
n^{2}+2 n t+t^{2}-(n+1)(n+t)+n \geqslant 0
$$
or equivalently
$$
t^{2}+(n-1) t \geqslant 0
$$
But this new equation is clearly true since $t \geqslant 0$ and $n \geqslant 1$. Moreover, equality holds if and only if $t=0$, or equivalently $x=n$.
Graders' Comment: The problem was well handled by the students, almost all the solutions submitted were complete. The solutions were quite varied, some went through the study of a quadratic, others by a derivative calculation, or even by the arithmetic-geometric inequality. However, a number of papers were penalized for lack of justification, particularly for sign justifications. It is important to remember that when multiplying or dividing an inequality by a quantity, one must ensure the sign of that quantity: if it is strictly positive, it preserves the direction of the inequality, if it is strictly negative, it changes the direction of the inequality, and if one multiplies by a zero quantity, there is no equivalence. This is a detail of great importance. Regarding the case of equality, several papers forgot to address it, and others forgot the condition $x \geqslant n$, so they considered that for all $n \in \mathbb{N}^{*}, x=1$ was a case of equality. This was true only for $n=1$, and thus was already counted in the case $x=n$.
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Inequalities
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Soit $n$ un entier strictement positif et $x \geqslant n$ un réel. Montrer que $x+\frac{n}{x} \geqslant n+1$ et donner les cas d'égalité.
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de l'exercice 11
On repart de l'équation développée $x^{2}-(n+1) x+n \geqslant 0$.
La condition $x \geqslant n$ est très peu naturelle, on préfère des conditions de type $t \geqslant 0$. On pose donc $x=n+t$ $\operatorname{avec} t \geqslant 0$. L'équation se réécrit alors
$$
\mathrm{n}^{2}+2 n t+\mathrm{t}^{2}-(n+1)(n+t)+n \geqslant 0
$$
ou encore
$$
\mathrm{t}^{2}+(n-1) \mathrm{t} \geqslant 0
$$
Mais cette nouvelle équation est clairement vraie car $\mathrm{t} \geqslant 0$ et $\mathrm{n} \geqslant 1$. De plus, on a égalité si et seulement si $t=0$, ou encore $x=n$.
Commentaire des correcteurs : Le problème a été bien réussi par les élèves, les solutions rendues étaient presque toutes abouties. Les solutions étaient assez variées, certaines passaient par l'étude d'un trinôme, d'autres par un calcul de dérivée, ou encore par l'inégalité arithmético-géométrique. Néanmoins, un certain nombre de copies ont été pénalisées pour des manques de justifications, notamment des justifications de signes. On rappelle que lorsqu'on multiplie ou divise une inégalité par une quantité, il faut s'assurer du signe de cette quantité : si elle est strictement positive, ça conserve le sens de l'inégalité, si elle est strictement négative, ça change le sens de l'inégalité, et si on multiplie par une quantité nulle, on n'a pas équivalence. C'est donc un détail qui a toute son importance. En ce qui concerne le cas d'égalité, plusieurs copies ont oublié de le traiter, et d'autres ont oublié la condition $x \geqslant n$, de sorte qu'elles considérées que pour tout $\mathrm{n} \in \mathbb{N}^{*}, x=1$ était un cas d'égalité. Ce n'était vrai que pour $\mathrm{n}=1$, et donc c'était déjà compté dans le cas $x=n$.
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{
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-corrigé-envoi-2.jsonl",
"problem_match": "\nExercice 11.",
"solution_match": "## Solution alternative"
}
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2ae854da-c2d2-51ec-b3ff-feb989691253
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Let $n \geqslant 3$ and let $x_{1}, \ldots, x_{n}$ be real numbers. Show that
$$
2\left(x_{1}+\cdots+x_{n}\right)^{2} \leqslant n\left(x_{1}^{2}+\cdots+x_{n}^{2}+x_{1} x_{2}+x_{2} x_{3}+\cdots+x_{n-1} x_{n}+x_{n} x_{1}\right)
$$
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The difficulty of the exercise lies in the fact that the statement is not symmetric. Given the statement, we want to make the products $x_{i} x_{i+1}$ appear; for this, we can think of using the expansion of $\left(x_{i}+x_{i+1}\right)^{2}$. We have
$$
\begin{gathered}
\left(x_{1}+x_{2}\right)^{2}+\cdots+\left(x_{n-1}+x_{n}\right)^{2}+\left(x_{n}+x_{1}\right)^{2}=\left(x_{1}^{2}+2 x_{1} x_{2}+x_{2}^{2}\right)+\cdots+\left(x_{n-1}^{2}+2 x_{n-1} x_{n}+x_{n}^{2}\right)+\left(x_{n}^{2}+2 x_{n} x_{1}+x_{1}^{2}\right) \\
=2\left(x_{1}^{2}+\ldots x_{n}^{2}+x_{1} x_{2}+x_{2} x_{3}+\cdots+x_{n-1} x_{n}+x_{n} x_{1}\right)
\end{gathered}
$$
and we recognize the right-hand side of the statement, with a coefficient 2 instead of $n$. The inequality in the statement can then be rewritten as
$$
4\left(x_{1}+\ldots+x_{n}\right)^{2} \leqslant \mathfrak{n}\left(\left(x_{1}+x_{2}\right)^{2}+\left(x_{2}+x_{3}\right)^{3}+\ldots+\left(x_{n-1}+x_{n}\right)^{2}+\left(x_{n}+x_{1}\right)^{2}\right)
$$
But this is then an application of the Cauchy-Schwarz inequality. Indeed, we have
$$
\begin{gathered}
\mathfrak{n}\left(\left(x_{1}+x_{2}\right)^{2}+\left(x_{2}+x_{3}\right)^{3}+\ldots+\left(x_{n-1}+x_{n}\right)^{2}+\left(x_{n}+x_{1}\right)^{2}\right)=\left(1^{2}+\ldots+1^{2}\right)\left(\left(x_{1}+x_{2}\right)^{2}+\ldots+\left(x_{n}+x_{1}\right)^{2}\right) \\
\geqslant\left(1 \cdot\left(x_{1}+x_{2}\right)+1 \cdot\left(x_{2}+x_{3}\right)+\ldots+1 \cdot\left(x_{n}+x_{1}\right)\right)^{2} \\
=\left(2 x_{1}+2 x_{2}+\ldots+2 x_{n}\right)^{2}=4\left(x_{1}+\ldots+x_{n}\right)^{2} .
\end{gathered}
$$
Examiner's comment: The exercise was very well done by those who attempted it. The most frequent mistake was to use the Chebyshev inequality, forgetting the hypothesis on the order of the terms. Students who thought to rewrite the right-hand term as a sum of $\left(x_{i}+x_{i+1}\right)^{2}$ succeeded in concluding with Cauchy-Schwarz, AM-QM, Chebyshev, Jensen, or the less successful students.
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Inequalities
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Soit $n \geqslant 3$ et soient $x_{1}, \ldots, x_{n}$ des réels. Montrer que
$$
2\left(x_{1}+\cdots+x_{n}\right)^{2} \leqslant n\left(x_{1}^{2}+\cdots+x_{n}^{2}+x_{1} x_{2}+x_{2} x_{3}+\cdots+x_{n-1} x_{n}+x_{n} x_{1}\right)
$$
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La difficulté de l'exercice est le fait que l'énoncé n'est pas symétrique. Au vu de celui-ci, on veut faire apparaître les produits $x_{i} x_{i+1}$; pour cela, on peut penser à utiliser le développement de $\left(x_{i}+x_{i+1}\right)^{2}$. On a
$$
\begin{gathered}
\left(x_{1}+x_{2}\right)^{2}+\cdots+\left(x_{n-1}+x_{n}\right)^{2}+\left(x_{n}+x_{1}\right)^{2}=\left(x_{1}^{2}+2 x_{1} x_{2}+x_{2}^{2}\right)+\cdots+\left(x_{n-1}^{2}+2 x_{n-1} x_{n}+x_{n}^{2}\right)+\left(x_{n}^{2}+2 x_{n} x_{1}+x_{1}^{2}\right) \\
=2\left(x_{1}^{2}+\ldots x_{n}^{2}+x_{1} x_{2}+x_{2} x_{3}+\cdots+x_{n-1} x_{n}+x_{n} x_{1}\right)
\end{gathered}
$$
et on reconnaît le membre de droite de l'énoncé, avec un coefficient 2 au lieu de $n$. L'inégalité de l'énoncé se réécrit alors
$$
4\left(x_{1}+\ldots+x_{n}\right)^{2} \leqslant \mathfrak{n}\left(\left(x_{1}+x_{2}\right)^{2}+\left(x_{2}+x_{3}\right)^{3}+\ldots+\left(x_{n-1}+x_{n}\right)^{2}+\left(x_{n}+x_{1}\right)^{2}\right)
$$
Mais ceci est alors une application de l'inégalité de Cauchy-Schwarz. En effet, on a
$$
\begin{gathered}
\mathfrak{n}\left(\left(x_{1}+x_{2}\right)^{2}+\left(x_{2}+x_{3}\right)^{3}+\ldots+\left(x_{n-1}+x_{n}\right)^{2}+\left(x_{n}+x_{1}\right)^{2}\right)=\left(1^{2}+\ldots+1^{2}\right)\left(\left(x_{1}+x_{2}\right)^{2}+\ldots+\left(x_{n}+x_{1}\right)^{2}\right) \\
\geqslant\left(1 \cdot\left(x_{1}+x_{2}\right)+1 \cdot\left(x_{2}+x_{3}\right)+\ldots+1 \cdot\left(x_{n}+x_{1}\right)\right)^{2} \\
=\left(2 x_{1}+2 x_{2}+\ldots+2 x_{n}\right)^{2}=4\left(x_{1}+\ldots+x_{n}\right)^{2} .
\end{gathered}
$$
Commentaire des correcteurs : Exercice très bien réussi par ceux qui l'ont tenté. L'erreur la plus fréquente était d'utiliser l'inégalité de Tchebychev en oubliant l'hypothèse sur l'ordre des termes. Les élèves ayant pensé à réécrire le terme de droite comme somme de $\left(x_{i}+x_{i+1}\right)^{2}$ ont réussi à conclure avec CauchySchwarz, AM-QM, Tchebychev, Jensen ou les mauvais élèves.
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{
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-corrigé-envoi-2.jsonl",
"problem_match": "\nExercice 13.",
"solution_match": "## Solution de l'exercice 13"
}
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9a35f7e5-a314-5b6a-857b-f14785887357
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Let $b_{1}, \ldots, b_{n}$ be non-negative real numbers such that $b_{1}+b_{2}+\ldots+b_{n}=2$. Let $a_{0}, a_{1}, \ldots, a_{n}$ be real numbers such that $a_{0}=a_{n}=0$. Suppose that for all $i$ between 1 and $n$ inclusive,
$$
\left|a_{i}-a_{i-1}\right| \leqslant b_{i}
$$
Show that we have
$$
\left(a_{0}+a_{1}\right) b_{1}+\left(a_{1}+a_{2}\right) b_{2}+\ldots+\left(a_{n-1}+a_{n}\right) b_{n} \leqslant 2
$$
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For any index $i$, we have two upper bounds for $a_{i}$. Indeed, we can write
$$
\begin{aligned}
a_{i}=a_{i}-a_{0}= & \left(a_{i}-a_{i-1}\right)+\left(a_{i-1}-a_{i-2}\right)+\ldots+\left(a_{1}-a_{0}\right) \\
& \leqslant b_{i}+b_{i-1}+\ldots+b_{1}=\sum_{j=1}^{i} b_{j}
\end{aligned}
$$
and
$$
\begin{aligned}
a_{i}=a_{i}-a_{n} & =\left(a_{i}-a_{i+1}\right)-\left(a_{i+1}-a_{i+2}\right)+\ldots+\left(a_{n-1}-a_{n}\right) \\
& \leqslant b_{i+1}+b_{i+2}+\ldots+b_{n}=\sum_{j=i+1}^{n} b_{j} .
\end{aligned}
$$
To effectively upper bound $a_{i}$, we want to find the smallest of these two terms. But the sum of the two is 2, so we just need to determine whether $\sum_{j=1}^{i} b_{j}$ is less than or greater than 1.
Let $m$ be the smallest integer such that $\sum_{j=1}^{m} b_{j}>1$. We then write
$$
\sum_{i=1}^{n}\left(a_{i-1}+a_{i}\right) b_{i}=\sum_{i=1}^{m-1}\left(a_{i-1}+a_{i}\right) b_{i}+\left(a_{m-1}+a_{m}\right) b_{m}+\sum_{i=m+1}^{n}\left(a_{i-1}+a_{i}\right) b_{i}
$$
For $i<m$, we upper bound $a_{i}$ by $\sum_{j=1}^{i} b_{j}$, and for $i \geqslant m$, we upper bound $a_{i}$ by $\sum_{j=i+1}^{n} b_{j}$ to obtain
$$
\sum_{i=1}^{n}\left(a_{i-1}+a_{i}\right) b_{i} \leqslant \sum_{i=1}^{m-1}\left(b_{i}+2 \sum_{j=1}^{i-1} b_{j}\right) b_{i}+\left(\sum_{j=1}^{m-1} b_{j}+\sum_{j=m+1}^{n} b_{j}\right) b_{m}+\sum_{i=1}^{m}\left(b_{i}+2 \sum_{j=i+1}^{n} b_{j}\right) b_{i}
$$
Let $x=\sum_{j=1}^{m-1} b_{j}$ and $y=\sum_{j=m+1}^{n} b_{j}$. By definition of $m$, we have $x \leqslant 1$ and $y \leqslant 1$. Consider the first sum in the previous term. In this sum, we have a term $b_{i}^{2}$ for all $i \leqslant m-1$ and a term $2 b_{i} b_{j}$ for all $j<i \leqslant m-1$. Thus, this sum is nothing other than $x^{2}$. Similarly, the right sum is nothing other than $y^{2}$. We can therefore write, since $x+b_{m}+y=2$,
$$
\begin{aligned}
\sum_{i=1}^{n}\left(a_{i-1}+a_{i}\right) b_{i} & \leqslant x^{2}+(x+y)(2-x-y)+y^{2} \\
= & 2(x+y)-2 x y
\end{aligned}
$$
It remains to show that $2(x+y)-2 x y \leqslant 2$ to conclude, or equivalently $x+y-x y \leqslant 1$. But this can be rewritten, by moving all terms to the right side of the inequality,
$$
(1-x)(1-y) \geqslant 0
$$
which is true since we have seen that $x \leqslant 1$ and $y \leqslant 1$.
Comment from the graders: The problem was rarely attempted, and it is particularly unfortunate because it was a good prototype of a problem that could appear in international olympiads, so it is a shame not to at least provide some hints on how each one could have progressed on the problem. This problem illustrates recurring errors made by students in such problems:
- Often students claim that if the sequence $\left(a_{i}\right)$ satisfies a certain property, it can be changed to increase the sum in the problem, and then conclude directly that we can reduce to the case where the sequence does not satisfy this property. Be careful: this is not necessarily true. Indeed, if we say that a certain property is a problem, and count the number of problems in the sequence, there is no reason for this number to decrease. One must provide a procedure to remove the problems one by one, without creating new ones: often a good technique is to introduce a variant (either the number of problems or something else). Another option for this is to show that there is a maximizer, but this is often complicated. Here it could have been shown, but goes beyond the scope of mathematical olympiad theorems.
- Some, under the pretext that the problem is difficult, do not prove their assertions. Surprisingly, what is not proven often turns out to be false, difficult, or incomplete: just because the problem is difficult does not mean one can allow less detail.
- Many students tried to show directly that one can assume the sequence is first increasing and then decreasing. This was difficult to prove properly, and especially it was not the first reflex to have. Here, using a graphical representation was useful: in fact, we always have $a_{k} \leqslant b_{1}+\cdots+b_{k}$ and $a_{k} \leqslant b_{k+1}+\cdots+b_{n}$. We can therefore graphically represent the points $\left(k, b_{1}+\cdots+b_{k}\right)$ and $\left(k, b_{k+1}+\cdots+b_{n}\right)$ and connect the two types of points to obtain a curve. It is natural to then look at the minimum of these two curves and set $a_{k}$ to be the sequence corresponding to this curve. This is exactly what is done in the solution, and it is recurrent that students forget to graphically represent the constraints to try to understand what is happening and see what is really the right way to approach the problem.
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Inequalities
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Soient $b_{1}, \ldots, b_{n}$ des réels positifs ou nuls tels que $b_{1}+b_{2}+\ldots+b_{n}=2$. Soient $a_{0}, a_{1}, \ldots, a_{n}$ des nombres réels tels que $a_{0}=a_{n}=0$. Supposons que pour tout $i$ compris entre 1 et $n$ inclus,
$$
\left|a_{i}-a_{i-1}\right| \leqslant b_{i}
$$
Montrer que l'on a
$$
\left(a_{0}+a_{1}\right) b_{1}+\left(a_{1}+a_{2}\right) b_{2}+\ldots+\left(a_{n-1}+a_{n}\right) b_{n} \leqslant 2
$$
|
Pour tout indice $i$, on a deux majorations de $a_{i}$. En effet, on peut écrire
$$
\begin{aligned}
a_{i}=a_{i}-a_{0}= & \left(a_{i}-a_{i-1}\right)+\left(a_{i-1}-a_{i-2}\right)+\ldots+\left(a_{1}-a_{0}\right) \\
& \leqslant b_{i}+b_{i-1}+\ldots+b_{1}=\sum_{j=1}^{i} b_{j}
\end{aligned}
$$
et
$$
\begin{aligned}
a_{i}=a_{i}-a_{n} & =\left(a_{i}-a_{i+1}\right)-\left(a_{i+1}-a_{i+2}\right)+\ldots+\left(a_{n-1}-a_{n}\right) \\
& \leqslant b_{i+1}+b_{i+2}+\ldots+b_{n}=\sum_{j=i+1}^{n} b_{j} .
\end{aligned}
$$
Afin de majorer efficacement $a_{i}$, on voudrait trouver le plus petit de ces deux termes. Mais la somme des deux vaut 2 , donc il faut simplement déterminer si $\sum_{j=1}^{i} b_{j}$ est inférieur ou supérieur à 1 .
Soit $m$ l'entier minimal tel que $\sum_{j=1}^{m} b_{j}>1$. On écrit alors
$$
\sum_{i=1}^{n}\left(a_{i-1}+a_{i}\right) b_{i}=\sum_{i=1}^{m-1}\left(a_{i-1}+a_{i}\right) b_{i}+\left(a_{m-1}+a_{m}\right) b_{m}+\sum_{i=m+1}^{n}\left(a_{i-1}+a_{i}\right) b_{i}
$$
Pour $i<m$, on majore $a_{i}$ par $\sum_{j=1}^{i} b_{j}$, et pour $i \geqslant m$, on majore $a_{i}$ par $\sum_{j=i+1}^{n} b_{j}$ pour obtenir
$$
\sum_{i=1}^{n}\left(a_{i-1}+a_{i}\right) b_{i} \leqslant \sum_{i=1}^{m-1}\left(b_{i}+2 \sum_{j=1}^{i-1} b_{j}\right) b_{i}+\left(\sum_{j=1}^{m-1} b_{j}+\sum_{j=m+1}^{n} b_{j}\right) b_{m}+\sum_{i=1}^{m}\left(b_{i}+2 \sum_{j=i+1}^{n} b_{j}\right) b_{i}
$$
Posons $x=\sum_{j=1}^{m-1} b_{j}$ et $y=\sum_{j=m+1}^{n} b_{j}$. Par définition de $m$, on a $x \leqslant 1$ et $y \leqslant 1$. Considérons la première somme dans le terme précédent. Dans celle-ci, on a un terme $b_{i}^{2}$ pour tout $i \leqslant m-1$ et un terme $2 b_{i} b_{j}$ pour tous $j<i \leqslant m-1$. Ainsi, cette somme n'est rien d'autre que $x^{2}$. De même, la somme de droite n'est rien d'autre que $y^{2}$. On peut donc écrire, comme $x+b_{m}+y=2$,
$$
\begin{aligned}
\sum_{i=1}^{n}\left(a_{i-1}+a_{i}\right) b_{i} & \leqslant x^{2}+(x+y)(2-x-y)+y^{2} \\
= & 2(x+y)-2 x y
\end{aligned}
$$
Il nous reste enfin à voir que $2(x+y)-2 x y \leqslant 2$ pour conclure, ou encore $x+y-x y \leqslant 1$. Mais ceci se réécrit, en passant tous les termes à droite de l'inégalité,
$$
(1-x)(1-y) \geqslant 0
$$
ce qui est vérifié car on a vu que $x \leqslant 1$ et $y \leqslant 1$.
Commentaire des correcteurs : L'exercice a été très peu abordé, et c'est particulièrement dommage car c'était un bon prototype d'exercice pouvant tomber à des olympiades internationales, donc il est dommage de ne pas laisser au moins des pistes pour voir comment en test chacun aurait pu avancer sur le problème. Celui-ci témoigne d'erreurs récurrentes commises par les élèves dans de tels problèmes :
- Souvent des élèves affirment que si la suite $\left(a_{i}\right)$ vérifie telle propriété, on peut la changer pour agumenter la somme de l'énoncé, puis conclut directement qu'on se ramène au cas où la suite ne vérifie pas ça. Attention : cela n'est pas forcément vrai. En effet, si on dit que telle propriété est un problème, et qu'on compte le nombre de problèmes de la suite, celui-ci n'a aucune raison de décroître. Il faut donner un procédé permettant d'enlever les problèmes 1 par 1 , sans en créer de nouveau : souvent une bonne technique est d'introduire un variant (soit le nombre de problème, soit autre chose). Une autre option pour cela est de montrer qu'il y a un maximisant, mais cela est souvent compliqué. Ici cela pouvait se montrer, mais dépasse le cadre des théorèmes de mathématique olympique.
- Certains, sous prétexte que l'exercice est dur, ne prouvent pas leurs affirmations. Etonnamment, souvent ce qui n'est pas prouvé se révèle être faux, difficile ou incomplet : ce n'est pas parce que l'exercice est dur, qu'il faut se permettre moins de détail.
- Beaucoup d'élèves ont essayé de montrer directement qu'on pouvait supposer la suite croissante puis décroissante. C'était difficile à prouver proprement, et surtout ce n'était pas le premier réflexe à avoir. Ici utiliser une représentation graphique était utile : en fait on a forcément $a_{k} \leqslant b_{1}+\cdots+$ $b_{k}$ et $a_{k} \leqslant b_{k+1}+\cdots+b_{n}$. on peut donc représenter graphiquement les points $\left(k, b_{1}+\cdots+b_{k}\right)$ et $\left(k, b_{k+1}+\cdots+b_{n}\right)$ et relier les deux types de points pour obtenir une courbe. Il est naturel d'ensuite regarder le minimum de ces deux courbes et de poser $a_{k}$ la suite correspondant à cette courbe. C'est exactement ce qui est fait dans le corrigé, et il est récurrent que les élèves oublient de représenter graphiquement les contraintes pour essayer de comprendre ce qui se passe, et voir quel est vraiment la bonne façon d'aborder l'énoncé.
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{
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-corrigé-envoi-2.jsonl",
"problem_match": "\nExercice 16.",
"solution_match": "## Solution de l'exercice 16"
}
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d2371565-8ecf-5bca-878a-34c7ca6501f7
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Show that for any integer n, the number $\mathrm{n}^{3}-7 \mathrm{n}$ is divisible by 6.
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A first approach is to look at the expression modulo 6:
$$
\mathrm{n}^{3}-7 n \equiv \mathrm{n}^{3}-\mathrm{n} \equiv(\mathrm{n}-1) \mathrm{n}(\mathrm{n}+1) \quad \bmod 6
$$
so it suffices to show that 6 divides $(n-1) \mathfrak{n}(n+1)$. Among three consecutive numbers, at least one is divisible by 2 and at least one is divisible by 3. Since 2 and 3 are coprime, $6 \mid n^{3}-n$ and thus 6 divides $n^{3}-7 n$.
A second approach that also works here is to look at the expression $n^{3}-7 n$ and to show by hand that it is always zero by considering the cases for the values that $n$ can take modulo 6.
| n | $\mathrm{n}^{3}-7 \mathrm{n}$ |
| :---: | :---: |
| 0 | $0^{3}-7 \cdot 0 \equiv 0+0 \equiv 0$ |
| 1 | $1^{3}-7 \cdot 1 \equiv 1-1 \equiv 0$ |
| 2 | $2^{3}-7 \cdot 2 \equiv 8-2 \equiv 0$ |
| 3 | $3^{3}-7 \cdot 3 \equiv 3-3 \equiv 0$ |
| $4 \equiv-2$ | $(-2)^{3}-7 \cdot(-2) \equiv-2+2 \equiv 0$ |
| $5 \equiv-1$ | $(-1)^{3}-7 \cdot(-1) \equiv-1+1 \equiv 0$ |
Thus, regardless of the value of $n$ modulo 6, $\mathrm{n}^{3}-7 \mathrm{n} \equiv 0$.
Grader's comment: The exercise is very well solved.
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proof
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Yes
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Yes
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proof
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Number Theory
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Montrer que pour tout entier n , le nombre $\mathrm{n}^{3}-7 \mathrm{n}$ est divisible par 6 .
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Une première approche est de regarder l'expression modulo 6 :
$$
\mathrm{n}^{3}-7 n \equiv \mathrm{n}^{3}-\mathrm{n} \equiv(\mathrm{n}-1) \mathrm{n}(\mathrm{n}+1) \quad \bmod 6
$$
donc il suffit de montrer que 6 divise $(n-1) \mathfrak{n}(n+1)$. Or parmi trois nombres consécutifs, au moins un est divisible par 2 et au moins un est divisible par 3 . Ainsi comme 2 et 3 sont premiers entre eux, $6 \mid n^{3}-n$ et donc 6 divise $n^{3}-7 n$.
Une deuxième approche qui fonctionne aussi ici consiste aussi à regarder l'expression $n^{3}-7 n$ et de montrer à la main que celle-ci est toujours nulle en faisant une disjonction de cas sur les valeurs que peut prendre n modulo 6 .
| n | $\mathrm{n}^{3}-7 \mathrm{n}$ |
| :---: | :---: |
| 0 | $0^{3}-7 \cdot 0 \equiv 0+0 \equiv 0$ |
| 1 | $1^{3}-7 \cdot 1 \equiv 1-1 \equiv 0$ |
| 2 | $2^{3}-7 \cdot 2 \equiv 8-2 \equiv 0$ |
| 3 | $3^{3}-7 \cdot 3 \equiv 3-3 \equiv 0$ |
| $4 \equiv-2$ | $(-2)^{3}-7 \cdot(-2) \equiv-2+2 \equiv 0$ |
| $5 \equiv-1$ | $(-1)^{3}-7 \cdot(-1) \equiv-1+1 \equiv 0$ |
Ainsi, quelle que soit la valeur de n modulo $6, \mathrm{n}^{3}-7 \mathrm{n} \equiv 0$.
Commentaire des correcteurs: L'exercice est très bien résolu.
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{
"resource_path": "French/segmented/envois/fr-corrigé-envoi-3.jsonl",
"problem_match": "\nExercice 1.",
"solution_match": "\nSolution de l'exercice 1"
}
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da44f3ca-661e-5c4e-96f6-7e771cb4c142
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Subsets and Splits
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