53ème Olympiade Internationale de Maths

JLT · July 2012

@Jamel :

Je n'ai pas trouvé de données sur les articles de mathématiques, mais le site
http://donnees.banquemondiale.org/indicateur/IP.JRN.ARTC.SC/countries/all?display=default
donne le nombre d'articles de journaux scientifiques par pays en 2009 :

Allemagne : 45003
Canada : 29017
Chine : 74019
Corée du Sud : 22271
Etats-Unis : 208601
France : 31748
Inde : 19917
Japon : 49627
Russie : 14016

N.B. Evidemment, le nombre de publications ne donne pas d'indications sur leur qualité.

Jamel5 · July 2012

Merci, JLT ! Mais quelles sont les prévisions pour les vingt ans qui viennent ? L'expérience nous apprend que les pays d'Asie progressent en moins de vingt ans du milieu du tableau au top ! Un pays comme la Chine pouvait-il envoyer des vaisseaux habités dans l'espace sans une mathématique dans le top mondial ?

JLT · July 2012

@Jamel : nul n'est capable de prévoir ce qui se passera dans vingt ans mais voici quelques éléments :

1) Les Chinois (comme les Russes) entraînent leurs champions aux Olympiades de façons beaucoup plus intensive que les Français. Les performances aux Olympiades ne mesurent pas de façon très fiable les performances du système éducatif.

2) Comme j'ai dit, le nombre d'articles n'indique pas leur qualité. La pression exercée sur les chercheurs dans certains pays les pousse à publier le plus souvent possible beaucoup d'articles médiocres.

3) Cependant, les universités américaines (ainsi que l'ENS (pas cette année) ) accueillent beaucoup de très bons étudiants chinois.

JLT · July 2012

P.S. Il est aussi intéressant de comparer les résultats au concours d'admission de l'ENS avec les participants français aux Olympiades 2 ans auparavant. On constate (si j'ai bien lu) que deux participants aux Olympiades en 2010, qui ont gagné la médaille d'argent, sont reçus à l'ENS à la 1ere et à la 26e place respectivement.

samok · July 2012

Qui a inventé ce Problème 3 ?

S<3

JLT · July 2012

Les noms des concepteurs de problèmes se trouvent ici :
http://www.artofproblemsolving.com/Wiki/index.php/IMO_Problems_and_Solutions

JLT · July 2012

Je reviens sur l'exercice 1 que Rescassol a résolu après avoir changé les roues de son camion. Personnellement j'avais plutôt pris KLM comme triangle de référence. Autrement dit, on suppose que les affixes $k,l,m$ de ces points sont de module 1. On calcule alors
\begin{eqnarray*}
a&=&\frac{2kl}{k+l}\\
b&=& \frac{2km}{k+m}\\
c&=& \frac{2lm}{l+m}\\
f&=&\frac{k(m+l)}{k+l}
\end{eqnarray*}

On constate graphiquement que $F$ est le milieu de $[A,S]$. Pour le vérifier, on calcule $s=2f-a=\dfrac{2km}{k+l}$ et on vérifie que $(s-a)/(f-a)$ et que $(s-b)(b-c)$ sont réels.

Par symétrie, on a $t=\dfrac{2lm}{k+l}$. On a bien $(s+t)/2=m$.

Rescassol · July 2012

Bonjour,

Tu as raison, JLT, avec le triangle $KLM$, les résultats ont l'air plus simples, je n'y avais pas pensé, bien que ça n'émeuve pas beaucoup Matlab...

Je m'aperçois que j'avais oublié de donner $\displaystyle a=\dfrac{2vw}{v+w}$ etc...

Cordialement,

Rescassol

JLT · July 2012

Je reviens sur l'exercice 5 car je pense qu'un jeune champion qui ne lirait pas attentivement les messages de pldx1 et de Rescassol aurait l'impression que la solution est très compliquée alors qu'il n'en est rien. Je reformule la démonstration de pldx1 mais en enlevant les calculs et en la simplifiant un peu.

file.php?2,file=24248

Je considère les cercles $\Gamma_A$ et $\Gamma_B$, de centres respectifs $A$ et $B$, et passant par $C$. Soit $C'$ l'autre point d'intersection de ces deux cercles. Soit $X$ un point comme dans l'énoncé : il est intérieur au triangle $ABC$ et se trouve sur le segment $[C,C']$. Alors $K$ est le point d'intersection de $[A,X]$ avec $\Gamma_B$. On note $K'$ l'autre point d'intersection de $(AX)$ avec $\Gamma_B$, et on définit de même $L$ et $L'$.

Soit $\Gamma_D$ le cercle passant par $K,K',L$. L'axe $(KK')$ est l'axe radical des cercles $\Gamma_A$ et $\Gamma_D$, donc $X$ est le centre radical des cercles $\Gamma_A$, $\Gamma_B$, $\Gamma_D$. Par conséquent, $(KX)$ est l'axe radical de $\Gamma_B$ et $\Gamma_D$, et comme $K'\in (KX)\cap\Gamma_B$ on en déduit que $K'\in \Gamma_D$.

Comme $B$ est sur l'axe radical de $\Gamma_A$ et $\Gamma_D$, on a $P_{\Gamma_D}(B)=P_{\Gamma_A}(B)=BC^2=BK^2$, donc $(BK)$ est tangent à $\Gamma_D$ en $K$, par conséquent $M$ appartient à la tangente à $\Gamma_D$ en $K$. De même, $M$ appartient à la tangente à $\Gamma_D$ en $L$. On en déduit que $MK=ML$. 24248

JLT · July 2012

Pendant qu'on y est, terminons la solution de l'exercice 1 esquissée par pappus.

Le cercle de diamètre $AJ$ contient $K$ car $AKJ$ est rectangle en $K$, et de même il contient $L$.

Comme $(FJ,FL)=(FJ,BC)+(BC,FL)=(BJ,BM)+(MC,ML)=\frac{1}{2}(\pi-\hat{B})-\frac{1}{2}\hat{C}=\frac{1}{2}\hat{A}=(AJ,AL)$, ce cercle contient aussi F, et de même il contient G.

On a $(FG,BC)=(FG,FJ)+(BJ,BC)=(KM,KJ)+(BJ,BC)=(BM,BJ)+(BJ,BC)$ car $B,M,J,K$ sont cocycliques, donc $(FG,BC)=(BM,BC)$ et finalement $(FG)$ et $(BM)$ sont parallèles.

$(FG,FA)=(KG,KA)=(KM,KB)=(MB,MK)=(JB,JK)$ car $B,M,J,K$ sont cocycliques, donc $(FG,FA)=(JF,JK)=(GF,GK)=(FG,GM)$. On en déduit que $(FA)$ et $(GM)$ sont parallèles, et de même $(GA)$ et $(FM)$ sont parallèles.

Finalement, $FGM$ est le triangle médial de $TSA$ et $M$ est bien le milieu de $[S,T]$

kolotoko0 · July 2012

Bonjour,

La France est 38 ième .

Un seul candidat (de Singapour) a obtenu la note maximale 42/42.

Le serbe Teodor von Burg (19 ans) a gagné sa sixième médaille aux O.I.M. (4 or, 1 argent, 1 bronze) en six participations .

bien cordialement

kolotoko

Nash · July 2012

Depuis 1994 environ, on est largement à la rue.
C'est pas avec le lycée qu'on a que ça va changer 8-)

JLT · July 2012

On peut en trouver beaucoup comme ça, par exemple
$$1=\frac{2}{3}+\frac{1}{3^2}+\frac{4}{3^3}+\frac{3}{3^4}+\frac{6}{3^5}+\frac{5}{3^6}+\frac{8}{3^7}+\frac{7}{3^8}+\frac{9}{3^9}+\frac{12}{3^{10}}+\frac{11}{3^{11}}+\frac{14}{3^{12}}+\frac{15}{3^{13}}+\frac{10}{3^{14}}+\frac{13}{3^{15}}+\frac{16}{3^{16}}+\frac{17}{3^{16}}$$
et en général, pour tout $n$ congru à 1 ou 2 modulo 4, il y a beaucoup de solutions, mais je ne vois pas d'algorithme.

Sylvain · July 2012

Dans l'exemple de JLT, les nombres de la forme $8n+1$ avec $n$ non nul restent à leur place "naturelle", ceux inférieurs à $9$ font l'objet d'une permutation d'ordre $2$, et ceux entre $9$ et $17$ exclus font l'objet d'une permutation d'ordre $6$.

Charif · July 2012

Prob N2 du 53 ème OIM , aprés avoir remarquer l'utilité de la décomposition de 1, mais maleureusement, je ne suis pa satisfait , car aprés avoir essayé des méthodes utilisant des polynomes , je n'arrive pa encore à comprendre pourquoi ces monomes triangulaires dépassent le nⁿ ,

Merci 24348

53ème Olympiade Internationale de Maths

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