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53ème Olympiade Internationale de Maths

Envoyé par yan2 
JLT
Re: 53ème Olympiade Internationale de Maths
il y a deux années
avatar
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 $(s+t)/2=m$.
Re: 53ème Olympiade Internationale de Maths
il y a deux années
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
Re: 53ème Olympiade Internationale de Maths
il y a deux années
avatar
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.

[attachment 24248 exo5.jpg]

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 $MK=ML$.
JLT
Re: 53ème Olympiade Internationale de Maths
il y a deux années
avatar
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 $[S,T]$
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
Re: 53ème Olympiade Internationale de Maths
il y a deux années
Depuis 1994 environ, on est largement à la rue.
C'est pas avec le lycée qu'on a que ça va changer eye rolling smiley

'En maths, on ne comprend pas les choses, on s'y habitue" John Von Neumann.
Re: 53ème Olympiade Internationale de Maths
il y a deux années
.



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a deux années et a été effectuée par pldx1.
JLT
Re: 53ème Olympiade Internationale de Maths
il y a deux années
avatar
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.
Re: 53ème Olympiade Internationale de Maths
il y a deux années
avatar
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 $6$.
Prob N2 OIM 2012
il y a deux années
[attachment 24348 Image076.jpg] ,

Je viens de résoudre le 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


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