58ème Olympiade internationale

On trouvera une présentation de l'équipe de France ici : http://www.animath.fr/spip.php?article2968
ainsi qu'un récit au jour le jour, rédigé par Vincent Jugé (chef-adjoint de délégation). À noter qu'un petit nombre de candidats de Belgique, du Luxembourg et d'Algérie ont également suivi la préparation olympique française, on peut les voir ici : http://www.animath.fr/spip.php?article2975

N.B. On est bien sûr en droit de soutenir l'équipe (de foot ou de math) de son pays, comme on est en droit d'y être indifférent. Merci de ne pas prolonger cette discussion et de s'en tenir au sujet du fil.

[Je viens de cacher 5 messages partant à la dérive par rapport au sujet de la discussion. AD]

On trouvera un classement des pays selon le nombre total de médailles d'or depuis la création de l'OIM :

http://imo-official.org/results_country.aspx?column=awards&order=desc

Chaque année, 1/12 des participants reçoivent une médaille d'or, 2/12 une médaille d'argent et 3/12 une médaille de bronze. Le classement ci-dessus ne reflète pas exactement la force actuelle des divers pays puisque certains pays n'ont commencé que récemment à participer. Un peu moins de la moitié des pays n'ont jamais obtenu de médaille d'or.

On peut subodorer une question de langue.

@Chaurien : ce qui coûte le plus d'argent dans la préparation olympique, ce sont les stages. Depuis le dernier stage, les élèves qui ne peuvent pas représenter la France dans les compétitions internationales (i.e. qui ne sont ni de nationalité française, ni résidents en France) doivent quasiment payer le stage à prix coûtant, tandis que les autres bénéficient d'un tarif subventionné.

Le participant de l'équipe luxembourgeoise est de nationalité française et résident au Luxembourg, il a préféré faire partie de l'équipe du Luxembourg en considérant sans doute que le Luxembourgeois auquel il "prend une place" n'aurait quasiment eu aucune chance de médaille, contrairement au participant français auquel il "laisse la place".

Le participant de l'équipe algérienne a la double nationalité, réside en France et a déjà (ainsi que son frère) participé au sein de l'équipe de France pour certaines compétitions, mais a choisi l'Algérie pour l'OIM 2017 (peut-être avec le même raisonnement que le Luxembourgeois mais je n'en sais rien).

Les participants de l'équipe de Belgique n'ont pas la double nationalité et ne sont pas résidents en France.

Former un petit nombre de participants étrangers coûte moins de 1% des ressources financières de la préparation olympique française. En compensation, la France a été invitée il y a 2 ans à participer aux BxMO (olympiades du Bénélux), et le sera peut-être encore l'année prochaine.

@Chaurien : je n'ai effacé aucun message dans ce fil, même si je suis plutôt d'accord avec AD qui a effacé 5 messages faisant dévier la conversation sur autre chose. Par contre, si tu continues à employer des termes désobligeants envers la modération (« censure »), je finirai par être désobligeant même si ce n'est pas dans mes habitudes.

Sur le fond : n'ai-je pas répondu longuement à ton message ? Ou alors attendais-tu une réponse plus précise à la question : « Pourquoi pas entraîner le monde entier ? » Je pensais que mon message précédent y répondait implicitement : tant que les coûts sont très faibles (moins de 1% des recettes) et qu'on en tire des avantages (participation BxMO par exemple, mais on peut imaginer d'autres types de liens entre les pays), je ne vois pas de raison de ne pas entraîner les candidats de tous les pays qui réussissent les tests de sélection français. Donc oui, on est (tant que ça reste gérable) ouverts au monde entier mais les candidatures sont limitées du fait que les tests sont en français, et que les stages ont lieu en France et en français.

À propos d'argent du contribuable, je signale également que les RMM (Romanian Master of Mathematics) sont financés par les Roumains qui ne demandent pas de contrepartie aux pays participants ; la France y a été invitée les trois dernières fois et le sera encore en 2018.

Quant à ton histoire de chauve-souris, c'est le règlement officiel de l'OIM qui veut ça :

Règlement de l'OIM a écrit:

2.2 A Country’s Contestants should normally be citizens or residents of that Country,

donc effectivement certains peuvent jouer sur deux tableaux. Ça ne correspond peut-être pas à ton point de vue qui consiste à vouloir cloisonner les pays, que chacun choisisse son camp et y reste, mais je ne suis pas d'accord avec ton point de vue si c'est bien le tien. Quand on a par exemple un père d'un pays A, une mère d'un pays B et que l'on vit depuis longtemps dans un pays C, on peut très bien être ami avec les trois pays A, B et C.

On lit aussi

Règlement de l'OIM a écrit:

1.4 The aims of the IMO are:
(...) to foster friendly international relationships among mathematicians of all countries;

Dans cette direction, un peu d'ouverture internationale ne fait pas de mal. Dans le même ordre d'idées, le Royaume-Uni et la Hongrie organisent un stage commun en hiver.

Petite question en passant : est-ce que ce fil est voué uniquement au débat sur la formation des élèves qui y participent ou est-ce qu'on peut aussi réfléchir aux problèmes donnés ? Si c'est le cas le problème 3 m'a l'air d'être le plus intéressant et aussi difficile !

Le problème 2 m'a pris nettement plus de temps. En testant les fonctions affines, on trouve les solutions $f(x)=0$, $f(x)=1-x$ et $f(x)=x-1$. Montrons qu'il n'y en a pas d'autre. Soit donc $f$ une solution non nulle.

Notons $E(x,y)$ l'équation.

(1) Notons $a=f(0)$. D'après $E(x,0)$, si $a=0$ alors $f(0)+f(x)=f(0)$ pour tout $x$, donc $f=0$. Contradiction. On a donc $a\ne 0$, et quitte à remplacer $f$ par $-f$, on peut supposer $a>0$.

(2) Supposons que $b\in\R$ vérifie $f(b)=0$. Alors $E(x,b)$ donne $a+f(x+b)=f(bx)$. Comme $a\ne 0$, on a $f(bx)\ne f(x+b)$ pour tout $x$, donc $bx\ne x+b$ pour tout $x$, donc $b=1$.

(3) $E(0,0)$ donne $f(a^2)=0$, donc d'après (2) on a $a^2=1$, donc $a=1$ puisque $a>0$. On a donc $f(1)=0$.

(4) $E(x,0)$ donne $f(f(x))+f(x)=1$.

(5) $E(x,1)$ donne, d'après (3) : $1+f(x+1)=f(x)$ pour tout $x$.

(6) Montrons que $\forall x,\; f(x)=1\implies x=0$. En effet, $f(x)=1$ implique $f(x+1)=0$ d'après (5), donc $x+1=1$ d'après (2), donc $x=0$.

(7) Montrons que $f$ est injective. Soient $u$ et $v$ des réels tels que $f(u)=f(v)$. On veut montrer que $u=v$. D'après (5), on a $f(u-n)=f(v-n)$ pour tout entier $n$, donc on peut supposer que $u<0$. Soient $x$ et $y$ les solutions de l'équation $X^2-(v+1)X+u=0$ d'inconnue $X$, on a $u=xy$ et $v=x+y-1$ donc d'après $E(x,y)$ on a $f(f(x)f(y))=f(xy)-f(x+y)=f(u)-f(v+1)=1$ d'après (5), donc $f(x)f(y)=0$ d'après (6), ce qui implique $x=1$ ou $y=1$ d'après (2), et donc $u=v$.

(8) Soit $g(x)=1-x$. D'après (4) on a $f\circ f=g\circ f$, donc $f=(g\circ g)\circ f=(g\circ f)\circ f=(f\circ f)\circ f = f\circ (f\circ f)$. Comme $f$ est injective, on en déduit que $f\circ f=\mathrm{Id}$, donc $f=g\circ (g\circ f)=g\circ \mathrm{Id}=g$.

Jolie solution pour le deuxième JLT ! J'ai complètement raté l'injectivité ! Cela m'aurait été utile ! Cela dit on peut faire un peu différemment.

Avec les notations de JLT (pour $E(x,y)$) voici comment on peut faire (désolé je n'ai pas le temps de mettre les détails).

(1) Si $f(0)=0$ alors $f=0$. Et sinon on trouve que $f(0)= \pm 1$, supposons $f(0)=-1$ et l'on va montrer que $f(x)=x-1$.

(2) On voit que $f(1)=0$ et $f(x+1)=f(x)+1$ . De plus on a $f(x)=0$ ssi $x=1$ et $f(x)=n$ ssi $x=n+1$. C'est cette propriété que l'on va utiliser.

(3) Le but est de montrer que $f(f(x)-x+1)=-1$, ie $f(f(x)-x+2)=0$. Admettons que l'on ait $f(x+y)=f(x)+f(y)+1$ (*) alors il suffit de montrer $f(f(x))+f(-x)+3=0$ mais comme l'a dit JLT $f(f(x))=f(x)-1$ (attention : on a pas pris le même $f(0)$ et JLT montre donc que $f(-f(x))=-f(x)-1$) donc il suffit de montrer $f(x)+f(-x)+2=0$ i.e par (*) il suffit de montrer $f(0)=-1$ ce qui est le cas.

(4) Pour la suite ça peut paraître pas très naturel mais on va montrer que $f(2-x)+f(x)=0.$. En fait si j'ai étudié cette quantité c'est pour une raison très simple : on souhaite profiter du fait que $f(1)=0$ donc on souhaite appliquer $E(x,y)$ à $(x,1-x)$ et donc c'est pour ça que j'ai cherché à évaluer $f(1-x)$ mais par $1$-additivité ça revient au même que $f(2-x)$. Admettons le pour le moment.

(5) En écrivant $E(x,y)$ on a $f(xy)-f(x+y)=f(f(x)f(y))=f(f(2-x)f(2-y))=f(4-x-y+xy)-f(4-x-y)=f(-2x-2y-xy)-f(-x-y)$ et donc étant donnés $X,Y$ on peut choisir des $x,y$ tels que $-2x-2y-xy=X$, $2x+2y=Y$. Alors on a $f(X+Y)=f(Y/2)+f(X)-F(-Y/2)$. En somme il reste à montrer que $f(y/2)-f(-y/2)=f(y)+1$ qui est impliqué par le fait que $f(2x)=2f(x)+1$ et $f(-2x)=-2f(x)-3$ (dont la démonstration est similaire)

Il reste donc à prouver que $f(2x)=2f(x)+1$ c'est l'objet du (6) et à prouver que $f(2-x)+f(x)=0$ c'est l'objet du (7).

(6) $f(2x)=f(f(x))+f(2+x)=f(f(x))+f(x)+2$ il faut donc voir pourquoi $f(f(x))=f(x)-1$ et pour cela $f(x)=f(x+0)=-1-f(-f(x))$ donc $f(-f(x))=-f(x)-1$ donc $f(-f(-f(x)))=f(f(x))+1$ et d'autre part on a $f(-f(-f(x)))=-f(-f(x))-1=f(x)$ donc $f(f(x))=f(x)-1$.

NB. Si on arrive à montrer que $f$ est surjective on aurait pu conclure avec ça, mais je n'ai jamais réussi, comme l'injectivité !

(7) Maintenant on écrit : $f(x)=f(-x \times (-1)) = f(-x)-1 + f(-2f(-x)) = 2f(-f(-x))+f(-x) = 2(-f(-x)-1)+f(-x)=-f(2-x)$.

Bien sûr j'y ai passé la journée d'hier et la matinée d'aujourd'hui, inutile de préciser que jamais je n'aurais sorti ça en péreuve ahah.


@JLT : tu as réussi le troisième problème ? Perso je ne sais pas du tout faire !

Humm .. bien que simple ton raisonnement est très malin, et donne au moins l'intuition que le chasseur ne doit pas avoir de stratégie comme l'énoncé le demande. D'un côté j'ai l'impression que si on est à la place du chasseur, tout ce qu'on sait c'est que la lapin est à une distance inférieure à $1$ de $P_n$, je ne vois pas de meilleure stratégie que de se déplacer dans la direction de $P_n$ ... enfin il reste à la démontrer bien sûr. Je vais y réfléchir !

EDIT. Je me demande si ce problème ne pourrait pas se reformuler sous forme de problème de contrôle optimal ? Y a-t-il des spécialistes dans la salle ?

En prenant le carré ça donne $u_{n+1}^2-u_n^4 \geqslant 2$ et donc $u_n \geqslant (2n)^{1/4} $

EDIT. La remarque ci-dessus est fausse, on a simplement $u_n \approx (2n)^{1/4} $

Y peut être quelque chose avec la puissance d'un point par rapport à un cercle, en regardant la figure , ça m'y fait penser.
Sinon, ton approximation Mickael ne me parait pas bonne, les termes que je calcule de $(u_n)$ ne sont pas proches de $(2n)^\frac{1}{4}$

@Balix : je peux me tromper, mais en mettant au carré on a $u_{n+1}^4 - u_n^4 = 2 \frac{u_n^2}{(1+u_n)^2} + \frac{1}{(1+u_n)^4}$ et comme $u_n \to + \infty$ on a $u_{n+1}^4-u_n^4 \to 2 $ et donc $u_n ^4 \sim 2n$ d'où le résultat. C'est un comportement asymptotique donc il ne nous sert à rien en fait vu que l'on veut quelque chose de quantitatif.

En fait avec la majoration $u_0 \leqslant u_n$ sauf erreurs de calculs (très probable ...) j'obtiens $u_n \geqslant \left( u_0^4 + \frac{2n}{(1+1/u_0)}\right)^{1/4}$

On peut aussi se dire que la stratégie doit être valable quel que soit le nombre de rounds, et que $ A_{n} $ est probablement plus proche de $ P_{n-i} $ que de $ P_{n-j} $ pour $ i<j $ . On pourrait donc considérer ces points comme des chiffres de 1 à n, et leur appliquer un coefficient de pondération donné par la loi de Benford, calculer le barycentre $ G_{n} $ de ce système de points pondérés, et choisir $ B_{n+1} $ de manière à minimuser la distance $ B_{n+1}G_{n} $ .

...
52. Inde (son plus mauvais classement jamais obtenu)

Est-ce à dire que l'Inde a embauché nos anciens ministres de l'EN ?

Cordialement, j__j

@ Johnny John.

Je me souviens effectivement d'une ministre. J'ai toujours cru qu'elle était d'Inde.

@ Pete.

On croirait voir du golf féminin.

e.v.

@JLT: je me porte candidat pour devenir auteur d'une partie des exercices (je ne pense pas qu'il soit nécessaire de te l'envoyer par MP et de toute façon, ma boite MP buggue), est-ce que tu acceptes/as le droit de publier la procédure de sélection des auteurs?

(Mon souhait est de contribuer à promouvoir par ma participation des énoncés un peu moins calculatoires (je sais bien qu'il faut du calcul en maths quand-même, ce n'est pas du fanatisme))

Tu sais bien que je ne peux pas te répondre :-X je trouve déloyal ce genre de remarque, de plus, c'est une phrase pour aller vite, je ne vois pas quelle autre phrase courte j'aurais pu prononcer (pour info, le problème a été contagieux, les gens qui m'ont envoyé des mp ont eux-mêmes eu leur compte piraté)

Merci pour ces précieuses informations. Je comprends qu'il faille que la sélection finale des exos soit tenue la plus secrète possible et qu'on ne candidate bien sûr que pour envoyer des listes (quand-même assez fournies) d'exos, sinon risque de fuite. Je vais essayer de m'y mettre, je trouve ça intéressant et j'espère que mes exos seront au moins en partie retenus :-D

Question annexe:

1) faut-il envoyer les solutions avec? (Honnêtement, s'il le faut ça m'intéresse beaucoup moins ;-) )

2) Et même faut-il que ce soit des problèmes dont on garantisse (même si on n'envoie pas la solution) que les réponses soient connues (au moins par l'auteur). Idem: sous cette contrainte, je serai beaucoup moins prolifique :-D (par exemple, il est assez minoritaire dans le fil "il est facile de" que je poste des questions dont j'ai une idée de la réponse)

De mon téléphone: merci pour l'information sur les règles OIM. Par contre je suis sidéré par ta phrase "pour pouvoir corriger***". Ne le prends pas mal mais je pense que tu devais faire autre chose en tapant ton post la parce que :-D tu as commis l'HERESIE** inexcusable en maths en me répondant A MOI sur un forum public une telle phrase (je déconne bien sur, enfin à moitié). Bon cela dit merci pour l'info que les problèmes n'ont "pas le droit d'être proposes ouverts")

** est-ce le bon mot?

*** par définition je rappelle OU SIGNALE au lecteur et ça s'applique ENCORE PLUS aux olympiades qu'à l'école que ce qui est dur c'est de trouver. Mais JAMAIS de "corriger" (ie évaluer ne propositions n de solutions )