THIRD BENELUX MATHEMATICAL OLYMPIAD : BxMO 2011

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THIRD BENELUX MATHEMATICAL OLYMPIAD : BxMO 2011

Message  G. Lorang le Ven 13 Avr - 8:28

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G. Lorang
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Problème 2

Message  le_magicien le Ven 13 Avr - 12:36

Dans ce paragraphe, considérons le triangle `ABD` et son cercle circonscrit. La bissectrice de l'angle `B` coupe l'arc `(AD)` ne comprenant pas `B` en deux parties égales (car deux angles inscrits interceptent des arcs de longueurs égales). La médiatrice du segment `[AD]` fait de même. Donc le point d'intersection `M` de ces deux droites appartient au cercle circonscrit du triangle `ABD`. donc les points `A`, `B`, `D` et `M` sont cocycliques. Il vient alors : `/_MAI=/_MAD=/_MBD.

Dans ce paragraphe, considérons le triangle `ACD` et son cercle circonscrit. La bissectrice de l'angle `C` coupe l'arc `(AD)` ne comprenant pas `C` en deux parties égales. La médiatrice du segment `[AD]` fait de même. Donc le point d'intersection `N` de ces deux droites appartient au cercle circonscrit du triangle `ACD`. donc les points `A`, `C`, `D` et `N` sont cocycliques. Il vient alors : `/_NAI=/_NAD=/_NCD.

Vu ce qui précède, on a alors les égalités suivantes :
`/_NIM=/_BIC` (angles opposés par le sommet)
`=180°-/_IBC-/_ICB` (somme des angles d'un triangle)
`=180°-/_MBD-/_NCD`
`=180°-/_MAD-/_NAD` (théorème de l'arc capable)
`=180°-/_MAN`.
Donc `/_NIM+/_MAN=180°` et le quadrilatère `AMIN` est inscriptible (des angles opposés supplémentaires), autrement dit les points `A`, `I`, `M` et `N` sont sur un même cercle.



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Problème 1

Message  le_magicien le Ven 13 Avr - 13:26

b) Si `a` est un nombre strictement supérieur à 2, qu'on choisit `m` égal à `a-1` et qu'on choisit `n` égal à `a^2-1`, alors on a `1<m<n` et les deux nombres `m+1=a` et `n+1=a^2` ont les mêmes diviseurs premiers. De plus, `n=a^2-1=(a-1)(a+1)` et l'ensemble des diviseurs premiers de `n` est donc l'union de l'ensemble des diviseurs premiers du facteur `a-1` et de l'ensemble des diviseurs premiers du facteur `a+1`. Comme le facteur `a-1` est justement le nombre `m`, tout diviseur premier de `m` est aussi un diviseur premier de `n`. De plus, tout diviseur premier de `n`, à l'exception de ceux exclusivement présents dans le facteur `a+1`, est un diviseur premier de `m`. Si on choisit `a` égal à `2^b-1` pour un entier `b>1`, alors le seul diviseur premier du facteur `a+1=2^b` est `2` qui est aussi un diviseur du facteur `a-1=(a+1)-2`, ce qui permet de s'assurer qu'on n'est pas dans l'exception précédente et de conclure que le couple `(m,n)` est un couple Bénélux. Comme il y a une infinité de façon de choisir `a` sous la forme `2^b-1`, il y a une infinité de couples Bénélux.

a) Si on applique le point précédent avec `b\in\{2,3,4\}`, on obtient les couples Bénélux `(2,8 )`, `(6,48)` et `(14,224)`.

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Problème 3

Message  le_magicien le Ven 13 Avr - 15:26

Remarquons d'abord que la suite `a_n` est une suite monotone croissante d'entiers.

Si `a_n` est le cube d'un entier pour une valeur de `n`, alors `a_{n+1}=3a_n-2a_n=a_n`, puis de proche en proche `a_{n+k}=a_{n}` pour tout `k>0`, et donc la suite devient constante à partir du terme `a_n` et donc elle est bornée.

Si `a_n` n'est pas le cube d'un entier, alors `a_{n+1}-a_n=3a_n-a_n-2c(a_n)=2\cdot(a_n-c(a_n))\geq 2` et donc la suite augmente de deux unités au moins. Pour que la suite soit bornée (pour qu'elle n'augmente pas de deux unités au moins à chaque fois), il faut donc qu'il existe un entier tel que `a_n=c(a_n)`. Mais on a vu que cela suffisait à ce qu'elle soit bornée. On a donc un critère pour voir si la suite est bornée ou pas : on cherche si un de ses termes est le cube d'un entier ou pas.

Supposons que `a_n` n'est pas le cube d'un entier et que `a_{n+1}` est le cube d'un entier `k`. Le nombre `a_n` est alors de la forme `b^3+d` où `b^3=c(a_n)` et `d` est un entier strictement compris entre `0` et `3b^2+3b+1` (sinon `c(a_n)<(b+1)^3<=a_n`, ce qui est impossible). Donc `k^3=a_{n+1}=3a_n-2c(a_n)=3b^3+3d-2b^3=b^3+3d`. Mais l'égalité `k^3=b^3+3d` implique immédiatement que les restes de la division par `3` de `k^3` et de `b^3` sont égaux, ce qui implique ensuite que les restes de la division par `3` de `k` et de `b` sont égaux. Donc `k\geq b+3`. Mais alors `b^3+9b^2+9b+3\geq b^3+3d=k^3\geq (b+3)^3=b^3+9b^2+27b+27`, ce qui est impossible. La supposition est donc absurde et donc, lorsque `a_n` n'est pas le cube d'un entier, `a_{n+1}` ne peut pas l'être non plus, ni aucun des termes suivants.

On peut donc conclure que la suite est bornée si et seulement si son premier terme `a_0=p` est le cube d'un entier.


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Problème 4a)

Message  le_magicien le Ven 13 Avr - 15:46

À chaque fois qu'un joueur joue un nombre impair `n<N`, le joueur suivant est obligé de jouer un nombre pair car toutes les options qu'il a (`n+1` et `2n` si `n\leq N/2`) produisent alors des nombres pairs.

À chaque fois qu'un joueur joue un nombre pair `n<N`, le joueur suivant peut jouer un nombre impair car il possède l'option `n+1` qui produit alors un nombre impair.

Vu ce qui précède et le fait que Abby commence par le nombre impair `1`, Abby possède une stratégie gagnante (toujours jouer `n+1`) lorsque `N` est un nombre impair. Il finira en effet par gagner puisque avec cette stratégie, il est le seul qui peut jouer des nombres impairs et donc le seul qui peut jouer le nombre impair `N`. Signalons quand même que le jeu ne peut pas durer éternellement car la suite des nombres joués est une suite strictement croissante d'entiers et que le jeu ne peut pas se cracher car il y a toujours au moins un coup à jouer (`n+1`) tant que `n<N`.

En particulier, pour `N=2011`, Abby possède une stratégie gagnante.

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Problème 4 b)

Message  le_magicien le Ven 13 Avr - 16:22

Bryan ne possède une stratégie gagnante pour aucun nombre impair `N`, vu le point 4a).

Si `N` est pair, alors si un joueur joue `\frac{N}{2}`, il perd car son adversaire double ensuite. Une stratégie gagnante évitera donc de jouer `\frac{N}{2}` et, comme au delà de ce nombre on avance par `1` uniquement (pour ne pas dépasser `N`), la stratégie gagnante revient à être le premier à jouer un nombre pair strictement supérieur à `\frac{N}{2}`. Mais alors, la stratégie gagnante doit consister à ne pas jouer en premier un nombre strictement supérieur à `\frac{N}{4}`. En gros, Bryan possède une stratégie gagnante pour le nombre (pair) `N` si et seulement si il en possède une pour le plus grand nombre entier `f(N)` inférieur ou égal à `\frac{N}{4}`. Comme `f(4k+2)=f(4k)=k`, Bryan a donc une stratégie gagnante pour `N=k` (pair) si et seulement si il en a une pour `N=4k` et/ou `N=4k+2`.

On peut voir immédiatement que pour `N=2` Bryan gagne, mais que c'est le seul nombre `N\leq 4` pour lequel Bryan a une stratégie gagnante. De proche en proche (par tranche de facteur `4`), on peut construire les nombres `N` pour lequel Bryan a une stratégie gagnante à partir de `N=2` et de la fonction `f` définie au paragraphe précédent. Pour `N\in\{6,8,10,\ldots,16\}`, Bryan a une stratégie gagnante pour `N=4\times2=8` et `N=4\times2+2=10` car ce sont les seuls pour lesquels `f(N)=2`. Pour `N\in\{18,20,22,\ldots,64\}`, Bryan a une stratégie gagnante pour `N\in\{32,34,40,42\}`, ce qui fait 4 possibilités de plus. En continuant ainsi, on trouve aussi que Bryan a une stratégie gagnante pour `N\in\{128,130,146,148,160,162,168,170,512,514,520,522,584,586,592,594,640,642,648,650,672,674,680,680\}`. Jusque `N=2011`, il y a donc en tout `31` valeurs de `N` pour lesquelles Bryan a une stratégie gagnante.


Dernière édition par le_magicien le Lun 16 Avr - 14:43, édité 3 fois

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Toutes mes félicitations !

Message  G. Lorang le Lun 16 Avr - 6:15

Cher magicien,

Je m'incline volontiers devant ton talent immense !
Cela fait plaisir de lire tes solutions, rédigées avec la plus grande clarté !

Je me suis permis d'améliorer un brin la rédaction du problème 2.
(J'espère que tu es d'accord avec mes corrections.)

Par ailleurs, dans le problème 4, on peut résumer en remarquant que `f(4k+2)=f(4k)=k`.
Donc si Bryan a une stratégie gagnante pour l'entier `k`, il en a une pour les entiers `4k` et `4k+2`.
En partant de 2, on obtient ainsi 8 et 10, puis 32, 34, 40 et 42 et de proche en proche les autres valeurs que tu as trouvées.
le_magicien a écrit: Pour `N\in\{10,12,14,16\}`, Bryan a une stratégie gagnante pour `N=8` et `N=10` car ce sont les seuls pour lesquels `f(N)=2`. Pour `N\in\{18,20,22,24,26,28,30,32\}`, Bryan a une stratégie gagnante pour `N\in\{32,34,40,42\}`, ce qui fait 4 possibilités de plus.
Ne faudrait-il pas écrire :
Pour `N\in\{6,8,10,12,14,16\}`, Bryan a une stratégie gagnante pour `N=8` et `N=10` car ce sont les seuls pour lesquels `f(N)=2`. Pour `N\in\{18,20,22,24,26,28,30,32,...,62,64\}`, Bryan a une stratégie gagnante pour `N\in\{32,34,40,42\}`, ce qui fait 4 possibilités de plus.

Je t'accorde 30 points cadeau par problème, donc en tout 120 points ! Smile

Cordialement G. Lorang




Dernière édition par G. Lorang le Mar 17 Avr - 6:11, édité 1 fois
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Re: THIRD BENELUX MATHEMATICAL OLYMPIAD : BxMO 2011

Message  le_magicien le Lun 16 Avr - 14:32

G. Lorang a écrit:Ne faudrait-il pas écrire :
Pour `N\in\{6,8,10,12,14,16\}`, Bryan a une stratégie gagnante pour `N=8` et `N=10` car ce sont les seuls pour lesquels `f(N)=2`. Pour `N\in\{18,20,22,24,26,28,30,32,...,62,64\}`, Bryan a une stratégie gagnante pour `N\in\{32,34,40,42\}`, ce qui fait 4 possibilités de plus.

Ah oui, c'est exact, j'ai mal écrit certains ensembles de nombres. Je rectifie ça tout de suite, en tenant compte aussi de la remarque qui résume (le `f(4k)=f(4k+2)=k` et son implication). Very Happy

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