SECOND BENELUX MATHEMATICAL OLYMPIAD : BxMO 2010

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Message  G. Lorang le Sam 14 Avr - 17:52

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Re: SECOND BENELUX MATHEMATICAL OLYMPIAD : BxMO 2010

Message  le_magicien le Dim 15 Avr - 12:06

Problème 1

Si un ensemble contient les nombres `1004` et `1006`, il n'est pas Bénélux. Il est donc nécessaire que `n` soit au moins égal à `2`.

De plus, il est suffisant que `n` soit égal à `2` comme le montre la partition suivante de l'ensemble `\{502,503,\ldots,2009\}` en deux sous-ensembles Bénélux `A=A_1\cup A_2\cup A_3` et `B=B_1\cup B_2\cup B_3`: `A_1=\{502,503,\ldots,670\}`, `A_2=\{1006,1007,\ldots,1339\}`, `A_3=\{1509,1510,\ldots,2009\}`, `B_1=\{1340,1341,\ldots,1508\}`, `B_2=\{671,672,\ldots,1004\}`, `B_3=\{1005\}`. En effet, on vérifie immédiatement que :
1) l'intersection de `A` et `B` est vide et l'union de `A` et `B` est `\{502,503,\ldots,2009\}` ;
2) la somme de trois éléments distincts (ou plus) de `B` dépasse toujours `2010` ;
3) la somme de quatre éléments distincts (ou plus) de `A` dépasse toujours `2010` ;
4) la somme de trois éléments distincts de `A` dépasse `2010` sauf si les trois éléments sont dans `A_1` et dans ce cas elle n'atteint pas `2010` ;
5) aucun élément de `A` ou de `B` ne vaut `2010` ;
6) si la somme de deux éléments distincts de l'ensemble `\{502,503,\ldots,2009\}` vaut `2010`, alors soit un élément est dans `A_1` et l'autre dans `B_1`, soit un élément est dans `B_2` et l'autre dans `A_2`.

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Re: SECOND BENELUX MATHEMATICAL OLYMPIAD : BxMO 2010

Message  le_magicien le Dim 15 Avr - 12:30

Problème 2

Pour `a=b=c=x`, l'égalité polynomiale de l'énoncé devient `3p(0)=9p(0)`. Donc `p(0)=0` et le terme indépendant du polynôme `p(x)` est nul.

Pour `a=b=x` et `c=0`, l'égalité polynomiale de l'énoncé devient `p(2x)=3p(x)+p(-x)` puisque `p(0)=0`. Si le polynôme `p(x)` n'est pas le polynôme `0`, alors son terme de plus haut degré s'écrit sous la forme `Ax^n` pour un nombre réel `A` non nul et un nombre entier naturel `n`. En divisant les deux membres de l'égalité `p(2x)=3p(x)+p(-x)` par `Ax^n`et en faisant tendre `x` vers l'infini (positif), on obtient `2^n=3+(-1)^n`. Cela implique que `n=1` ou que `n=2`.

Vu tout ce qui précède, on peut dire que, pour vérifier l'équation de l'énoncé, le polynôme `p(x)` doit être de la forme `Bx^2+Cx` où `B` et `C` sont des nombres réels éventuellement nuls (cela inclut le polynôme identiquement nul). De plus, tout polynôme de cette forme vérifie l'équation de l'énoncé (il suffit de remplacer et c'est immédiat).

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Re: SECOND BENELUX MATHEMATICAL OLYMPIAD : BxMO 2010

Message  le_magicien le Dim 15 Avr - 17:42

Problème 4

Le plus grand commun diviseur de `a` et `b` est aussi un diviseur de `a^3` et de `b^3`, donc aussi de `a^3+b^3=p^n`. Il est donc de la forme `p^m` pour un certain nombre naturel `m` inférieur ou égal à `n`. Posons `x=\frac{a}{p^m}` et `y=\frac{b}{p^m}` et `z=n-m` . On cherche à résoudre l'équation `x^3+y^3=p^z` où les nombres `x` et `y` sont des nombres entiers strictement positifs premiers entre eux et le nombre `z` est un entier naturel. De plus, le nombre `z` est non nul, sinon le second membre n'est pas assez grand pour être égal au premier. Remarquons encore que le nombre `p` ne peut diviser ni `x` ni `y` car cela impliquerait qu'il les divise tous les deux, ce qui est impossible.

Comme `x^3+y^3` se factorise en `(x+y)(x^2-xy+y^2)`, il existe des entiers naturels `\alpha` et `\beta` tels que `x+y=p^\alpha` et `x^2-xy+y^2=p^\beta`. Vu que `p^{2\alpha}-p^\beta=\(x+y)^2-(x^2-xy+y^2)=3xy`, on obtient l'égalité suivante : `3xy=p^\beta(p^{2\alpha-\beta}-1)`. Donc le nombre `p^\beta` doit diviser le nombre `3xy`. Comme `p` ne peut diviser ni `x` ni `y`, il faut soit que `p=3` et `\beta=1`, soit que `\beta=0`.

Si `\beta=0`, on a `x^2-xy+y^2=1`, donc `\min\{x^2,y^2\}\leq 1+xy-\max\{x^2,y^2\}\leq 1`, donc `\min\{x,y\}=1` et donc `\max\{x,y\}=1`. Il s'ensuit que `p=2` et `\alpha=1` vu que `x+y=p^alpha`.

Si `\beta=1` et `p=3`, on a `x^2-xy+y^2=3`, donc `\min\{x^2,y^2\}\leq 3+xy-\max\{x^2,y^2\}\leq 3`, donc `\min\{x,y\}=1` et donc `\max\{x,y\}=2`. Il s'ensuit que `\alpha=1` vu que `x+y=p^alpha`.

En conclusion, les solutions `(a,b,p,n)` de l'équation de départ sont nécessairement dans l'ensemble `\{(2^m,2^m,2,3m+1) : m\in\mathbb{N}\}\cup\{(3^m,2\cdot 3^{m+1},3,3m+2) : m\in\mathbb{N}\}\cup\{(2\cdot3^m,3^m,3,3m+2) : m\in\mathbb{N}\}`. On vérifie immédiatement que tous les éléments de cet ensemble vérifie bien l'équation de départ.

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Re: SECOND BENELUX MATHEMATICAL OLYMPIAD : BxMO 2010

Message  le_magicien le Dim 15 Avr - 18:19

Problème 3 (a)



Je place un repère orthonormé de la façon suivante : l'origine `(0,0)` est en `P`, l'axe des abscisses est la droite `l`, l'axe des ordonnées est la perpendiculaire à `l` passant par `P`.

On a `A=(\alpha,0)` et `B=(\beta,0)` pour des nombres réels non nuls `\alpha,\beta` tels que `\alpha\ne\beta`. On a `a\equiv x=\alpha` et `b\equiv x=\beta`. On a `Q=(\alpha,m\alpha)` et `R=(\beta,m\beta)` pour un certain nombre réel non nul `m`, ce qui assure l'alignement de `P`, `Q` et `R`.

Le coefficient directeur de la droite `AR` est `\frac{m\beta}{\beta-\alpha}`. Celui de sa perpendiculaire `BS` est donc l'inverse de l'opposé de `\frac{m\beta}{\beta-\alpha}`, c'est-à-dire `\frac{\alpha-\beta}{m\beta}`. La droite `BS` admet donc l'équation `y=\frac{\alpha-\beta}{m\beta}(x-\beta)`. L'ordonnée du point `S` qui est d'abscisse `\alpha` est donc `\frac{(\alpha-\beta)^2}{m\beta}`. Par analogie, on a `T=(\beta,\frac{(\beta-\alpha)^2}{m\alpha})`.

Pour prouver que les points `P`, `S` et `T` sont alignés, il suffit de prouver que les droites `PS` et `PT` ont les mêmes coefficients directeurs. Or, c'est le cas puisque qu'il s'agit à chaque fois du nombre `\frac{(\alpha-\beta)^2}{m\alpha\beta}.

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Re: SECOND BENELUX MATHEMATICAL OLYMPIAD : BxMO 2010

Message  le_magicien le Dim 15 Avr - 20:10

Problème (3b)

Dans le trapèze `ABTQ`, la longueur du segment parallèle aux bases passant par `L` (l'intersection des diagonales) vaut la moyenne harmonique des longueurs des bases. Il s'ensuit que l'ordonnée de `L` est la moitié de la moyenne harmonique des ordonnées de `Q` et de `T`, c'est-à-dire `\frac{m\alpha(\alpha-\beta)^2}{m^2\alpha^2+(\alpha-\beta)^2}`.

Dans le triangle `ABQ`, l'abscisse de `L` peut être obtenue en rajoutant à l'abscisse de `B` le produit le la longueur (algébrique) du segment `[BA]` par le quotient des ordonnées de `L` et de `Q`. On obtient `\beta+\frac{(\alpha-\beta)^3}{m^2\alpha^2+(\alpha-\beta)^2}`.

Pour prouver que les points `P`, `L` et `K` sont alignés, il suffit de prouver que les droites `PL` et `PK` ont les mêmes coefficients directeurs. Il suffit même de prouver que le coefficient directeur de la droite `PL` est une expression symétrique en `(\alpha,\beta)` ! Or, ce coefficient directeur vaut :
`\frac{m\alpha(\alpha-\beta)^2}{(m^2\alpha^2+(\alpha-\beta)^2)(\beta+\frac{(\alpha-\beta)^3}{m^2\alpha^2+(\alpha-\beta)^2})}=\frac{m\alpha(\alpha-\beta)^2}{(m^2\alpha^2+(\alpha-\beta)^2)\beta+(\alpha-\beta)^3}=\frac{m\alpha(\alpha-\beta)^2}{m^2\alpha^2\beta+\alpha^2\beta-2\alpha\beta^2+\beta^3+\alpha^3-3\alpha^2\beta+3\alpha\beta^2-\beta^3}=\frac{m(\alpha-\beta)^2}{m^2\alpha\beta-2\alpha\beta+\alpha^2+\beta^2}`. Il est bien symétrique en `(\alpha,\beta)`.

NB : D'habitude, je préfère l'élégance de la géométrie synthétique que les calculs de la géométrie analytique, mais quand je vois une façon de mettre un repère et de faire de la géométrie analytique en minimisant les calculs, ou mieux encore de mélanger ces deux types de géométrie, je n'hésite pas. Very Happy

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Je trouve ça formidable !

Message  G. Lorang le Mer 18 Avr - 15:20

Cher magicien,
Tout est admirablement bien rédigé et ... (cela va presque sans dire) correct ! Smile

Peut-être une petite remarque concernant 4b :

le_magicien a écrit:Problème 4

Si `\beta=0`, on a `x^2-xy+y^2=1`, donc `\min\{x^2,y^2\}\leq 1+xy-\max\{x^2,y^2\}\leq 1`, donc `\min\{x,y\}=1` et donc `\max\{x,y\}=1`. Il s'ensuit que `p=2` et `alpha=1` vu que `x+y=p^alpha`.

Si `\beta=1` et `p=3`, on a `x^2-xy+y^2=3`, donc `\min\{x^2,y^2\}\leq 3+xy-\max\{x^2,y^2\}\leq 3`, donc `\min\{x,y\}=1` et donc `\max\{x,y\}=2`. Il s'ensuit que `t=1` vu que `x+y=p^t`.

On pouvait aussi le voir sans les min et les max :

Si `\beta=0`, on a `x^2-xy+y^2=1 iff (x-y)^2+xy=1 iff x=y=1`. Il s'ensuit directement que `p=2` et `alpha=1` vu que `x+y=p^alpha`.

Si `\beta=1` et `p=3`, on a `x^2-xy+y^2=3 iff (x-y)^2+xy=3 iff x-y=+-1` et `xy=2`, donc `x=1` et `y=2` ou `x=2` et `y=1` . Il s'ensuit que `alpha=1` vu que `x+y=p^alpha`

Je me suis permis de corriger les exposants `n` dans tes quadruples solutions ... (respectivement égaux à `3m+1` et `3m+2`)
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Re: SECOND BENELUX MATHEMATICAL OLYMPIAD : BxMO 2010

Message  le_magicien le Mer 18 Avr - 20:12

G. Lorang a écrit:
Si `\beta=0`, on a `x^2-xy+y^2=1 iff (x-y)^2+xy=1 iff x=y=1`.

Oui, c'est vrai que c'est plus joli ainsi. Very Happy

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Re: SECOND BENELUX MATHEMATICAL OLYMPIAD : BxMO 2010

Message  G. Lorang le Ven 20 Avr - 9:24

le_magicien a écrit:Problème (3b)
Dans le trapèze `ABTQ`, la longueur du segment parallèle aux bases passant par `L` (l'intersection des diagonales) vaut la moyenne harmonique des longueurs des bases. Il s'ensuit que l'ordonnée de `L` est la moitié de la moyenne harmonique des ordonnées de `Q` et de `T`, c'est-à-dire `\frac{m\alpha(\alpha-\beta)^2}{m^2\alpha^2+(\alpha-\beta)^2}`.
On peut trouver l'énoncé et une démonstration par Thalès de ces deux faits ici :
http://serge.mehl.free.fr/anx/trapez_harmo.html et http://serge.mehl.free.fr/anx/trapez_harmo.html#rep

le_magicien a écrit:Problème (3b)
Dans le triangle `ABQ`, l'abscisse de `L` peut être obtenue en rajoutant à l'abscisse de `B` le produit le la longueur (algébrique) du segment `[BA]` par le quotient des ordonnées de `L` et de `Q`. On obtient `\beta+\frac{(\alpha-\beta)^3}{m^2\alpha^2+(\alpha-\beta)^2}`.

Ceci n'est rien d'autre que le théorème de Thalès : `(x_L-x_B)/(BA)=(BL)/(BQ)=(y_L)/(y_Q)`, c-à-d : `x_L=x_B+BA*(y_L)/(y_Q)=\beta+(alpha-beta)\frac{(\alpha-\beta)^2}{m^2\alpha^2+(\alpha-\beta)^2}`
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Bravo !

Message  G. Lorang le Mer 2 Mai - 10:50

J'ai terminé la lecture de toutes les réponses ! Ouf !
Beau travail, cher magicien ! Je t'accorde encore une fois 30 points par problème résolu, donc 120 points cadeau ! bounce
Cordialement, G. Lorang
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