OMB-Maxi Finale 2012

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OMB-Maxi Finale 2012

Message  carole le Jeu 26 Avr - 15:41

Voici le questionnaire de hier:

1.


2.


3.


4.
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Problème 2

Message  carole le Jeu 26 Avr - 16:24

Voici ma solution, un peu modifiée:
Je réponds aux trois parties en une fois ici, la point (a) s' en découle alors de la partie (c).
Ceci revient alors à la formulation "Trouvez toutes les solutions de l' équation `pq+qr+rp+1=pqr` en les inconnues p,q,r, qui sont des nombres premiers".

On a `p,q,r` des nombres premiers.
Dès qu' on aura trouvé un triplet solution, on pourra le faire permuter pour trouver d' autres (les variables de l' équation sont symétriques)
Supposons que deux nombres peuvent être égaux `p=q` et essayons de résoudre l' équation.
`p^2+pr+pr+1=r*p^2
`iff p^2(1-r)+p*2r+1=0
`Delta=4r^2-4+4r= 4(r^2+r-1)
`p=(-2r+-2sqrt(r^2+r-1))/(2-2r)
Or `r^2<r^2+r-1<r^2+2r+1=(r+1)^2`
d' où `r^2+r-1` n' est pas le carré d' un nombre entier et p doit être irrationnel et il y a contradiction avec les conditions initiales.
Il faut donc que les 3 nombres p,q et r soient distincts l' un de l' autre!



Supposons que les trois nombres p,q et r sont tous impair:
`pq+qr+rp+1-=1*1+1*1+1*1+1-=1+1+1+1-=4-=0 (mod 2)
`pqr-=1*1*1-=1 (mod 2)
Or `0!=1`, il y a contradiction et on peut supposer sans perdre de généralité que `r=2`.

Analysons les deux membres de l' équation modulo 3:

1er cas: `p-=0 (mod3)` (c.-à.-d. p=3, car on a des nombres premiers):
posons `q-=k(mod3)` (avec k=0 ou k=1 ou k=2)
`pq+qr+rp+1-=0+2*k+0+1-=2k+1(mod3)
`pqr-=0(mod3)
d' où `2k+1-=0(mod3)
`iff k=1`
(Je pense que ceci était superflu)
en plus, on a:
`pq+qr+rp+1-=0+0+2*3+1-=7(mod quad q)
et `pqr-=0 (mod quad q)
d' où `q=7` car q est premier

2e cas: `p-=1(mod3)`:
`pq+qr+rp+1-=k+2k+2+1-=0(mod3)
`pqr-=0(mod 3) iff q=3
On procéder de même façon qu' auparavant pour montrer qu' alors `p=7`.

3e cas: `p-=2(mod3)`:
`pq+qr+rp+1-=2k+2k+4+1-=k+2(mod 3)
`pqr-=2*k*2-=k(mod3)
Or `k+2` et `k` ne sont pas congrus l' un à l' autre modulo 3, donc p n' est pas congru à 2 modulo 3.

Les seules solutions sont donc les 6 permutations du triplet `(2;3;7)`!

`S={(2;3;7),(3;7;2),(7;2;3),(2;7;3),(7;3;2),(3;2;7)}

Voilà ma proposition pour résoudre ce problème Smile
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Problème 1

Message  carole le Jeu 26 Avr - 17:12

(a):
Si ABCDEFGH est un cube, alors on peut trouver avec Pythagore `FC=FH=HC=sqrt(2)*a` où a est la longueur d' un côté du parallélépipède.
D' où le triangle FHC est équilatéral et `hat(FCH)=60°`.

(b):
Posons les longueurs des côtés `a,b,c` tels que:
`FH=sqrt(a^2+b^2)
`FC=sqrt(b^2+c^2)
`CH=sqrt(c^2+a^2)
D' après le théorème des cosinus:
`FH^2=FC^2+HC^2-2*FC*HC*cos(alpha)` où `alpha=hat(FCH)`
`iff a^2+b^2=b^2+c^2+c^2+a^2-2cos(alpha)sqrt((b^2+c^2)*(c^2+a^2))
Or, on veut que `alpha=45°`, donc `cos(alpha)=sqrt(2)/2`:
`a^2+b^2=b^2+c^2+c^2+a^2-sqrt(2(b^2+c^2)*(c^2+a^2))
Posons `c=1`:
` sqrt(2(b^2+1)*(1+a^2))=2
`iff (b^2+1)*(1+a^2)=2
`iff b^2+1=2/(1+a^2)
` iff b^2=(2-1-a^2)/(1+a^2)=(1-a^2)/(1+a^2)
Or, si on choisit 0<a<1, on peut trouver un b correspondant, donc on peut choisir les longueurs du parallélépipède tel que `hat(FCH)=45°`

(c):
Fixons les longueurs HG et GF:
Si on fait tendre le point C vers G, alors on aura `hat(FCH)=90°` (l' angle se rapproche de plus en plus d' un angle droit)
Si on fait tendre le point C vers l' infini, alors `hat(FCH)=0°` (les segments HC et FC seront confondus, d' où l' angle devient nul)
Comme la variation de l' angle est continue, on trouve `0<hat(FCH)<90°`

Voilà à peu près ma réponse (je n' ai pas écrit mes réponses sur le brouillon, mais je connais encore quelques de mes idées) Smile
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Problème 3

Message  carole le Jeu 26 Avr - 17:34

(e):
J' appelle `n_(min-abs)` le plus petit nombre de la liste,
`n_(min)` les minima locaux, c' est-à-dire tels que `n_(min+1)>=n_(min)` et `n_(min-1)>=n_(min)`
et `n_(max)` les maxima situés chaque fois entre deux `n_(min)` consécutifs.
Pour réaliser une liste `(n_1,n_2,n_3,...n_(12))` il nous faut `n_(min-abs)+sum(n_(max)-n_(min))` où les `n_(max)` et les `n_(min)` sont séparés que par des nombres compris entre `n_(max)` et `n_(min)`.
donc un test serait
`n_(min-abs)+sum(n_(max)-n_(min))<=20
Mais je n' ai pas de véritable démonstration pour cette formule...
Une remarque utile serait que si les `n_i` sont entourés de deux valeurs strictement supérieures, alors les personnes "excédentaires" par rapport à `n_i` de la gauche sont assisses dans d' autres rangées que celles à droite.
Mais ceci est très vague et je suppose qu' il faut assez de texte pour le formuler correctement.

avec cette formule, on trouve:
(a) la première liste est réalisable et la deuxième ne l' est pas (il nous faudrait 22 rangées)
(b) non, car la liste (0,5,0,5,0,5,0,5,0,5,0,5) nécessite 30 rangées!
(c) k=3, car `6*3<20` et `6*4>20`
(d) k=20, la liste (19,20,19,20,19,20,19,20,19,20,19,20) n' est pas réalisable (`19+6*1>20`)

Peut-être quelqu'un connaît une solution plus élégante? Je suppose que mes résultats sont corrects, même s' il n' y a pas de véritable démonstration Wink
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Problème 4

Message  carole le Jeu 26 Avr - 17:49

(a)
Lorsque 2 droites coupent le disque (en 3 parties), alors il y aura toujours au moins une dont la largeur maximale est au moins égale à 2/3. (Principe des tiroirs). Or, comme le disque de rayon 1/3 est plus courbé que celui de rayon 1, et que le diamètre du petit disque est 2/3, il existe au moins une région qui peut contenir un disque cherché! (voir figures)



(b)
Lorsque deux droites perpendiculaires coupent le disque en 4 parties, alors au moins une de celles-ci aura une surface qui est plus grande ou égale à un quart du disque.
Or, un disque de rayon 1/3 peut se trouver sur un quart de disque de rayon 1:
le petit disque est inscrit dans un carré de côté 2/3 (dont deux côtés sont confondus avec les droites sécantes), or la diagonale de celui-ci est plus petit que le rayon du grand disque (`sqrt(2)*2/3<1`).
Il existe donc des disques vérifiant les conditions.
(voir figures)



(c) Je ne sais pas comment le montrer, c' est évident qu' il existe toujours un petit disque vérifiant les conditions...


Dernière édition par carole le Jeu 26 Avr - 20:39, édité 1 fois
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Re: OMB-Maxi Finale 2012

Message  le_magicien le Jeu 26 Avr - 17:58

Solution du problème 2

Comme elle est très différente (des inégalités au lieu du calcul modulo), je propose une solution alternative du problème 2.

(c) Quitte à prendre toutes les permutations cycliques des solutions obtenues, on peut raisonner avec `p\leq q\leq r`. Le nombre premier `p` étant non nul, l'équation de l'énoncé est équivalente à `r+q+{qr+1}/p=qr`. Or, le nombre `{qr+1}/p` est minoré par le nombre `{qr+1}/2`. Cela étant, la seule façon d'avoir l'égalité `q+r+{qr+1}/p=qr` est que le nombre `q+r` majore le nombre `{qr-1}/2`. Cependant, si `q\geq 5`, il vient `q+r\leq 2r<{5r-1}/2\leq {qr-1}/2`. On en déduit que `q<5` et donc, puisqu'on ne veut que des nombres premiers, que `(p,q)=(2,2)` ou `(p,q)=(2,3)` ou `(p,q)=(3,3)`. En remplaçant dans l'équation de départ, on ne trouve pas de solution pour `r` si `(p,q)=(2,2)`, on ne trouve pas de solution entière pour `r` si `(p,q)=(3,3)` et on trouve `r=7` (qui est premier) si `(p,q)=(2,3)`. L'ensemble des solutions du problème est donc `\{(2,3,7);(2,7,3);(3,2,7);(3,7,2);(7,2,3);(7,3,2)\}`.

(a) La réponse à cette question découle directement du point (c) : par exemple, la solution `(2,3,7)`.

(b) La réponse à cette question découle directement du point (c) : il n'y a pas de solutions pour laquelle `p,q,r` ne sont pas deux à deux distincts.

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Re: OMB-Maxi Finale 2012

Message  le_magicien le Jeu 26 Avr - 19:09

Solution du problème (4c)

La réponse est affirmative : le cercle vérifiant les conditions de l'énoncé existe.

Soient `Omega` le cercle de rayon `1` qui est donné, `O` son centre et `d_1,d_2` les deux droites données. Soit `Gamma_1` le cercle de centre `O` et de rayon `1/3`. Examinons deux cas.

Premier cas : la droite `d_1` ne rencontre pas l'intérieur du cercle `Gamma_1`.



Soit `p_1` la droite qui est perpendiculaire à la droite `d_1` et qui passe par `O`. Soit `Gamma_2` un cercle de rayon `1/3` dont le centre est sur `p_1`, dont l'intérieur ne rencontre pas `d_1`, qui est tangent extérieurement à `Gamma_1` et qui est tangent intérieurement à `Omega` (il en existe au moins un car `1/3={1-1/3}/2` ; il en existe même deux si `d_1` ne rencontre pas l'intérieur de `Omega`). Soit `p_2` la droite qui est perpendiculaire à la droite `d_2` et qui passe par `O`. Soient `Gamma_3` et `Gamma_4` les deux cercles de rayon `1/3` dont le centre est sur `p_2`, qui sont tangents extérieurement à `Gamma_1` et qui sont tangents intérieurement à `Omega`. Ni l'intérieur de `Gamma_3` ni celui de `Gamma_4` ne rencontre `d_1.` L'intérieur de chacun des trois cercles `Gamma_2`, `Gamma_3` et `Gamma_4` est évidemment inclus dans l'intérieur du cercle `Omega`. Parmi les trois cercles `Gamma_2`, `Gamma_3` et `Gamma_4`, il y en a au moins un dont l'intérieur ne rencontre pas la droite `d_2` car aucune droite du plan ne rencontre l'intérieur de ces trois cercles à la fois (NB : je peux détailler ceci sur demande) et ce cercle-là répond au problème.

Second cas : la droite `d_1` rencontre l'intérieur du cercle `Gamma_1`.



Soit `p_1` la droite qui est perpendiculaire à la droite `d_1` et qui passe par `O`. Soit `Gamma_2` et `Gamma_3` les deux cercles de rayon `1/3` dont le centre est sur `p_1`, qui sont tangents extérieurement à `Gamma_1` et qui sont tangents intérieurement à `Omega`. Ni l'intérieur de `Gamma_2` ni celui de `Gamma_3` ne rencontre la droite `d_1`. Quitte à permuter les noms de `Gamma_2` et de `Gamma_3`, on peut supposer que la droite `d_1` ne sépare pas le point `O` et le cercle `Gamma_2` (on accepte évidemment que le point `O` soit sur la droite `d_1`). Soient `Gamma_4` et `Gamma_5` les deux cercles de rayon `1/3`, qui sont tangents extérieurement à `Gamma_1`, qui sont tangents extérieurement à `Gamma_2` et qui sont tangents intérieurement à `Omega`. Ni l'intérieur de `Gamma_4` ni celui de `Gamma_5` ne rencontre la droite `d_1` (au pire les cercles `Gamma_4` et `Gamma_5` sont tangents à la droite `d_1` ; cela se produit si `O` appartient à `d_1`). L'intérieur de chacun des trois cercles `Gamma_3`, `Gamma_4` et `Gamma_5` est évidemment inclus dans l'intérieur du cercle `Omega`. Parmi les trois cercles `Gamma_3`, `Gamma_4` et `Gamma_5`, il y en a au moins un dont l'intérieur ne rencontre pas la droite `d_2` car aucune droite du plan ne rencontre l'intérieur de ces trois cercles à la fois (NB : je peux détailler ceci sur demande) et ce cercle-là répond au problème.






Dernière édition par le_magicien le Jeu 26 Avr - 21:43, édité 2 fois

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Re: OMB-Maxi Finale 2012

Message  carole le Jeu 26 Avr - 20:26

Est-ce que tu pourrais faire une ou plusieurs figures pour les différents cas du problème 4, cela faciliterait la lecture Wink
J' admets que je n' ai pas non plus ajouté quelques-unes jusqu'à présent ...
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Re: OMB-Maxi Finale 2012

Message  le_magicien le Jeu 26 Avr - 21:04

Solution du problème (3e)

Pour tout `C\in\{1,2,3,\ldots,12\}` et pour tout `R\in\{1,2,3,\ldots,20\}`, on dit que la rangée `R` est :
- en attente dans la colonne `C` si aucun des `C` premiers sièges de la rangé `R` n'est occupé ;
- en cours dans la colonne `C` si le siège numéro `C` de la rangé `R` est occupé.

Pour tout `i\in\{1,2,3,\ldots,12\}`, soient :
- `a_i` le nombre de rangées en attente dans la colonne `i` ;
- `c_i` le nombre de rangées en cours dans la colonne `i`.

En fait, des `a_i` et des `c_i` peuvent être déterminés récursivement de la façon suivante à partir des `n_i` :
- `a_1=20-n_1` et `c_1=n_1` ;
- pour tout `i\in\{2,3,\ldots,12\}` :
--- `a_i=a_{i-1}` et `c_i=n_i` si `n_{i-1}\geq n_i`,
--- `a_i=a_{i-1}-(n_i-n_{i-1})` et `c_i=n_i` si `n_{i-1}<n_i`.

Si la suite des `a_i` reste positive ou nulle, alors la liste des `n_i` est évidemment réalisable. La réciproque est moins évidente car il pourrait a priori exister d'autres algorithmes plus performants (donnant d'autres `a_i`). Mais en fait, l'algorithme de construction ci-dessus économise au maximum les personnes en attente. Cela étant, il est clair que si la suite des `a_i` devient strictement négative, alors la liste des `n_i` n'est pas réalisable.


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Re: OMB-Maxi Finale 2012

Message  le_magicien le Jeu 26 Avr - 21:44

carole a écrit:Est-ce que tu pourrais faire une ou plusieurs figures pour les différents cas du problème 4, cela faciliterait la lecture Wink
Voilà, c'est fait. :-)

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Re: OMB-Maxi Finale 2012

Message  carole le Dim 14 Oct - 19:35

J' avais utilisé le calcul modulaire pour répondre à la deuxième question, voici un lien vers un cours sur le serveur de maths du LMRL:
http://www.lmrl.lu/mathematiques/Club_Maths/Arithmetique_modulaire.pdf
Si vous arrivez à comprendre les raisonnements de l' OMB, alors allez vite consulter les problèmes dans la catégorie Supérieur! Ceux-là sont plus compliqués, mais vous pouvez les essayer (les problèmes se font en plusieurs étapes) Very Happy
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Re: OMB-Maxi Finale 2012

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