Romanian master of mathematics 2018

Les RMM sont en train de s'achever, la France y participe pour la quatrième fois : chaque année, la Roumanie invite une vingtaine de pays parmi les plus performants à participer à cette compétition, analogue aux Olympiades Internationales. On trouvera un récit détaillé ici :

http://maths-olympiques.fr/?p=755

La France finit pas loin de la dernière place mais est loin d'être ridicule vu la difficulté de la compétition.

Les énoncés des problèmes sont attachés à ce message.

Réponses

  • Euh, l'argument « La France finit pas loin de la dernière place mais est loin d'être ridicule vu la difficulté de la compétition » n'est pas très logique car cette difficulté était la même pour les autres compétiteurs.
    Que nous passions derrière des pays qui ont d'anciennes traditions de compétitions mathématiques comme les pays de l'Est européen, on peut comprendre, encore que ..., mais bon, le Pérou, l'Indonésie, le Brésil ? Et le Royaume-Uni et l'Italie ?
    On cite volontiers la politique générale d'enseignement de pays asiatiques comme la République de Corée (Sud), et apparemment ça marche, même pour les meilleurs.
    Heureusement que les deux Chine et l'Iran n'étaient pas là...
    Je n'ai pas réussi à identifier ROU B et VIANU, qui semblent des provinces roumaines, venant heureusement nous éviter d'embrasser Fanny.
    Je sais : « la critique est aisée, et l'art est difficile ». Mais peut-être une analyse ne serait-elle pas de trop ...
    Bonne soirée.
    Fr. Ch.
  • Quelques précisions :

    * Comme la Roumanie est le pays organisateur, elle présente deux équipes aux RMM : l'équipe A et l'équipe B. L'équipe A est en gros constituée des 6 meilleurs élèves, et l'équipe B des élèves classés de 7 à 12.
    * VIANU est l'équipe du lycée «Tudor Vianu». La raison de la présence de cette équipe est que la compétition se déroule dans ce lycée. Cet établissement est un lycée d'excellence, en quelque sorte l'analogue du lycée Louis-Le-Grand version Roumaine.
    * Quand je parle de difficulté du concours, c'est par rapport aux pays concurrents, je répète que les pays participants sont parmi les plus performants. Le Brésil, le Pérou, l'Indonésie, l'Italie, le Royaume-Uni se sont tous classés au moins deux fois parmi les 20 premiers pays à l'OIM (Olympiades Internationales) lors des dix dernières années, alors que la France ne s'est classée dans les 20 premiers qu'une seule fois depuis 2003. Mais on ne va pas reparler du niveau de la France dans les compétitions olympiques, à moins de dire quelque chose de nouveau par rapport à la discussion de l'été dernier : http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?6,1498398,1500448#msg-1500448
  • Cela me rappelle que j'ai eu un jeune prof à la fac, d'origine roumaine qui avait raflé dans ses jeunes années quelques premiers prix de concours national de mathématiques, à l'époque de Ceausescu. Je le salue s'il lit ces lignes.
    A la lecture de ce sujet, il semble que la Roumanie a gardé cette tradition de concours.
    La vie est injuste surtout pour ceux qui partent avant les cheveux blancs.
  • JLT a écrit:
    * VIANU est l'équipe du lycée «Tudor Vianu». La raison de la présence de cette équipe est que la compétition se déroule dans ce lycée. Cet établissement est un lycée d'excellence, en quelque sorte l'analogue du lycée Louis-Le-Grand version Roumaine.

    Si je ne m'abuse, aucun élève de LLG n'a été sélectionné pour cette compétition.
    Donc pas de match VIANU-LLG.
    Dommage !
  • Au sujet du problème 2 du jour 1: existe-t-il des polynômes non constants $P$ et $Q$, tels que $P^{10}+P^9=Q^{21}+Q^{20}$ ?
    Supposons qu'il en existe. Alors $21 \deg Q= 10 \deg P$, donc il existe $k \in \N^*$ tel que $\deg P=21 k$ et $\deg Q=10 k$.

    En dérivant l'égalité, on obtient $10 P'P^9+9P'P^8=21 Q' Q^{20}+20 Q' Q^{19}$.

    Donc $(10P+9)P'P^8=(21Q+20)Q'Q^{19}$

    Pour tout $x_0 \in \C$ tel que $10P(x_0)+9=0$, alors $Q(x_0)=-\frac{20}{21}$ ou $Q'(x_0)=0$ ou $Q(x_0)=0$.
    Si $Q(x_0)=-\frac{20}{21}$, alors $Q^{21}(x_0)+Q^{20}(x_0)>0$, or $P^{10}(x_0)+P^9(x_0)<0$, car $P(x_0)=-\frac{9}{10}$, donc on a une contradiction.
    Si $Q(x_0)=0$, $Q^{21}(x_0)+Q^{20}(x_0)=0$, or $P^{10}(x_0)+P^9(x_0)<0$, donc on a encore une contradiction.

    Donc $10P+9$ divise $Q'$ donc $\deg Q-1 \geq \deg P$ c'est-à-dire $10k-1 \geq 21k$ donc $-1 \geq 11k$, ce qui est impossible.
    Donc, il n'existe pas de tels $P$ et $Q$.

    Il doit y avoir une erreur, car je n'utilise pas le fait que les coefficients de $P$ et $Q$ sont réels.
  • Tu utilises des inégalités avec des nombres complexes à priori...
  • Non, je ne crois pas, car j'évalue $Q(x_0)^{21}+Q(x_0)^{20}$ en $x_0$ tel que $Q(x_0)=-\frac{20}{21}$ qui appartient bien à $\R$. De même, pour $P^{10}+P^9$ évalué en $x_0$ tel que $P(x_0)=-\frac{9}{10}$.
  • Tu as raison. Désolé X:-(

    Édit : Sinon ta démonstration reste valide dans le corps des nombres complexes, ce qui n’est pas si choquant que ça.
  • Oui, c'est vrai.
  • Pour le problème, on montre facilement que $S\subset \textrm{Div}(ad-bc)$, mais je n'arrive pas à montrer l'autre inclusion.
  • On note $P(a,b,c,d,n)=(an+b)\wedge (cn+d)$.

    Soit $a=qc+r$ la division euclidienne de $a$ par $c$. Alors $P(a,b,c,d,n)=P(c,d,a-qc,b-qd,n)$.

    Donc on peut appliquer l'algorithme d'Euclide du calcul du pgcd. De plus, $q$ ne dépend pas de $n$, mais seulement de $a$ et $c$.

    Donc si on note $S(a,b,c,d)=\{P(a,b,c,d,n)\mid n\in \N\}$, on a $S(a,b,c,d)=S(c,d,a-qc,b-qd)$.
    De plus, le pgcd de $a,b,c,d$ est égal au pgcd de $c,d,a-qc,b-qd$.

    Donc de proche en proche, on est ramené à calculer un ensemble de la forme $S(a,b,0,d)$ pour $a,b,d \in \Z$ tel que le pgcd de $a,b,d$ soit $1$.

    Soit $d=\Pi_{i \in I} p_i^{\alpha_i}$, où les $\alpha_i$ sont $>0$.
    Soit $J=\{i \in I \mid p_i \wedge a=1\}$
    Soit $K=\{i \in I \mid p_i \mid a\}$.

    Soit $( \beta_i)_{i \in J} \in \N^J$.

    Si $i \in K$, alors $p_i$ divise $a$ et $d$, donc ne divise pas $b$ (car $a \wedge b \wedge d=1$).
    Donc, quelque soit $n \in \N$, $p_i$ ne divise pas $(an+b) \wedge d$.

    Si $i \in J$, alors $p_i$ ne divise pas $a$, donc $a$ est inversible modulo $p_i^{\beta_i+1}$. Donc soit $m_i\equiv (p_i^{\beta_i}-b)a^{-1} \pmod{p_i^{\beta_i+1}}$.
    Alors $am_i+b=p_i^{\beta_i} \pmod{p_i^{\beta_i+1}}$.
    Il existe $m \in \N$ tel que pour tout $i \in J$, $m \equiv m_i \pmod{p_i^{\beta_i+1}}$.

    Donc, pour tout $i \in J$, $v_{p_i}(am+b)=\beta_i$.

    Donc $(am+b) \wedge d= \Pi_{i\in J} p_i^{\min(\alpha_i, \beta_i)}$.

    Comme $(\beta_i)_{i \in J}$ est quelconque, $S(a,b,0,d)$ contient l'ensemble des diviseurs de $\Pi_{i \in J} p_i^{\alpha_i}$.

    Réciproquement, si $x \in S(a,b,0,d)$, $x$ divise $d$ et, pour tout $i \in K$, $p_i$ ne divise pas $x$. Donc, $x$ divise $\Pi_{i \in J} p_i^{\alpha_i}$.

    Donc, $S(a,b,0,d)$ est l'ensemble des diviseurs de $\Pi_{i \in J} p_i^{\alpha_i}$.
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