Olympiades internationales de mathématiques - 2023

V@J

Bonjour à tous
La 64ème édition des olympiades internationales de mathématiques, qui se tient à Chiba, au Japon, a débuté il y a quelques jours.

Vous pourrez lire ici des nouvelles de l'équipe de France, que rédige chaque jour ou presque Théo Lenoir, chef de délégation adjoint de l'équipe : https://maths-olympiques.fr/?p=12343

J'ai également attaché à ce message les énoncés en version française.
Amusez-vous bien lorsque vous vous y frotterez !

Chaurien

Grand merci de cette information, et merci à Théo Lenoir de nous raconter au jour le jour la vie de l'équipe de France, de manière aussi vivante. Avec les renseignements sur ces six jeunes, Il serait intéressant aussi de connaître leurs âges et les villes d'où ils viennent. 

J'avoue que j'ignore ce que sont les « coniques atypiques » ou les « lemmes de Baptiste ».

 On ne peut qu'être heureux de voir ces jeunes Français doués et en même temps vivant pleinement leur jeunesse dans toutes ses potentialités.  Ça nous change heureusement d'autres jeunes qui ne se sont illustrés récemment que dans la destruction.

Maintenant, nous attendons le résultat de notre équipe nationale, en le souhaitant le meilleur possible.

Bonne journée.

Fr. Ch.

JLT

Pour l'exercice 1 : si $a<b<c$ sont trois diviseurs successifs alors $\frac{n}{c}$, $\frac{n}{b}$ et $\frac{n}{a}$ aussi, donc $\frac{n}{c}\mid \frac{n}{b}+\frac{n}{a}$. En multipliant par $abc$ et en divisant par $n$, il vient $ab\mid ac+bc$ donc $a\mid bc$. Par conséquent $a$ divise $b(b+c)-bc=b^2$. On en déduit que pour tout $i\in [[ 1,k-2]]$ l'ensemble des facteurs premiers de $d_i$ est inclus dans l'ensemble des facteurs premiers de $d_{i+1}$. Ceci est encore évidemment vrai pour $i=k-1$, donc pour tous $i<j$ l'ensemble des facteurs premiers de $d_i$ est inclus dans l'ensemble des facteurs premiers de $d_{j}$. Ceci n'est pas possible si $n$ admet deux facteurs premiers $p<q$ distincts (puisqu'il existe $i<j$ tels que $d_i=p$ et $d_j=q$), par conséquent $n$ est la puissance d'un nombre premier. La réciproque est claire.

Julia Paule

Pour le problème 5., serait-ce $2^{k-1} \leq n < 2^{k}$, soit $k=\lfloor (\log_2 n) +1 \rfloor$.

En retournant le problème, on cherche le plus petit entier $n$, pour qu'il y ait forcément un chemin ninja passant par au moins $k$ cercles rouges.

Quand on vient de rajouter $1$ à $k$ à l'étape $n$, pour fixer $k$, $2$ places au moins sont occupées à l'étape $n+1$, puis $4$ à l'étape $n+2$, puis $6$ à l'étape $n+3$, etc ..., jusqu'à ce que le nombre de places occupées égalise ou dépasse le numéro de l'étape, où on est obligé de rajouter $1$ à $k$.

On se rend compte rapidement qu'on ajoute $1$ quand $n$ est une puissance de $2$.

On doit le trouver en formalisant le problème.

Ou avec une considération plus simple.

EDIT : en effet, en formalisant un peu le problème 5., si on suppose qu'à l'étape $n=2^{k-1}$, $k$ est le nombre minimum de cercles rouges par lequel passe nécessairement un chemin ninja, alors pour que ce nombre soit $k+1$, il faut que $n$ vérifie $2(n-2^{k-1}) \geq n$ soit $n \geq 2^k$.

JLT

Je cherche juste les problèmes faciles. Pour le problème 4, on pose $u_n=x_1+\cdots+x_n$ et $v_n=\frac{1}{x_1}+\cdots+\frac{1}{x_n}$. Alors la suite $a_n=\sqrt{u_nv_n}$ est une suite strictement croissante d'entiers naturels non nuls. De plus, en utilisant $u_{n+1}=u_n+x_{n+1}$ et $v_{n+1}=v_n+\frac{1}{x_{n+1}}$ on vérifie que $a_{n+1}=a_n+1$ si et seulement si $x_{n+1}=\sqrt{\frac{u_n}{v_n}}$.

Par conséquent, si $a_{n+2}=a_n+2$ alors $x_{n+1}=\sqrt{\frac{u_n}{v_n}}$ et $x_{n+2}^2={\frac{u_{n+1}}{v_{n+1}}} =\dfrac{u_n+\sqrt{\frac{u_n}{v_n}}} {v_n+\sqrt{\frac{v_n}{u_n}}}=\frac{u_n}{v_n}=x_{n+1}^2$, ce qui est exclu par hypothèse. Donc $a_{n+2}\geqslant a_n+3$, ce qui entraîne par récurrence que $a_{1+2k}\geqslant 1+3k$. On conclut en prenant $k=1011$.

Julia Paule

@JLT Comment sais-tu que le problème 5. n'est pas facile ? Pour ma part, je n'ai fait que celui-là, c'est probablement le dessin qui m'a attirée.

lourrran

Le problème 1 semble ultra-simple par rapport aux autres. Pour le problème 5, la proposition que tu fais maintenant est totalement différente de ta première proposition, preuve qu'il n'est pas si facile que ça.
En fait, pour chaque journée, on dirait que le 1er problème est accessible, et que les 2 autres sont plus difficiles.

JLapin

Oui, pour chacune  des deux journées du concours,  la difficulté est croissante et les moyennes obtenues par les candidats sur les différents exercices décroissantes.

Evidemment, individuellement, ça peut varier en fonction de son appétence pour tel ou tel thème.

lourrran

lol
Moi je vois que le 1er exercice est 'faisable' et que les 2 autres sont plus difficiles, et je ne sais pas dire si l'exercice 2 est plus ou moins difficile que le 3.
Quelles conclusions puis-je en tirer ?
Que je n'ai pas le niveau requis ? 

Mais évidemment, je fais confiance aux auteurs de ces épreuves, c'est classique d'ordonner les exercices du plus simple moins compliqué au plus compliqué.

Chaurien

On trouve déjà sur Internet des solutions aux problèmes 1, 2, 3.

 Le problème 1 a été soumis à ChatGPT.

Julia Paule

@lourrran Oui j'ai trouvé ce problème 5 très difficile, bien qu'il n'y paraît pas, et je n'étais pas sûre de ma 1ère proposition. Maintenant, puisque le résultat trouvé est simple (une puissance de $2$), je me dis qu'il doit y avoir un raisonnement qui donne ce résultat simple directement, sauf que je n"y arrive pas.

OShine

@lourrran
T'as réussi le problème 1 ? Tout me semble très dur, il me semble évident que je n'aurai jamais le niveau pour ce genre de problème.

Julia Paule

J'écris la solution du problème 5. plus proprement.

On cherche à déterminer pour $k$ donné, le plus petit entier $n$ tel que pour tout triangle nippon, il existe un chemin ninja de $n$ cercles contenant au moins $k$ cercles rouges. Cela détermine une suite $(u_k)_{k \geq 1}$ croissante.

On va montrer que $\forall k \geq 1, u_k=2^{k-1}$. On a $u_1=1, u_2=2, u_3=4, u_4=8$.

On procède par récurrence pour montrer que $\forall k \geq 1, u_k \leq 2^{k-1}$.

Supposons que $u_k \leq 2^{k-1}$, et cherchons le plus petit entier $n=u_{k+1}$ tel que pour tout triangle nippon, il existe un chemin ninja de $n$ cercles contenant au moins $k+1$ cercles rouges.

Si tous les triangles nippons ont un chemin ninja de $2^{k-1}$ cercles contenant au moins $k+1$ cercles rouges, il n'y a rien à faire, $u_{k+1} \leq 2^{k-1} \leq 2^k$.

Considérons qu'il existe un triangle nippon qui a un chemin ninja de $2^{k-1}$ cercles contenant exactement $k$ cercles rouges, et aucun chemin ninja en contenant au moins $k+1$, et considérons que les cercles rouges sont placés à partir de la ligne $2^{k-1}+1$ de façon à maximiser $n$ pour rester à $k$. Appelons emplacement "interdit", un emplacement qui induit pour ce triangle nippon un chemin ninja contenant $k+1$ cercles rouges.

A la ligne $2^{k-1}$ ou inférieure, on a placé le dernier cercle rouge du chemin ninja contenant exactement $k$ cercles rouges, qui interdit (en triangle) au moins $2$ emplacements du cercle rouge à la ligne $2^{k-1}+1$, $3$ emplacements à la ligne $2^{k-1}+2$, ..., $m$ emplacements à la ligne $2^{k-1}+m-1$ pour rester à $k$.

A la ligne $2^{k-1}+1$, le cercle rouge (placé de telle manière à rester à $k$, donc pas dans le triangle en-dessous du cercle passé en $2^{k-1}$) interdit au moins $1$ emplacement supplémentaire à la ligne $2^{k-1}+2$ pour rester à $k$. Il en est de même à chaque nouvelle ligne qui interdit au moins $1$ un emplacement supplémentaire à la suivante.

Donc au total, $2$ emplacements au moins sont interdits à la ligne $2^{k-1}+1$, $4$ à la ligne $2^{k-1}+2$, $6$ à la ligne $2^{k-1}+3$, ..., $2m$ à la ligne $2^{k-1}+m$.

Le processus s'arrête quand il existe pour ce triangle nippon un chemin ninja contenant au moins $k+1$ cercles rouges, soit au plus tard quand tous les emplacements disponibles pour rester à $k$ sont devenus interdits, donc au plus tard quand $2(n-2^{k-1}) = n$,  i.e. $n=2^k$. 

Ceci étant vrai pour tous les triangles nippon, on est assurés que $u_{k+1} \leq 2^k$.

Comme par ailleurs il existe un triangle nippon tel que $\forall k \geq 1$, aucun chemin ninja de $2^{k-1}-1$ cercles ne peut contenir $k$ cercles rouges, celui que j'ai décrit ici : https://les-mathematiques.net/vanilla/index.php?p=/discussion/comment/2437880/#Comment_2437880 (mais bon, encore faut-il le montrer rigoureusement), donc tel qu'aucun chemin ninja de $2^k -1$ cercles rouges ne peut contenir $k+1$ cercles rouges, on a $u_{k+1} \geq 2^k$. Donc $u_{k+1}=2^k$.

Donc, pour $k$ donné, le plus petit entier $n$ tel que pour tout triangle nippon, il existe un chemin ninja contenant au moins $k$ cercles rouges est $2^{k-1}$.

Alors on en déduit que pour $2^{k-1} \leq n$, donc pour $k \leq \lfloor (\log_2 n) +1 \rfloor$, pour tout triangle nippon, il existe un chemin ninja de $n$ cercles contenant au moins $k$ cercles rouges, et que pour $2^{k-1} > n$, donc pour $k \geq \lfloor (\log_2 n) +1 \rfloor +1$, ce chemin n'existe pas.

On en déduit que $\forall k \geq 1, \forall n \geq 1, k= \lfloor (\log_2 n) +1 \rfloor$ est le plus grand entier tel que pour tout triangle nippon, il existe un chemin ninja de $n$ cercles contenant au moins $k$ cercles rouges.

JLT

Je n'appelle pas ça une preuve.

Rescassol

Bonsoir,

Le problème 2 en barycentrique:

% Olympiades 2023 - 10 Juillet 2023 - Problème 2

% Soit ABC un triangle dont les angles sont aigus et tel que AB < AC. 
% Soit (O) son cercle circonscrit, et S le milieu de l(arc de cercle BC 
% contenant A. 
% La perpendiculaire à (BC) passant par A coupe le segment [BS] 
% en un point D, et recoupe le cercle (O) en un point E distinct de A.
% La parallèle à (BC) passant par D coupe la droite (BE) en un point L. 
% Enfin, on note (omega) le cercle circonscrit au triangle BDL, et P le point, 
% autre que B, en lequel (omega) recoupe le cercle (O).

% Démontrer que la tangente à (omega) en P et la droite (BS) se coupent 
% en un point situé sur la bissectrice de l'angle BAC

%-----------------------------------------------------------------------

clc, clear all, close all

syms a b c real % Longueurs des côtés du triangle ABC

Sa=(b^2+c^2-a^2)/2; % Notations de Conway
Sb=(c^2+a^2-b^2)/2;
Sc=(a^2+b^2-c^2)/2;

Sab=Sa*Sb;
Sbc=Sb*Sc;
Sca=Sc*Sa;

S2=Sab+Sbc+Sca; % 4 fois le carré de l'aire (donc S2=4*S^2)
% (a+b+c)*(a+b-c)*(a-b+c)*(b-a+c) = 4*S2 = 16*S^2

s1=a+b+c;
s2=a*b+b*c+c*a;
s3=a*b*c;

%-----------------------------------------------------------------------

A=[1; 0; 0]; % Sommets du triangle ABC
B=[0; 1; 0];
C=[0; 0; 1];

BC=[1, 0, 0]; % Côtés du triangle ABC
CA=[0, 1, 0];
AB=[0, 0, 1];

I=[a; b; c];

%-----------------------------------------------------------------------

syms x y z real

O = [a^2*Sa; b^2*Sb; c^2*Sc]; % Centre du cercle circonscrit
R2=a^2*b^2*c^2/(4*S2); % Carré de son rayon
f(x,y,z)=a^2*y*z + b^2*z*x + c^2*x*y; % Équation de ce cercle
H = [1/Sa; 1/Sb; 1/Sc]; % Orthocentre
S=[a^2; -b*(b-c); -c*(c-b)]; % Milieu de l'arc BC contenant A

AH=Wedge(A,H); BS=Wedge(B,S); D=SimplifieBary(Wedge(AH,BS));
% On trouve D=[a^2*Sb; c*(b-c)*Sc; c*(b-c)*Sb]

NulE=Factor(f(x,y,-(AH(1)*x+AH(2)*y)/AH(3)));
% On trouve (a^2*(b^2+c^2) -(b^2-c^2)^2)*x + 2*a^2*Sb*y = 0 donc:
yE=-(a^2*(b^2+c^2) -(b^2-c^2)^2)/(2*a^2*Sb);
zE=-(AH(1)+AH(2)*yE)/AH(3);
E=SimplifieBary([1;yE;zE]); % On trouve:
E=[2*a^2*Sb*Sc; -Sc*(a^2*(b^2+c^2) -(b^2-c^2)^2); -Sb*(a^2*(b^2+c^2) -(b^2-c^2)^2)];
 
Para=Wedge(D,Vecteur(B,C)); % Para = [c*(c-b), Sb, Sb]
BE=Wedge(B,E);
L=SimplifieBary(Wedge(Para,BE));
% On trouve:
L=[4*a^2*Sb*Sc; (b^2+2*b*c-c^2)*a^4 - 2*(b^2-c^2)*(b^2-b*c+c^2)*a^2 + (b^2-c^2)^3; -2*Sb*(a^2*(b^2+c^2) -(b^2-c^2)^2)];

Om=SimplifieBary(CentreCercleCirconscritBary(B,D,L,a,b,c)); % Centre et
r2=Factor(Distance2(Om,B,a,b,c)); % carré du rayon du cercle BDL
Ax=SimplifieBary(AxeRadicalBary(O,R2,Om,r2,a,b,c));

NulP=Factor(f(x,y,-(Ax(1)*x+Ax(2)*y)/Ax(3)));
% On trouve -(b-c)^2*(a+b+c)*(b-a+c)*x + 2*a^2*Sb*y = 0 donc:
yP=(b-c)^2*(a+b+c)*(b-a+c)/(2*a^2*Sb);
zP=-(Ax(1)+Ax(2)*yP)/Ax(3);
P=SimplifieBary([1;yP;zP]); % On trouve:
P=[2*a^2*Sb*(2*a^2*b-a^2*c-b^2*c+c^3); (b-c)^2*(a+b+c)*(b-a+c)*(2*a^2*b-a^2*c-b^2*c+c^3); -2*c*(b - c)^2*Sb*(a+b+c)*(b-a+c)];

Tgte=SimplifieBary(DroiteOrthogonaleBary(P,Wedge(Om,P),a,b,c));
M=SimplifieBary(Wedge(BS,Tgte));
% On trouve:
M=[a^2; b*(b-c); c*(b-c)];

Nul=Factor(det([A I M])) % Égal à 0 donc M est sur (AI)

Cordialement,

Rescassol

Rescassol

Bonsoir,

Le même avec Morley inscrit:

% Olympiades 2023 - 10 Juillet 2023 - Problème 2

% Soit ABC un triangle dont les angles sont aigus et tel que AB < AC. 
% Soit (O) son cercle circonscrit, et S le milieu de l(arc de cercle BC 
% contenant A. 
% La perpendiculaire à (BC) passant par A coupe le segment [BS] 
% en un point D, et recoupe le cercle (O) en un point E distinct de A.
% La parallèle à (BC) passant par D coupe la droite (BE) en un point L. 
% Enfin, on note (omega) le cercle circonscrit au triangle BDL, et P le point, 
% autre que B, en lequel (omega) recoupe le cercle (O).

% Démontrer que la tangente à (omega) en P et la droite (BS) se coupent 
% en un point situé sur la bissectrice de l'angle BAC

%-----------------------------------------------------------------------

clc, clear all, close all

% On part du triangle de contact UVW du cercle nscrit

syms u v w

uB=1/u; % Morley's trick avec le cercle inscrit
vB=1/v; % Le suffixe B veut dire conjugué
wB=1/w;

s1=u+v+w;         % Fonctions symétriques
s2=u*v+v*w+w*u;
s3=u*v*w;

s1B=s2/s3;         % Conjugués
s2B=s1/s3;
s3B=1/s3;

vdm=(u-v)*(v-w)*(w-u);

%-----------------------------------------------------------------------

a=2*v*w/(v+w); % Sommets ABC du triangle 
b=2*w*u/(w+u); 
c=2*u*v/(u+v);

aB=2*vB*wB/(vB+wB); % Conjugués de a,b,c
bB=2*wB*uB/(wB+uB);
cB=2*uB*vB/(uB+vB);

%-----------------------------------------------------------------------

o=2*s1*s3/(s1*s2-s3); oB=2*s1B*s3B/(s1B*s2B-s3B); R2=4/(1-s1*s1B)^2;
s=2*s3*(s1+u)/(s1*s2-s3); sB=2*s3B*(s1B+uB)/(s1B*s2B-s3B); 

[psb qsb rsb]=DroiteDeuxPoints(b,s,bB,sB); % Droite (SB)
[ph qh rh]=DroitePerpendiculaire(a,b,c,aB,bB,cB);
[d dB]=IntersectionDeuxDroites(psb,qsb,rsb,ph,qh,rh);
% On trouve:
d=2*w*(-u^3+u^2*v+u*v^2+2*u*v*w+v*w^2)/((u+w)*(v+w)^2);

syms e
eB=-(ph*e+rh)/qh;
Nule=Factor((e-o)*(eB-oB)-R2);
% On trouve 
% 2*u^4 - 2*u^2*v*w + e*u^2*v + e*u^2*w - 2*u*v^2*w + e*u*v^2 - 
% 2*u*v*w^2 + 2*e*u*v*w + e*u*w^2 + e*v^2*w + e*v*w^2 = 0 donc:
e = 2*u*(-u^3+u*v*w+v^2*w+v*w^2)/((u+v)*(u+w)*(v+w));
eB=Factor(-(ph*e+rh)/qh);

[pbe qbe rbe]=DroiteDeuxPoints(b,e,bB,eB); % Droite (BE)
[ppara qpara rpara]=DroiteParallele(d,b,c,dB,bB,cB);
[l lB]=IntersectionDeuxDroites(pbe,qbe,rbe,ppara,qpara,rpara);
% On trouve:
l=2*u*(u^4*v-u^4*w-u^3*v^2+u^3*v*w+u^2*v^2*w+3*u^2*v*w^2-u*v^2*w^2+u*v*w^3+v^4*w+2*v^3*w^2+v^2*w^3)/((u^2+v^2)*(u+w)*(v+w)^2);

[om omB r2]=CercleTroisPoints(b,d,l,bB,dB,lB);
om=Factor(om);
r2=Factor(r2);

[pax qax rax]=AxeRadical(o,oB,R2,om,omB,r2);
syms p
pB=-(pax*p+rax)/qax;
Nulp=Factor((p-o)*(pB-oB)-R2);
% On trouve
p = 2*u*w*(-u^4+u^3*v+2*u^2*v^2+3*u^2*v*w+u*v*w^2-v^3*w-v^2*w^2)/((u+w)*(v+w)*(2*u^2*v+w*u^2-w*v^2));
pB=Factor(-(pax*p+rax)/qax);

[ptgp qtgp rtgp]=DroitePerpendiculaire(p,om,p,pB,omB,pB);
[m mB]=IntersectionDeuxDroites(ptgp,qtgp,rtgp,psb,qsb,rsb);
% On trouve:
m=2*u*v*w*(u+v)/((u^2+v^2)*(u+w));

Nul=Factor(a*mB-aB*m) % Égal à 0, donc c'est gagné

Cordialement,

Rescassol

OShine

@Rescassol
C'est quoi tout ça ? 

Rescassol

Bonsoir,

C'est une solution du problème 2 en calcul barycentrique et une autre solution en géométrie analytique complexe.
Comme les calculs sont un peu compliqués, je les ai fait faire par un ordinateur en écrivant les programmes correspondants,.
Je sais que les candidats n'avaient pas d'ordinateur, mais ça m'amuse de faire ça.

Cordialement,
Rescassol

lourrran

Pour cet exercice 1 : 
Voir que tous les nombres $p^n$ avec $p$ premier sont des solutions, c'est quasi immédiat. Et la démonstration est rapide. 3 minutes max.
Voir ou sentir que tous les autres nombres composés ne conviennent pas, ça vient assez vite. Trouver une démonstration, c'est plus compliqué. Mais je pense que 20 minutes sur cet exercice, c'est bon.

Mais effectivement, ta façon de faire des maths est incompatible avec ce genre d'exercices. 

Pour toi, il faudrait supprimer l'étape qui demande de l'initiative, il faudrait des questions du type : 
Montrer que tous les $p^n$ conviennent
Montrer que tous les autres nombres composés ne conviennent pas.

JLapin

20 minutes pour un élève fort, ultra entraîné et bien inspiré !

Pour le commun des mortels qui aime bien chercher ce genre d'exo, c'est plutôt une bonne après-midi

Julia Paule

@JLT, que manque-t-il à ma démonstration du problème 5. ? J'ai complété la fin, qui était un peu abrupte.

JLT

Julia Paule a dit :

A la ligne $2^{k-1}$, on a placé un cercle rouge, qui interdit (en triangle) $2$ emplacements du cercle rouge à la ligne $2^{k-1}+1$

Dès le début il y a une affirmation non justifiée.

(Et au passage, félicitations à l'équipe de France qui obtient 1 médaille d'argent et 5 médailles de bronze !)

P.S. On trouve sur le site officiel des statistiques de réussite par problème.

Julia Paule

Oui, j'ai oublié le "au moins" : qui interdit au moins $2$ emplacements. Je rectifie.

Je suis d'accord qu'il faudrait pour une démonstration rigoureuse, une couche d'abstraction supplémentaire, en considérant par des ensembles, tous les triangles Nippon, tous les chemins ninja de $n$ cercles, et parmi ceux-ci, par croisement des deux ensembles, tous ceux contenant au moins $k$ cercles rouges.

Mais je crois que je vais en rester là.

Bravo à l'équipe de France !

bd2017

Problème 5: Et puis dès le départ il aurait été judicieux de vérifier sur un exemple la formule 
n=7 alors k=floor(log 7/log 2 +1)=3.
À faire vérifier par vos élèves si dans ce cas la formule est vraie !

JLT

Même avec le "au moins" : pourquoi y a-t-il des emplacements interdits ?

Julia Paule

@bd2017, que dis-tu, on n'est pas dans une classe devant des élèves ?

Si $n=7$, il est facile de vérifier à la main que dans chaque triangle nippon, il existe nécessairement un chemin ninja contenant au moins $3$ cercles rouges (on le vérifie dès $n=4$). C'est invalidé pour $k=4$ : il existe un triangle nippon, tel qu'aucun chemin ninja ne peut contenir $4$ cercles rouges.

Rescassol

Bonjour
Une figure pour le problème 2:

Cordialement,
Rescassol

JLT

N.B. P, L, S sont alignés.

Edit: Rescassol a depuis modifié sa figure en rajoutant la droite passant par ces trois points.

bd2017

Je suis désolé je découvre maintenant l'énoncé. Pourtant il me semble l'avoir bien lu. 

Si tu dis que $k$  ne peut être égal à $4$  si j'ai bien compris, cela signifie qu'il existe un triangle tel que quelque  soit le chemin, il ne pourra pas passer par 4 points rouges. D'ailleurs c'est ce que tu dis. Donc cela confirme que j'ai bien compris l'énoncé.

Mais  alors peux-tu montrer un tel triangle ? 

Julia Paule

@JLT On cherche le plus petit entier $n$ qui va nous obliger à passer à $k+1$ (i.e. tel qu'il existe nécessairement un chemin ninja contenant au moins $k+1$ cercles rouges quelque soit le triangle nippon), donc on cherche à rester à $k$ le plus longtemps possible. Cela veut dire qu'on cherche des triangles nippon qui vont nous permettre de rester à $k$ le plus longtemps possible. Donc des emplacements sont interdits pour vérifier cette condition, c'est-à-dire pour qu'il existe encore au moins un triangle nippon tel qu'aucun chemin ninja ne peut contenir encore $k+1$ cercles rouges.

Cette formulation n'est en rien mathématique, il faudrait la traduire avec des ensembles et des quantificateurs.

JLT

L'absence de rigueur empêche de voir les erreurs de raisonnement. Le souci étant qu'un chemin qui passe par la boule k+1 n'est pas obligé de passer par la boule k.

Julia Paule

@bd2017 Un moyen pour obtenir ce triangle nippon qui va nous permettre de rester à $k=3$ : on place évidemment le $1$er cercle rouge en haut (on est à $k=1$), le $2$ème cercle rouge par exemple sur la droite (on est à $k=2$), et le $3$ème selon le déplacement du cavalier aux échecs sur la gauche (on peut rester à $k=2$), puis le $4$ème à droite du triangle (à la $4$ème ligne, on est obligé de passer à $k=3$), et les suivants selon le déplacement du cavalier sur la gauche en descendant. On peut le faire jusqu'à la $7$ème ligne pour rester à $k=3$. Arrivé à la ligne $8$, tous les emplacements sont interdits pour rester à $k=3$, on est obligé de passer à $k=4$. On place le $8$ème cercle rouge sur la droite, etc ... .

Julia Paule

@JLT Bien sûr, ce n'est pas ce que j'ai dit. Les $k$ boules rouges sont réparties sur un chemin ninja de $n$ boules.

Bon, je vais à la piscine.

Rescassol

Bonjour

Oui, JLT, $P,L,S$ sont alignés, mais $B,N$ ? De plus, qui est $N$ ?

Cordialement,
Rescassol

JLT

Bonne trempette ! Cela dit je ne suis pas sûr que ta démonstration convainque quiconque.

Julia Paule

J'en suis convaincue, c'est déjà ça !

Rescassol

Bonjour,

Merci Julia.
Ce n'est pas ce qui était demandé, mais c'est ma spécialité de m'y prendre de cette façon.
Et c'est aussi rigoureux qu'autrement.

Cordialement,
Rescassol

Chaurien

Comme dit JLT, un grand bravo aux six jeunes participants de l'équipe de France, et aux équipes de préparateurs et encadrants.

On trouve ici les résultats par pays : https://www.imo-official.org/year_country_r.aspx?year=2023&column=total&order=desc

J'ai recopié le classement jusqu'à la France :

 1. République populaire de Chine   
 2. États-Unis d'Amérique   
 3. Roumanie   
 4. Japon   
 5. Viêt Nam   
 6. Turquie   
 7. Inde   
 8. Taiwan   
 9. République islamique d'Iran   
10. Singapour   
11. Royaume-Uni   
12. Israël       
13. Mexique       
14. Brésil
15. Biélorussie
16. Italie   
17. Thaïlande   
18. Allemagne   
19. Kazakhstan   
20. Hongrie   
21. Australie   
22. Hong Kong   
23. Bulgarie   
24. Grèce   
25. Philippines   
26. France

Il y avait cette année 112 pays participants  : https://www.imo-official.org/year_info.aspx?year=2023

La France se place donc au premier quart. Si ma mémoire est bonne, il est arrivé que nous soyons au premier tiers. Mais on est surpris de voir certains pays nous dépasser.

Autre chose : il semble que la Russie n'ait pas participé, non plus qu'en 2022. Ce grand pays est parmi les fondateurs de cette compétition en 1959, et s'y est maintes fois illustré depuis. Je trouve étrange qu'il ne s'y retrouve plus. J'ignore s'il n'a pas souhaité participer, ou bien s'il n'a pas été invité, mais je trouverais choquante cette deuxième situation.

Bonne journée.

Fr. Ch.

Vassillia

Bonjour, 
Comme l'an dernier, les élèves russes ont participé si on en croit les classements individuels mais sans affiliation à un pays donc la Russie n'apparaît pas dans le classement par pays.
C'est un choix des organisateurs, j'imagine, et je trouve que c'est plutôt un bon compromis pour ne pas pénaliser ces jeunes. De toute façon faire un classement par pays à partir de 6 individus n'apporte pas une information très pertinente.
Félicitations aux candidats prometteurs qui n'ont pas démérité, souhaitons leur un bel avenir, et bravo à tous ceux qui rendent cela possible et nous font partager cette aventure. 

troisqua

@Chaurien : tu trouves choquant de ne pas faire concourir des russes pour représenter la Russie ? Ou bien tu trouves choquant de ne pas faire concourir des compétiteurs de nationalité russe ?

biguine_equation

Ce qui est choquant, c’est d’inviter aux OIM un pays qui détruit à coup de missiles les universités, lycées, musées et librairies de son voisin. Il faut lire l’article édifiant des Notices de l’AMS (juillet 2023) à ce sujet. Les performances de la Russie auraient été reprises à des fins de propagande et ce n’est pas le rôle des OIM de servir la soupe à ce régime criminel. Beaucoup s’y attèlent déjà gracieusement: inutile d’en rajouter.

JLT

Veuillez ne pas faire dévier ce fil. Si on souhaite connaître les performances des candidats Russes, il suffit d'aller sur cette page https://www.imo-official.org/year_individual_r.aspx?year=2023 et de regarder les candidats dont le pays n'est pas indiqué.

biguine_equation

Une délégation Ukrainienne était venue s’entraîner en France l’année dernière et elle avait obtenue une honorable 17ème place. Un des participants avait même  réussi un score maximal (42/42).

Vassillia

D'ailleurs prolongeons la liste de Chaurien aux 30 premiers comme il n'y a pas vraiment de raison de s’arrêter à la France :

27. Pays Bas

28. Mongolie

29. Ukraine

30. Arménie

Donc cette année aussi, la délégation ukrainienne a une place honorable, bravo à eux.

Chaurien

@biguine_equation

Ah très bien, nous avons dépensé notre énergie pour entraîner une équipe étrangère, grâce à quoi elle a dépassé la France de quinze places. Ce ne serait pas ce qu'on pourrait appeler une politique de Gribouille ?

JLT

Il est plus fructueux de coopérer que de s'entraîner chacun de son côté. Les Britanniques participent chaque année à un stage en Hongrie : https://www.ukmt.org.uk/competitions/olympiad-training-and-selection et les Français sont invités chaque année à participer au RMM.

Vassillia

Rappelons que les entraîneurs sont bénévoles et qu'ils ont bien le droit d'entrainer qui ils veulent. Je présume qu'ils sont fiers des résultats de tous ceux qu'ils ont encadrés. Comme je n'ai absolument rien à faire du classement de la France, je les en remercie énormément pour la beauté des maths, pour la stimulation intellectuelle de ces jeunes...

Chaurien

[*** Modéré. Hors sujet malgré la demande expresse de ne pas faire dévier la discussion. AD]

Vassillia

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depasse

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troisqua

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