53ème Olympiades

mercredi 18 juillet 2012

Un message de Bodo Lass à l’occasion de la cérémonie de cloture des 53e Olympiades Internationales de Mathématiques (IMO) de Mar del Plata, Argentine, le dimanche 15 juillet. Voici les résultats :

21 points, Seginus MOWLAVI, medaille d’ARGENT, Premiere S, Lycee International, 01210 Ferney-Voltaire

18 points, Louise GASSOT, medaille de BRONZE, Terminale S, Lycee Blaise Pascal, 91401 Orsay

15 points, Cyril LETROUIT, medaille de BRONZE, Premiere S, Lycee Jean Baptiste Say, 75016 Paris

14 points, Matthieu PIQUEREZ, medaille de BRONZE, Terminale S, Lycee Frederic Joliot-Curie, 77196 Dammarie-les-Lys

14 points, Arthur BLANC-RENAUDIE, medaille de BRONZE, Premiere S, Lycee Emilie du Chatelet, 77700 Serris

11 points, Michel BEAUGHON, mention honorable, Terminale S, Lycee la Pleiade, 38230 Pont de Cheruy

Sur IMO Animath

Pour ce qui concerne notre academie, nous pouvons feliciter Seginus MOWLAVI pour sa medaille d’argent vraiment magnifique ! Il y a un an, il n’avait gagne qu’une mention honorable :

Sur IMO

Je tiens a remercier vivement son professeur de mathematiques Christine Laffay ainsi que le college "le Joran" a Prevessin-Moens, qui a permis a Seginus MOWLAVI de participer au "kangourou des mathematiques" des la sixieme. C’est ce jeu-concours qui lui a donne le gout des mathematiques creatives et ludiques, voir par exemple l’entretien qu’Animath a publie avec lui :

Entretien Animath

Si chaque academie travaillait aussi bien que nous, l’equipe de France aurait obtenu 6 x 21 = 126 points, soit une 15eme place mondiale. Malheureusement, les autres academies sont moins bonnes que nous, et l’equipe nationale n’a obtenu que 93 points, soit une 38eme place mondiale, ex-aequo avec la Belgique, la Hongrie et l’Italie, derriere la Grece (26eme), le Portugal (37eme) etc. Le classement de tous les pays est sur :

IMO

En particulier, Singapour (5 x 10^6 habitants) s’est classe 7eme, donc notre academie pourrait egalement faire mieux :-) Cela dit, cette annee etait vraiment exceptionnelle pour nous :

Palmares national des olympiades academiques de premiere : ==========================================================

  • Nathanael COURANT : Premier ex-aequo, Lycee La Martiniere Monplaisir, professeur : Elise Maola
  • Seginus MOWLAVI : troisieme ex-aequo, Lycee International Ferney-Voltaire professeur : Christine Laffay

Animath

Concours general en mathematiques : ===================================

  • Etienne PERROT : 2eme accessit externat Sainte-Marie, Lyon professeur : M. Dufour
  • Valentin CREPEL : mention lycee du Parc, Lyon professeur : M. Junier
  • Ludovic STEPHAN : mention lycee du Parc, Lyon professeur : M. Levallois

Eduscol

Par ailleurs, je trouve tres triste que l’externat Sainte-Marie ne participe pas aux olympiades academiques de premiere : c’est la toute derniere porte d’entree pour les olympiades internationales.

Enfin, je suis vraiment enchante que beaucoup d’eleves de notre academie ont reussi a se qualifier pour le stage d’ete d’Animath, du 20 au 30 aout :

Quatrieme :

  • M. Alexandre THIAULT, college Fenelon, Lyon (69)

Troisieme :

  • M. Anatole ORAISON, college Pierre de Ronsard, Mornant (69)
  • M. Malik TUWEBTI, college international, Ferney Voltaire (01)

Seconde :

  • Mlle Marine BONORA, lycee St Exupery, Lyon (69)
  • M. Tobias PARKER, cite scolaire internationale de Lyon, Lyon (69)
  • M. Timothee SCHOEN, institut Florimont, Petit Lancy (01)

Premiere :

  • M. Nathanael COURANT, lycee la Martiniere Monplaisir, Lyon (69), 1er ex aequo aux olympiades academiques, professeur : Elise Maola
  • M. Quentin GENDRE, lycee Rene Descartes, Saint Genis Laval (69), 5eme aux olympiades academiques, professeur : Aline Dujardin
  • M. Theo GUILLAUMOT, lycee du Parc, Lyon (69), 4eme aux olympiades academiques, professeur : Annie Parrel
  • M. Seginus MOWLAVI, lycee international, Ferney-Voltaire (01), 1er ex aequo aux olympiades academiques, professeur : Christine Laffay
  • M. Loic PETITJEANS, lycee du Parc, Lyon (69), 10eme ex aequo aux olympiades academiques, professeur : Philippe Levallois
  • M. Loic PUJET, lycee Notre-Dame-de-Bellegarde, Neuville sur Saone (69), 10eme ex aequo aux olympiades academiques, professeur : Virginie Cornet-Berry
  • M. Quentin WOINET, lycee du Parc, Lyon (69), 88eme ex aequo aux olympiades academiques, professeur : Philippe Levallois

Animath

Les meilleures academies etaient :

  • 13 eleves admis : Lyon
  • 13 eleves admis : Versailles
  • 12 eleves admis : Paris
  • 8 eleves admis : Grenoble ...

Donc c’est un succes exceptionnel pour notre academie comme nous ne l’avons jamais obtenu auparavant !

En general, on peut dire qu’un eleve a reussi au test de selection pour le stage d’ete si et seulement s’il a eu la chance de pouvoir participer a la fois aux olympiades academiques et au kangourou et si, en plus, il etait motive de venir pour au moins deux seances au club de maths a l’ENS

La page du club

Comme d’habitude, l’important est de participer pour se familiariser avec des mathematiques plus creatives et ludiques, pas de gagner. Par exemple, Theo GUILLAUMOT ne s’est classe que 268eme national au kangourou, mais 4eme de l’academie de Lyon aux olympiades. D’autre part, Quentin Woinet a rate les olympiades, mais etait meilleur au kangourou, etc.

Tout ceci pour dire que je tiens a remercier le plus vivement tous ceux et toutes celles qui ont organise les olympiades, le kangourou et le test d’Animath pour leurs eleves !!!

Et on ne peut pas assez remercier toute l’equipe qui organise les olympiades academiques a Lyon, et notamment Alain TRUCHAN : Lyon est la seule academie, avec Marseille, qui corrige soigneusement les copies de tous les eleves et qui publie un palmares complet pour que chaque eleve puisse savoir son niveau par rapport aux eleves les plus matheux des autres lycees. Lyon organise la remise des prix plus tot que toutes les autres academies pour que les eleves aient plus de temps pour preparer le test de selection pour le stage d’ete. Alain TRUCHAN fait un effort enorme pour trouver un nombre maximal de cadeaux pour les laureats, pour que nous puissions inviter autant d’eleves que possible. Et il invite pour notre remise des prix des conferenciers plus prestigieux que le groupe national, cette annee Cedric Villani :

AC-Lyon Villani

Bonnes vacances !!!

Bodo Lass

P.S. Pour ceux et celles qui cherchent encore des problemes magnifiques pour les vacances, je conseille les jeux d’Arnaud GAZAGNES

Jeux

et le test de selection pour le stage d’ete, voir :

Animath

Voici les commentaires que j’ai envoyes aux participants du club a l’ENS :

Exo 1 =====

Si l’on rajoute une droite supplementaire, alors elle cree k+1 pieces supplementaires, si elle a k points d’intersection (a l’interieur du rectangle) avec les droites deja presentes. Par consequent, on a au moins 1 + 1+1+1+1 = 5 et au plus 1 + 1+2+3+4 = 11 pieces.

Exo 2 =====

Le prisonnier peut s’echapper : au 1er coup il choisit n’importe quelle direction. Ensuite il choisit la perpendiculaire au rayon qui le relie au centre. Apres n coups il sera a une distance racine(n). Donc en 100 coups il atteint le bord et au 101e il sort.

Exo 3 =====

Soient 0 < a <= b <= c <= d <= e <= f <= g les poids des fromages. Mme Mathon prend les fromages de poids a,c,e et M. Mathon ceux de poids b,d,f. Comme a <= b, c <= d, e <= f et donc a+c+e <= b+d+f, Mme Mathon prend ainsi moins de fromage que M. Mathon. D’autre part, 0 < a, b <= c, d <= e, f <= g implique 0+b+d+f < a+c+e+g, c’est-a-dire (b+d+f) - (a+c+e) < g. On peut donc equilibrer la difference de poids avec le dernier fromage (le plus lourd).

Exo 4 =====

C’est evidemment Mathilde qui a raison. Son m existe si et seulement si a / b^2 = - c / d^2. Mais

a/b + c/d = (a+c)/(b+d)

<=> (ad+bc)/(bd) = (a+c)/(b+d)

<=> (ad+bc)(b+d) = (a+c)bd

<=> abd + c b^2 + a d^2 + bcd = abd + bcd

<=> a d^2 = -c b^2

<=> a / b^2 = - c / d^2.

Exo 5 =====

Uniquement les huits derniers chiffres comptent ; on oublie donc le 01 du debut. A priori, on pourrait attribuer 10 x 10 x 10 x ... x 10 = 10^8 numeros de telephone, mais avec la condition supplementaire, ce n’est plus possible.

EN COMBINATOIRE, IL FAUT TOUJOURS PROFITER DE SON TEMPS POUR REGARDER DES EXEMPLES QUI SONT PETITS !!!!!!!!!!!!

S’il n’y avait qu’un seul chiffre au lieu des huit chiffres, alors on ne pourrait attribuer qu’un seul numero de telephone, par exemple 0 ou bien 1, au lieu des 10 numeros possibles normalement.

S’il n’y avait que deux chiffres au lieu des huit chiffres, alors on ne pourrait attribuer que 10 numeros de telephone, par exemple 00, 11, 22, 33, 44, 55, 66, 77, 88, 99, au lieu des 100 numeros possibles normalement.

En effet, si l’on voulait attribuer 11 numeros, alors deux de ces numeros auraient le dernier chiffre en commun : contradiction avec la condition.

Et en general, ca marche de la meme facon. Si l’on voulait attribuer au moins 10^7 + 1 numeros, alors deux de ces numeros auraient les septs derniers chiffres en commun : contradiction avec la condition.

Mais on peut attribuer 10^7 numeros. En effet, pour les 7 derniers chiffres, il faut profiter de toutes les 10^7 possibilites. Si deux numeros n’ont alors qu’un seul chiffre distinct parmi les 7 derniers, alors la somme de leurs chiffres modulo 10 (= le dernier chiffre de leur somme normale) est egalement distincte. On peut donc prendre cette somme comme huitieme chiffre, et ca marche.

Exemple : Si les 7 derniers chiffres sont 3 62 49 01, alors on calcule 3+6+2+4+9+0+1 = 25 = 5 (mod 10), et on donne le numero de telephone :

01 53 62 49 01.

Un autre argument montrant qu’on ne peut pas attribuer strictement plus de 10^7 numeros est le suivant :

Soit a le nombre de numeros attribues, et n le nombre de numeros non attribues, a+n = 10^8. Chaque nombre attribue a 8x9 = 72 "voisins" qu’on ne peut pas attribuer, donc 72 a <= n. Est-ce que vous etes d’accord ? :-) Cet argument est faux, car un nombre non attribue peut etre comptr 8 fois dans ce calcul, via chaque chiffre. En realite, on a donc 72 a <= 8 n, c’est-a-dire 9 a <= n. Cela donne 10 a <= n+a = 10^8, et donc a <= 10^7.

Exo 6 =====

Soit O le centre du cercle circonscrit, alors a’ = AA’ <= AO + OA’ = R + OA’. Par consequent,

aa’ + bb’ + cc’

<= a(R+OA’) + b(R+OB’) + c(R+OC’)

= R(a+b+c) + 2S.

Si l’angle A est obtus, il nous faudrait AA’ <= AO - OA’ pour sauver cette preuve. Malheureusement, AA’ + OA’ >= AO. On ne peut donc pas sauver la preuve, mais neanmoins, l’inegalite

aa’ + bb’ + cc’ <= R(a+b+c) + 2S

est egalement vraie pour tous les triangles obtusangles. La preuve pour les triangles acutangles marche egalement pour les triangles rectangles. Mais si l’angle A est obtus, l’estimation BB’ <= BO + OB’ est trop mauvaise. Utilisons donc, pour les triangles obtusangles, les memes estimations qui ont fait leurs preuves pour les triangles rectangles !

Si l’angle A est obtus, a’ = AA’ < R car l’angle OA’A est obtus, BB’ < BA’ + A’B’ = (a+c)/2 et CC’ < (a+b)/2. Il reste donc a montrer que

aR + bc + (b+c)a/2 <= 2S + R(a+b+c).

Quand on utilise ces estimations "rectangulaires", on se cree un cas d’egalite si ABC est rectangle en A. Il faut donc diviser par ce cas d’egalite :

Nous avons 2S = bc sinA (trivial si l’on connait la formule base x hauteur / 2) et (a/2) / R = sinA (trivial d’apres le theoreme de l’angle inscrit/au centre). L’inegalite equivaut alors a :

bc(1-sinA) <= R(b+c)(1-sinA)

<=> bc <= R(b+c)

<=> (b-R)(c-R) <= R^2,

ce qui est manifestement verifie vu que 0 < b < 2R et 0 < c < 2R.

Il semble qu’aucun eleve francais n’etait capable de resoudre ce probleme pour les triangles obtusangles, et la question fut donc enlevee du bareme. Esperons que les eleves francais seront plus inspires a l’Olympiade Internationale !

Par ailleurs, si a",b",c" sont les longueurs des hauteurs, alors a’ >= a" et donc

aa’ + bb’ + cc’ >= aa" + bb" + cc" = 2S + 2S + 2S = 6S.

On en deduit 6S <= 2S + R(a+b+c), c’est-a-dire 4S <= R(a+b+c).

Or, 2S = r(a+b+c) si r est le rayon du cercle inscrit.

Par consequent, 2r(a+b+c) <= R(a+b+c) et donc 2r <= R, une inegalite plus celebre mais moins forte que l’exercie 6 :-)


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