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Le Défi ouvert canadien de mathématiques Financière Sun Life 2013 - 6/7 nov

Le Défi ouvert canadien de mathématiques Financière Sun Life 2013 - 6/7 nov


Robert Woodrow

Problème de la semaine

— Robert Woodrow, président du comité du DOCM 2013

Chaque semaine jusqu’au DOCM (6-7 nov.), nous publierons un problème illustrant le côté divertissant de la résolution de problèmes. L’examen du DOCM se divise en trois parties, A, B et C, comportant quatre questions chacune. La plus facile est la partie A, où le candidat n’a qu’à fournir une bonne réponse. La plus difficile (et celle qui vaut le plus de points) est la partie C, où l’on demande des réponses avec preuve détaillée. Évidemment, les questions de la partie B se situent entre les deux. Les problèmes de la semaine publiés ici seront typiques du niveau de difficulté de la partie B, ou des problèmes les plus faciles de la partie C. Ces problèmes seront tirés de concours de toutes sortes.

Nous publierons les solutions aux problèmes la semaine suivante. Nous avertissons toutefois les enseignants qu’il se pourrait que des étudiants déterminés trouvent les solutions ailleurs en ligne avant qu’ils soient publiés ici.

Si vous le souhaitez, nous pouvons vous envoyer un courriel chaque semaine lorsque nous publierons la dernière solution et le nouveau problème. Vous pouvez aussi vous abonner à notre fil RSS pour obtenir les dernières nouvelles.

Pour obtenir d’autres ensembles de problèmes et de solutions à chacun de ces niveaux, n’hésitez pas à télécharger les anciens examens officiels et leurs solutions dans nos archives.

Semaine 9

  • Problème (publié le 29 octobre)

    Pour terminer et vous donner le goût de participer à l'Olympiade, voici un autre genre de problème de géométrie.

    Étant donné trois droites dans le plans qui s'intersectent au point $O$, on considère les trois angles formés (dont la somme vaut naturellement $180^{\circ}$). Soit $P$ un point du plan qui ne repose sur aucune des trois droites et $A$, $B$, $C$ les pieds des trois perpendiculaires qui passent par $P$. Montrez que les angles internes de $\Delta ABC$ sont égaux à ceux formés par les trois droites.

  • Solution (publié le 5 novembre)

    Le problème de la neuvième semaine provient de l'Olympiade Mathématique du Chili 1994-1995 et on en trouve une solution dans le Crux Mathematicorum 29-5 pp 292. Solution (G. Kandall, USA).

    geometric diagram

    Les points $O$, $C$, $P$, $A$, $B$ reposent sur le cercle ayant $\overline{OP}$ comme diamètre. Ainsi, $\angle ABC=\angle AOC$, $\angle ACB=\angle AOB$ et ainsi, $\angle BAC$ est égal au troisième angle sur $O$.

Semaine 8

  • Problème (publié le 22 octobre)

    Pour la huitième semaine, on fait un peu de géométrie.

    $ABCD$ est un quadrilatère et $\Gamma$ est un cercle inscrit à $ABCD$ ($\Gamma$ est tangent à tous les côtés du quadrilatère). Si $\angle A = \angle B = 120^\circ , \angle D = 90 ^\circ $ et $BC$ a longueur $1$, trouvez (avec preuve) la longueur de $AD.$

  • Solution (publié le 29 octobre)

    Le problème de la semaine 8 provient de la dixième Olympiade Mathématique d'Irlande et on peut trouver une solution dans le Crux Mathematicorum 29-2 pp 99-100. Solution (M. Bataille, France)

    geometric diagram

    Soit $O$ le centre de $\Gamma$ et $I,J,K,$ et $L$ les points où $AB,BC,CD,$ et $DA$ touchent respectivement $\Gamma $. Le triangle $IBJ$ est isocèle et $\angle B = 120^\circ .$ Ainsi, $\angle BIJ = \angle BJI = 30^\circ ;$ donc $ \angle OIJ = 60^\circ .$ Il en découle que $ \triangle IOJ $ est équilatéral et que $ IJ = OI = OJ =R$ le rayon de $\Gamma .$ Puisque $ \frac{\sqrt{3}}{2} = \cos 30^\circ = \frac{IJ/2}{BJ},$ on trouve $BJ = \frac{R}{\sqrt{3}}.$ Ensuite, en remarquant que $OKDL$ est un carré et que $\triangle IOJ$ et $ \triangle IOL $ sont des triangles équilatéraux, on obtient que $ \angle KOJ = 150^\circ .$ Alors $\angle OCJ = 15^\circ ;$ d'où $2 - \sqrt{3} = \tan 15^\circ = \frac{OJ}{CJ}.$ Ceci nous donne que $CJ = R(2 + \sqrt{3}).$ On déduit de $ 1 = BC = BJ +CJ $ que $ R = \frac{\sqrt{3}}{4+2\sqrt{3}} .$ En utilisant $ DL = R$ et $AL = BJ = \frac{R}{\sqrt{3}} ,$ on a $AD = AL + DL = \frac{R}{\sqrt{3}} + R,$ ce qui se réécrit $ AD = \frac{\sqrt{3} -1}{2} .$

Semaine 7

  • Problème (publié le 15 octobre)

    Pour la septième semaine, on revient avec une question qui concerne les pourcentages. Avec un petit extra!

    Dans une jarre de bonbons, Anabelle prend $a \%$ des bonbons et $a$ bonbons supplémentaires. Béatrice prend ensuite $ b \%$ des bonbons restants et $ b$ de plus. Ici, $a$ et $ b$ sont des entiers strictement positifs et inférieurs à $100$. Si Anabelle et Béatrice ont pris la même quantité de bonbons, quelles sont les valeurs possibles de $a$ et $ b.$

  • Solution (publié le 22 octobre)

    La question de la semaine 7 provient du deuxième tour du «Alberta High School Mathematics Competition 2008». Voici la solution «officielle» à la question.

    Soit $n$ le nombre de bonbons dans la jarre au départ. Après qu'Anabelle ait pris $\frac{na}{100} + a$ bonbons, Béatrice prendra $(n- \frac{na}{100} -a) \cdot \frac{b}{100} +b$ bonbons. Après avoir supposé ces deux valeurs égales et avoir simplifié, on trouve $na + 100 a = nb -\frac{nab}{100} - ab + 100b.$ Ceci peut être réécrit comme $(n+100)(b-a-\frac{ab}{100}) = 0.$ Puisque $n \neq -100,$ le deuxième facteur doit être nul et donc $b = \frac{100a}{100-a}.$ On remarque que $a <50$ et donc $100-a > 50.$ Soit $p$ un diviseur premier de $100-a$. Alors $p$ divise $100a$ et il divise donc $100$ ou $a$. On en déduit que $p$ doit diviser $100,$ et $p$ peut seulement être $2$ ou $5$. Ceci implique que $100-a = 64$ ou $80$. Par contre, $36$ ne divise pas $6400$. Ainsi $(a,b)=(20,25)$ est la seule possibilité. Ceci fonctionne si on prend $n =5k$ où $3k > 40.$ Anabelle va prendre $k+20$ bonbons, en laissant $4k - 20$. Béatrice en prendra ensuite $(k-5) +25 = k +20$.

Semaine 6

  • Problème (publié le 8 octobre)

    Pour la sixième semaine, on présente un problème qui utilise une «équation fonctionnelle».

    Trouvez toutes les fonctions $f$ allant des nombres réels vers les nombres réels et tel que pour tout choix de $x$ et $y$ $$ f(x^2-y^2) = (x-y) (f(x) + f(y)) .$$

  • Solution (publié le 15 octobre)

    Ce problème provient de l'Olympiade Mathématique de Corée, édition 2000. Une solution à ce problème est donnée dans le Crux Mathematicorum 31-2 pp 97-98. Solution (P. Bornsztein, France)

    La réponse est l'ensemble des fonctions linéaires (droites) passant par l'origine.

    Soit $f$ une fonction qui satisfait l'équation fonctionnelle. En posant $ x = y = 0$ dans l'équation, on en déduit que $f(0) = 0.$ Ensuite, en posant $y = -x$ on trouve $0 = f(0) = 2x (f(x) + f(-x))$ et on en déduit que $f$ est une fonction impaire.

    Pour tout choix de $x$ et $y$ on a $$ f(x^2-y^2) = (x-y)(f(x) + f(y))$$ et (en remplaçant $y$ par $-y$ et en remarquant que $f(-y) = - f(y)$), $$ f(x^2-y^2) = (x+y) (f(x) - f(y));$$ et donc $yf(x) = x f(y).$ En posant $y=1,$ on trouve $f(x) = x (f(1))$. Ainsi, $f$ est linéaire.

    Inversement, il est facile de vérifier que toute fonction linéaire qui passe par l'origine est une solution au problème.

Semaine 5

  • Problème (publié le 1 octobre)

    Pour la cinquième semaine, on propose deux problèmes assez différents qui ont des solutions courtes.

    Première question

    Parmi les canards de Mélissa, $x\%$ ont $11$ canetons chaque, $y\%$ ont $5$ canetons chaque et le reste ont $3$ canetons chaque. Le nombre moyen de canetons par canard est de 10. Trouvez toutes les valeurs entières possibles pour $x$ et $y$.

    Deuxième question

    Soit $f(x)$ une fonction satisfaisant l'équation $$ f(29+x) = f(29-x),$$ pour toute valeur de $x$. Si $f(x)$ a exactement trois racines réelles $\alpha , \beta , \gamma ,$ trouvez la valeur de $ \alpha + \beta + \gamma .$
  • Solution (publié le 8 octobre)

    Solution au premier problème de la semaine 5. Ce problème a été choisi parmi ceux de la deuxième ronde «Alberta High School Mathematics Competition 2010». En voici la solution «officielle».

    On trouve $11 x + 5 y+ 3 (100 - x-y) = 1000,$ ou $4x+y =350$. Puisque $y \geq 0$, on a $x \leq 87$. Comme $x+y \leq 100,$ on a aussi que $3x \geq 250$, et donc que $x \geq 84.$ Les seules solutions entières à l'équation sont donc $(x,y) = (84,14),(85,10), (86,6)$ et $(87,2)$.

    Solution au deuxième problème de la semaine 5. Cette question provient de l'Olympiade Mathématique de Singapour de 2002 et la solution peut être trouvée dans le Crux Mathematicorum Volume 32-6 p378. Solution (G. Krimker, Buenos Aires)

    Puisque $f$ a exactement 3 racines réelles et que $f$ est symétrique autour de $29$, une de ses racines réelles doit être $29$. Soit $ \gamma = 29$. Les deux autres racines réelles, $\alpha$ et $\beta$, doivent être symétriques autour de $29$. On peut écrire, $\alpha = 29 + x$ et $\beta = 29 -x $, pour un certain nombre réel $x \neq 0.$ Ainsi $$ \alpha + \beta + \gamma = (29 + x ) + ( 29 -x ) + 29 =87.$$

Semaine 4

  • Problème (publié le 24 septembre)

    Le problème de la quatrième semaine concerne les nombres premiers.

    Soit $a, b, c, a+b-c, b+c-a, a+c-b, a+b+c$, $7$ nombres premiers distincts tel que la somme de deux parmi $a,b,c$ est $800.$ Soit $d$ la différence entre le plus grand et le plus petit des $7$ nombres premiers. Trouvez la plus grande valeur possible pour $d$.

  • Solution (publié le 1 octobre)

    Le problème de la quatrième semaine a été choisi dans le «Olympiad Corner» du Crux Mathematicorum. Il provient de la 16$^{e}$ Olympiade Mathématique de Chine . La solution apparait dans le Volume 32-5 p 287.

    Solution (Pierre Bornsztein, France)

    La plus grande valeur possible pour $d$ est 1594. On remarque tout d'abord que si un de $a,b,c$ est $2$, disons $a=2$, alors $b$ et $c$ sont impairs et $a+b+c$ est pair et supérieur à $2$, ce qui contredit l'hypothèse. Donc $a,b,c\geq 3$ et les 7 nombres premiers sont impairs.

    Sans perte de généralité, on suppose que $a+b =800$ et que $a<b$. Puisque $a+b-c \geq 3$, on trouve que $c \leq 797.$ Il est clair que le plus grand des nombres premiers considérés est $a+b+c$. Ainsi, $$d \leq (a+b+c)-3 \leq 800 +797 -3 = 1594.$$

    On remarque que $800 + 797 = 1597$ est un nombre premier. De plus, $797$ est aussi premier. En prenant $a = 13, b = 787$ et $ c = 797$, on trouve $a+b+c =1597,$ $a+b-c = 3$, $a+c-b = 23$ et $b+c-a = 1571$ qui tous premiers. Dans ce cas, $d = 1594.$

Semaine 3

  • Problème (publié le 17 septembre)

    Un problème d'algèbre pour la troisième semaine.

    Soit $ a$, $b$ et $c$ trois nombres réels distincts non nuls tel que $$\frac{1-a^3}{a} = \frac{1-b^3}{b}= \frac{1-c^3}{c}.$$ Trouvez toutes les valeurs possibles de $a^3 + b^3 +c^3$.

  • Solution (publié le 24 septembre)

    Le problème de la troisième semaine provient de la deuxième ronde du «Alberta High School Mathematics Competition 2007». On donne ici la solution de deux participants au concours.

    Première solution (Brett Baek)

    De $\frac{1-a^3}{a}= \frac{1-b^3}{b}$, on trouve $ b-a^3 b = a -a b^3$. Alors $a-b =ab(b^2-a^2)$ donc $ab(a+b) = -1.$ De la même façon, $bc(b+c) = -1.$ De ces deux équations, on trouve $a^2 -c^2 = bc -ab$ ou $(a+c)(a-c) = -b(a-c).$ Puisque $a \neq c $, on a $a+b+c = 0$. Ainsi, $abc(a+b) = -c = a+b.$ Puisque $a+b+c =0$ mais que $c \neq 0,$ $a+b \neq 0$ et on a $abc =1.$ Maintenant, $$ 0 = (a+b+c)^3 = a^3 + 3 a^2(b+c) +3a (b+c)^2 + (b+c)^3 = (a^3 +b^3 + c^3) + 3(a+b+c)(bc+ca+ab)-3abc$$ $$ = (a^3 +b^3 +c^3) + 0 - 3.$$ Il en découle alors que $a^3+b^3+c^3$ vaut $3.$

    Solution alternative (Jerry Lo)
    Pour ceux avec une connaissance avancée en algèbre, ce problème est presque trivial.

    Les hypothèses nous disent que $a,b$ et $c$ sont les trois racines de l'équation $x^3 +kx -1=0$, où $k$ est la valeur d'une des trois fractions (elles ont la même valeur). Ainsi, $$ x^3 +kx +1 = (x-a)(x-b)(x-c)\ = x^3 - (a+b+c) x^2 + (bc+ca+ab)x -abc$$ Il en découle que $a+b+c=0$, $abc = 1$ et $a^3+b^3+c^3 = (a+b+c)(a^2+b^2+c^2-bc-ca-ab)+3abc =3.$

Semaine 2

  • Problème (publié le 10 septembre)

    Pour la deuxième semaine, on vous demande de jouer à un jeu.

    Un jeu est joué sur une grille $7 \times 7$ initialement vide. Betty Brown et Greta Green jouent en alternance en commençant par Betty. Pour chacun de ses coups, Betty choisit 4 cases vides qui forment un carré $2 \times 2$ et les marque en brun. Pour chacun de ses coups, Greta choisit une case vide et la marque en vert. Elles jouent jusqu'à ce que Betty ne puisse plus faire de coup valide. Greta colore ensuite toutes les cases vides restantes en vert. Quelle joueuse (ou aucune) peut être certaine de terminer avec au moins $25$ cases de sa couleur, peu importe la stratégie de son adversaire?

  • Solution (publié le 17 septembre)

    Le problème de la semaine 2 provient de la deuxième ronde de la Alberta High School Mathematics Competition 2009. La solution suivante est adaptée de la solution «officielle».

    Il y a $9$ carrés aux intersections de rangées paires et de colonnes paires, comme indiqué dans le dessin qui suit.

    ***
    ***
    ***

    N'importe quel bloc $2 \times 2$ choisi par Betty doit contenir une de ces 9 cases. Si Greta joue uniquement sur ces cases lors de ses 4 premiers coups, elle s'assure que Betty ne puisse jouer plus de 5 tours. Betty pourra donc colorier au plus 20 cases. Greta remporte la partie puisqu'elle a colorié au moins 29 cases en vert.

Semaine 1

  • Problème (publié le 3 septembre)

    La première question est de type puzzle et demande du raisonnement mais pas de calculs.

    Dans un tournoi de hockey, cinq équipes jouent contre chaque équipe adverse exactement une fois. Une équipe reçoit $2$ points pour une victoire, $1$ point pour une partie nulle et aucun pour une défaite. À la fin du tournoi, aucune équipe n'a reçu le même nombre de points et le classement était dans l'ordre suivant (du total le plus élevé au total le plus bas): $A,B,C,D,E$. L'équipe $B$ fut la seule équipe à ne perdre aucune partie et l'équipe $E$ fut la seule équipe à n'en gagner aucune. Combien de points chaque équipe marqua-t-elle et quel fut le résultat de chaque partie?

    Points totaux
    $A$
    $B$
    $C$
    $D$
    $E$
    Gagnant (ou égalité)
    $A$ vs $B$
    $A$ vs $C$
    $A$ vs $D$
    $A$ vs $E$
    $B$ vs $C$
    $B$ vs $D$
    $B$ vs $E$
    $C$ vs $D$
    $C$ vs $E$
    $D$ vs $E$
  • Solution (publié le 10 septembre)

    Le problème de la première semaine provient du Calgary Junior Mathematics Contest 2013. En voici la solution «officielle».

    Points totaux
    $A$6
    $B$5
    $C$4
    $D$3
    $E$2
    Gagnant (ou égalité)
    $A$ vs $B$$B$
    $A$ vs $C$$A$
    $A$ vs $D$$A$
    $A$ vs $E$$A$
    $B$ vs $C$égalité
    $B$ vs $D$égalité
    $B$ vs $E$égalité
    $C$ vs $D$$C$
    $C$ vs $E$égalité
    $D$ vs $E$$D$

    On remarque que chaque partie contribue à donner $2$ points aux équipes donc le total des points accordés pour les $10$ parties est de $20$. Puisque $B$ fut la seule équipe à ne perdre aucune partie, $A$ en a perdu au moins une et son total maximal est $6$. Son total ne peut pas être $5$ puisque $5+4+3+2+1 = 15 < 20$. Ainsi, l'équipe $A$ a cumulé 3 victoires et une défaite. Comme $B$ n'a perdu aucune partie, la défaite de $A$ a eu lieu contre l'équipe $B$. Donc $B$ doit avoir fait partie nulle lors de ses trois autres affrontements (dans le cas contraire, son total serait supérieur ou égal à $A$). Toutes les équipes sauf $E$ ont remporté au moins une partie donc $C$ et $D$ ont tous deux gagné au moins une partie. Aucune des deux n'auraient pu remporter ses deux parties restantes (excluant celles contre $A$ et $B$ pour lesquelles on connait le résultat) puisque cela leur donnerait un total de $5$, ce qui est le total de $B$. Conséquemment, $C$ a remporté une partie et a fait une nulle et $D$ a remporté une partie et en a perdu une. Ceci veut dire que $E$ a une nulle et une défaite dans ses partie contre $C$ et $D$. On remarque que $E$ a perdu contre $D$ et fait nulle contre $C$.

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