Si tu n'as fait qu'une faute de calcul et que tout le raisonnement à côté est correct, tu auras certainement pas mal de points

Tu peux acheter les recueils de questions des olympiades. Dans le tome 7, tu devrais retrouver les questionnaires de 2010 ainsi que les réponses de ceux-ci. Ces recueils coûtent seulement 8€ la pièce (voire moins) et sont vraiment utiles pour s'entraîner : ils contiennent toutes les questions d'éliminatoire, demi-finale et finale, dans toutes les catégories et pendant 4 ans chacun.

(Je précise que je ne suis pas à l'origine de ces recueils et que je ne fais donc pas de la pub pour mon propre produit )

Je ne saurais pas t'aider pour les possibilités de réponses car je n'ai pas les questionnaires, mais pour la question 30 de maXi voici une solution :

Regardons les premières valeurs de : on a , , , , , , , , , , ...

On voit que les nombres apparaissent chacun plusieurs fois (et de plus en plus) dans la suite, ce qui fait que lorsqu'on écrit la somme des , on va pouvoir mettre ensemble plein de termes (tous les mis ensembles vont donner comme il y en a quatre, etc).

Donc l'idée est de se demander, pour chaque nombre , combien de fois il apparaîtra dans la suite .
- Pour avoir , il faut que l'entier le plus proche de soit , ce qui signifie que doit être compris entre et . Donc on doit avoir , ou autrement dit :



Comme on cherche les entiers, on en déduit que les nombres tels que sont exactement ceux de l'intervalle . Pour chaque , il y a donc exactement nombres tels que . Si on écrit la somme des , cela veut dire que va apparaître fois, va apparaître fois, va apparaître fois, etc. Or , , : ces fractions se rassemblent à chaque fois pour donner . Le seul moment où elles ne vont peut-être pas se rassembler, c'est à la fin de la suite : vers . Plus précisément, on a donc pour toutes les fractions , , ..., , on va avoir le phénomène ci-dessus qui va nous donner , mais par contre il n'y aura pas fractions comme on s'arrête plus tôt. Combien y aura-t-il de fractions ? Comme on l'a vu plus haut, on sait que si et seulement si est dans l'intervalle , c'est-à-dire . Mais nous on s'arrête à , donc on aura fractions . Au total, on en déduit que la somme des inverses vaut exactement :



et ceci donne une fraction dont le dénominateur est (et qui est complètement simplifiée).

(En espérant que je n'aie pas fait d'erreur de calcul)

On voit que tu n'as pas connu La Marlagne il y a huit ans, c'était bien pire que ce à quoi vous avez droit maintenant

Concernant le fait d'être en MaXi : c'est tout de même arrivé deux fois qu'un élève de 4ème (donc en MiDi) se qualifie pour l'OMI . C'est le cas cette année par exemple, mais c'est sûr que ce n'est pas habituel.

Disons que pour les pièces de largeur 1 (en fait, pour les pièces rectangulaires), un simple coloriage suffit généralement (comme tu as pu le voir sur certains exemples et exercices). Tu peux en effet dans un tel cas colorier la surface en n couleurs (où n est le nombre de cases d'une pièce) de sorte que chaque pièce recouvre exactement une case de chaque couleur.

Quand les pièces sont un peu plus compliquées, cela n'est pas possible (du moins je ne vois pas de configuration où cela pourrait marcher). Un coloriage peut toujours se révéler utile mais il faudra peut-être faire une discussion un peu plus complexe (comme pour l'exercice 2). Une autre façon de "colorier" est la suivante : dans la surface, si tu as calculé qu'il faudrait x pièces pour paver le tout, tu peux exhiber x+1 cases (en les coloriant si tu veux, il n'y a juste qu'une seule couleur ici donc ce n'est pas vraiment un coloriage maintenant que j'y repense) qui sont deux à deux "non-recouvrables", en ce sens qu'une pièce ne pourra jamais recouvrir deux cases colorées. Cela peut se faire même pour des pièces qui ne sont pas de largeur 1.

Je n'ai pas là tout de suite d'exemples pour lesquels cela fonctionne (cela ne marche pas bien pour l'exercice 2 : tu ne parviendras pas à trouver 26 cases deux à deux non recouvrables il me semble), mais je sais qu'il en existe

Pour l'exercice 6, Damien, je pense que tu t'es trompé. Il y a en effet des cases (4, en fait) qui sont rouges dans tes deux coloriages. Et pour chacune de celles-ci, on peut facilement construire un pavage convenant

En ce qui concerne l'exercice 7, je pense qu'il y a aussi moyen de s'en sortir avec un coloriage comme "A" le pensait. En effet, en coloriant le tableau 11x11 avec des couleurs de 1 à 8, exactement comme Damien l'a fait pour l'exercice 6 (de gauche à droite puis en allant à la ligne), on aura 15 fois chaque chiffre, sauf 16 fois le chiffre 1. Or, la case du milieu est coloriée en 5, ce qui permet de conclure. (C'est toujours le même raisonnement : il faut exhiber un coloriage avec 8 couleurs de sorte que chaque pavé éventuel recouvrira une case de chaque couleur. Si les couleurs n'apparaissent pas à la même fréquence, alors il y aura un problème. Il faut cependant faire bien attention à ce que le coloriage soit convenable et que chaque pièce potentielle recouvre exactement une case de chaque couleur! C'est généralement uniquement possible pour les pièces du type 1 x n)

Concernant l'égalité
(a+b+c+d)^3 = 4[3,0,0,0]+24[1,1,1,0]+36[2,1,0,0],
elle n'est en fait pas très compliquée à trouver. Le coefficient de chaque "crochet" est simplement égal au nombre de termes dans l'expression qui ont cette forme. Le coefficient de [3,0,0,0] sera donc le nombre de termes du type x^3 (il y en a clairement 4), le coefficient de [1,1,1,0] est le nombre de termes du type xyz. On peut se dire que dans
(a+b+c+d)(a+b+c+d)(a+b+c+d),
on a 4 choix de variables dans la première parenthèse, puis 3 choix dans la deuxième (comme on ne peut prendre la même que dans la première), puis 2 dans la dernière, d'où 4*3*2 = 24.
Et puis pour le coefficient de [2,1,0,0] (termes du type x^2 y), on doit prendre deux fois la même variable x et une fois une autre y : on a 3 possibilités pour le choix de la parenthèse dans laquelle on prend la variable unique, puis 4 choix pour la variable unique et 3 choix pour la variable double, d'où 3*4*3 = 36.

Bref, un peu de chipotage pour dire que tu n'es pas obligé de trouver les 64 termes pour trouver les coefficients :)

A part ça, je ne pense pas que l'inégalité de Muirhead doit vous effrayer, elle est vraiment simple à retenir et pas beaucoup plus compliquée à appliquer. Bon c'est sûr qu'il faut s'y faire mais sinon...

Bonjour,

Voici des réponses à tes questions, j'espère que cela te sera utile!

1) Tu as , donc tu remarques que , ce qui est exactement la même chose que . Donc .

2) N'y aurait-il pas une erreur dans ton polynôme? Je n'ai pas l'impression que les racines de celui-ci soient en progression arithmétique. Sinon, en général pour résoudre un tel problème le mieux est de noter les solutions en question et d'utiliser que les coefficients du polynôme te donnent des informations sur et . Par exemple dans ton cas la somme des racines est et tu peux en déduire la valeur de . De même on sait que le produit des racines est et tu pourrais en déduire la valeur de . Sauf qu'il doit y avoir une erreur dans ton énoncé car on obtient une solution absurde.

3) On a , donc en remplacant par dans cette équation on obtient



On peut alors réutiliser la première équation pour remplacer , et on a




4) Notons le nombre d'élèves (la solution recherchée). On sait que élèves ne parlent pas anglais, ne parlent pas espagnol, et ne parlent aucune des deux langues. Donc si on veut compter le nombre de gens qui parlent anglais et espagnol, on peut se dire qu'il s'agit de (tout le monde), moins ceux ne parlant pas anglais, et moins ceux ne parlant pas espagnol. Mais alors on a enlevé deux fois les élèves qui ne parlent ni anglais ni espagnol, et il faut donc rajouter ceux-ci pour obtenir la bonne réponse. Donc on a finalement



d'où .

5) Le mieux serait de faire un dessin... Dessinons le cercle de rayon dans un repère orthonormé, en mettant son centre au point . On va essayer d'inscrire un cercle dans le quart de cercle qui correspond au premier quadrant (celui en haut à droite). Alors par symétrie du problème, le centre de ce plus petit cercle doit forcément avoir pour coordonnées quelque chose du type . Et vu qu'il doit être inscrit au quart de cercle, il faut que la distance entre ce point et l'axe des abscisses soit égal à la distance entre ce point et le grand cercle. On a évidemment , et pour on peut se convaincre qu'il s'agit du rayon du grand cercle moins la distance , c'est-à-dire . Donc par ce qu'on a expliqué plus haut, on doit avoir :









Et le rayon du petit cercle recherché n'est rien d'autre que , donc la réponse est .

Il est possible de montrer rigoureusement qu'il n'existe pas d'autres triplets vérifiant ces équations.

Supposons en effet avoir tel que et .

On peut par exemple calculer de deux manières différentes. On a , mais aussi




De ces deux égalités, on déduit que










On a donc forcément . En remplaçant dans , on trouve









On peut écrire comme ou , ce qui donne les deux possibilités et , avec les valant chaque fois , donc et .