Normalement, on reçoit ses résultats par la poste, à son domicile. Pourvu qu'il ait mis la bonne adresse...

Ca dépend pour qui aussi hein, on a pas tous les mêmes gouts :). C'est moi où c'est toujours l'heure d'hiver ici :D ?

Ah bon?
Je le trouve plutôt faisable pour un problème 15. Sauf si tu parles de l'AIME I, je n'ai pas regardé.
Il ne faut pas perdre de vue que la moyenne à l'AIME est généralement de 2 ou 3 points, alors il ne faut pas s'étonner non plus que le problème 15 demande un peu de recherches...

Selon, moi, il n'était pas plus difficile que d'habitude. Justement, estimez-vous heureux de pas avoir eu le AIME I de

http://www.artofproblemsolving.com/Fo ... d38c3d8fdfda9964cd9be3ff9

Parce qu'il m'a l'air bien plus degueu :D

Voilà la solution que j'avais proposée pour ce problème (et qui n'a jamais été acceptée, allez savoir pourquoi!)

Soient et les amplitudes respectives des angles et .
Si est l'intersection des bissectrices, il est aisé de constater que et
Nous avons également et .
En appliquant la loi des sinus plusieurs fois, on trouve les équations suivantes :







En injectant cette dernière dans chacune des deux premières, on a alors :



et



A présent, nous allons utiliser le symbole pour représenter , , ou suivant les cas. sera donc utilisé durant toute la solution et sa valeur (, , ou ) sera ensuite déterminée suivant l'amplitude de .

Il nous faut donc résoudre , d'inconnue !
C'est équivalent à :





(tous les sinus étant positifs)

Posons à présent , et réexprimons cette équation en fonction de et :





Et puisque , il vient :



(car est positif)













Et on peut diviser par





car (puisque et sont les amplitudes des angles et )



Or, l'angle , et on trouve alors :









On peut ainsi déduire que !.

En bref :

(a)

(b)

(c)

(Il est interdit de traiter cette solution de brutale.)

En fait, on était pas obligé de savoir ce qu'il y a autour de chaque sommet. Si on regarde chaque sommet, il est entre 3 polygones. Or il y a 20 hexagones et 12 pentagones, donc 20*6 + 12*5 sommets, en comptant chaque sommet trois fois comme chaque sommet fait partie de 3 polygones. Au total, il y a donc (20*6 + 12*5)/3 = 60 sommets.

Bon, il y a de nombreux cas à envisager en fait, mais le cas principal est celui où est sur le segment et sur le segment .

D'abord, montrons que si est tangente aux deux cercles, alors est équilatéral. On pose les angles et . Aussi, et .

Comme tangente au deux cercles, par angles tangentiels et inscrits interceptant le même arc, on a et . Par angles inscrits cette fois-ci, et .

De plus, on sait que , et vu que aussi, on a . De la même façon, . En particulier, et .

Encore par angles inscrits, et . Vu que , on a déjà que . De plus, dans le triangle , on a la somme des angles qui vaut : . Et aussi, est un angle plat donc . En réunissant les deux égalités, on trouve aisément que , et donc que est équilatéral.



Maintenant pour l'autre sens, on suppose que . On procède alors à peu près à l'envers. Posons , , et .

On a aussi et . Comme tantôt, on a , d'où . De la même façon, .

Alors, du triangle on trouve , c'est à dire , et de angle plat, . On trouve donc .

Ainsi, et . Vu qu'on avait aussi et , on a finalement que , d'où tangente à , et , d'où tangente à .



Je conseille fortement de faire un dessin avec tous les angles avant d'essayer de comprendre cette démonstration...

Les questions sont assez différentes des questions OMB. Tu peux trouver toutes les anciennes questions à cette adresse :
http://www.artofproblemsolving.com/Fo ... e5f97e7737032fe0b7ce1a70b
Elles sont en anglais malheureusement (mais elles seront en français le jour du test). Il faut répondre aux 15 questions en trois heures, par un nombre entier entre 0 et 999. Une bonne réponse vaut 1 point, et on ne retire pas de points par erreur. Il ne faut pas trop se décourager non plus, sachant que c'est un concours qui nous vient des USA et que la moyenne y est de 2 ou 3 points sur 15.

Si on regarde un sommet, autour de lui il y a toujours 3 polygones (4 seraient de trop). Ça ne peut pas être trois hexagones car dans ce cas, le ballon serait plat à cet endroit. Donc il y a toujours 2 hexagones et un pentagone car il y a plus d'hexagones que de pentagones et si la configuration était différente suivant le sommet, le ballon serait plus très rond à mon avis. On va alors passer tous les sommets en revues et compter le nombre d'hexagones et de pentagones a coté à chaque fois. Si il y a k sommets, alors il y a 2k hexagones et k pentagones, sachant qu'on compte tous les pentagones 5 fois et les hexagones 6 fois. Ainsi, il y a en réalité 2k/6 hexagones et k/5 pentagones. D'où 2k/6 = 20 et k/5 = 12, les deux égalités donnant k = 60 (plutôt rassurant non?).
Par contre les réponses proposées ne s'affichent pas sur le site, je ne sais pas à quelle réponse cela correspond (ni si elle est correcte...)

Euh je ne les ai pas faites, je suis à l'université...