Mise à jour en ajoutant les seuils de 2015.

Je reprends le post en ajoutant les seuils et nombres de qualifiés en 2014.
On n'aura rien de mieux comme info avant la publication des seuils pour cette année.

"Je pense que ton/tes profs de maths pourront répondre à tes questions si tu n'arrives pas a trouver la réponse a un problème"
Normalement, oui, mais tous ne sont pas très motivés par les concours et n'expliquent pas toujours très bien la résolution de ce genre de problèmes.

Tu peux poser tes questions ici, il y aura sûrement quelqu'un pour t'expliquer (bien que ce site soit un peu mort)

Voici des statistiques de 2005 à 2013: http://omb.sbpm.be/modules/newbb/view ... php?topic_id=1527&forum=7

Les seuils de 2014, avec la liste des élèves qualifiés : http://omb.sbpm.be/modules/news/article.php?storyid=87

Pour acheter des recueils de questions, voir : http://www.sbpm.be/wp-content/uploads ... ICATIONS-de-la-SBPMef.pdf

Bon entraînement

J'utilise 2 coloriages car le premier m'indique que si on enlève une case, elle ne peut être qu'un carré rouge du premier coloriage.
Ça ne montre pas que toutes ces cases sont possibles.
Le second coloriage indique que si on enlève une case, elle ne peut être qu'un carré rouge du second coloriage également !
Et, contrairement à ce que j'avais dit, 4 cases sont rouges dans les 2 coloriages (et on constate facilement qu'elles conviennent).

Évidemment, on peut faire encore plus de coloriages mais ça ne sert plus à rien.
Ici, un seul ne résout pas le problème (en tout cas pas celui que j'utilise).

Tu as du te tromper, seules 4 cases en tout peuvent être enlevées. Essaie de paver l'échiquier en enlevant une case de la première ligne, tu te rendras compte que c'est impossible.


Il manque peut-être des exemples mais bon, ça ne changerait pas grand chose.
Le coup de l'échiquier auquel on enlève 2 coins opposés est une des démonstrations les plus magiques que je connaisse.
C'est vraiment : "Bon, et là on colorie, et regardez ça ne marche pas !"

C'est dans un sens très simple car n'importe qui peut comprendre la démonstration, et très compliqué car "Pourquoi colorier cette grille ?"
Sans connaître le truc, c'est quasi impossible à trouver soi-même.

En fait, l'idée est assez puissante pour prouver pas mal de choses du genre.
En effet, il faut faire des essais de coloriage, de divisibilité, ... avant d'arriver à y voir clair et trouver à une solution.

Oui, c'est un peu du coup de bol.
Ça arrive souvent aux olympiades, parfois on peut trouver une question compliquée très naturellement et parfois... on n'a pas cette bonne idée dans le temps imparti.
Dans le genre, il y aussi les problèmes de géométrie où on rajoute des choses improbables sur le dessin et où la démonstration se résume à 5 lignes, les problèmes d'arithmétique où il faut voir que le problème à un lien étrange avec la suite de Fibonacci, ...
Ce sont toujours de jolies démonstrations mais hélas difficiles à trouver.

Une chose est sûre, quand tu auras fait ces exercices, tu sauras résoudre plus facilement d'autres du genre.

Effectivement, c'est faux, j'ai édité le premier message.

J'ai encore une question à propos de l'inégalité de Muirhead, mais je vais la poser dans l'autre sujet parce que ça n'a rien à voir avec les pavages.

EDIT : en fait ça sera vraiment trop long et compliqué, je vais l'envoyer par mail.

Pour ceux que ça intéresse, les problèmes sont ici en pdf: Clés pour les Olympiades n°7, G. Troessaert
Essayez de résoudre avant de lire les solutions.

Exercice 2
Le carré 10x10 a 100 cases.
Chaque pièce recouvre 4 cases.
Il faut 25 pièces pour un pavage.

On peint le carré en damier et on répartit les pièces du pavage en 2 catégories.
Catégorie A: pièces qui recouvrent 3 cases blanches et 1 noire.
Catégorie B: pièces qui recouvrent 1 case blanche et 3 noires.

Comme le nombre de pièces est impair, une des catégories a plus de pièces que l'autre.
Si c'est la catégorie A, le pavage couvre plus de cases blanches que de noires.
Si c'est la catégorie B, le pavage couvre plus de cases noires que de blanches.

C'est impossible, car il y 50 cases de chaque couleur dans le carré 10x10.

Exercice 5
On divise le cube 6x6x6 en 27 cubes 2x2x2.
On peint ces cubes 2x2x2 en noir et blanc alternativement (on utilise la même couleur pour les 8 petits cubes de chaque cube 2x2x2).
Donc, pour essayer de visualiser, ça ressemble à un cube 3x3x3 peint en damier, mais chaque "case" est en fait constituée de 8 petits cubes de la même couleur.

Il y a 14 cubes 2x2x2 d'une couleur (disons noir), et 13 cubes 2x2x2 d'une autre couleur (disons blanc).
Donc, il y a un plus grand nombre de petits cubes noirs (8x14) que de petits cubes blancs (8x13).

Maintenant, si on s'intéresse à une brique 1x2x4 à l'intérieur du cube 6x6x6, on constate qu'elle est constituée obligatoirement de 4 petits cubes noirs et 4 petits cubes blancs.
Il suffit de regarder "la tranche d'épaisseur 1" qui contient la brique, c'est à dire comment placer un rectangle 2x4 dans un carré 6x6 divisé en 9 carrés 2x2, les carrés 2x2 étant noir et blanc et constituant un damier 3x3 (c'est plus simple que ça en a l'air)

Donc, si on pouvait remplir le cube 6x6x6 avec des briques 1x2x4, on "recouvrirait" exactement le même nombre de petits cubes noirs que de petits cubes blancs (4 cases de chaque couleur avec chaque brique). C'est impossible, car il y a plus de noirs que de blancs.

Exercice 6
Colorions les cases en alternant 3 couleurs (rouge, puis vert, puis bleu) en partant du coin supérieur gauche, en allant d'abord de gauche à droite avant de changer de ligne.
On constate que chaque rectangle 3x1 recouvre exactement une case de chaque couleur, qu'il soit placé n'importe où, horizontalement ou verticalement.
Or, il y a 22 cases rouges, 21 cases vertes et 21 cases bleues.
Donc, si un recouvrement de 63 cases avec 21 rectangles 3x1 était possible, il resterait une case rouge non couverte.

Colorions les cases autrement, encore en alternant rouge, vert et bleu, mais en partant du coin supérieur droit, et en allant de droite à gauche avant de changer de ligne.
Encore une fois, seules les cases rouges peuvent rester inoccupées si un recouvrement par 21 rectangles 3x1 était possible.

Si on réunit nos conclusions, seules les cases qui sont rouges dans les 2 coloriages peuvent rester inoccupées après un recouvrement par 21 rectangles 3x1.
(Or, aucune case n'est rouge dans les 2 coloriages (aucune case n'a la même couleur dans le coloriage 1 et le coloriage 2)
Réponse finale: "There is no field of the board for which that is possible".)
FAUX !

EDIT : effectivement, 4 cases sont rouges dans les 2 coloriages, et on peut trouver facilement un exemple pour ces 4 cases.

Remarque: pour une preuve plus rigoureuse, utiliser des numérotations modulo 3 au lieu que des coloriages.

Exercice 7
On numérote les lignes et les colonnes de 1 à 11. La case centrale enlevée est en (6,6)
La case juste au-dessus de la case centrale ne peut être couverte par une bande verticale 8x1, il n'y a pas la place.
Donc il y a une bande horizontale 1x8 en ligne 5, qui recouvre obligatoirement la case (5,5).
La case juste à gauche de la case centrale ne peut être couverte par une bande horizontale 1x8, il n'y a pas la place.
Donc il y a une bande verticale 8x1 en colonne 5, qui recouvre aussi obligatoirement la case (5,5).

Les 15 bandes de 8 cases ne peuvent se croiser s'il faut recouvrir les 120 cases restantes, mais on a prouvé qu'il y a obligatoirement croisement en (5,5)
Le recouvrement est donc impossible.

Oui, c'est certain qu'il ne sert à rien de tout développer.
Le comptage des coefficients n'est pas bien compliqué en soi, mais il faut être concentré, on a vite fait de se tromper d'un facteur 2.
Après, on s'y fait.

Muirhead n'est pas si difficile à utiliser, mais il faut bien se rappeler de son fonctionnement, de l'homogénéité, de la symétrie (et des bricolages pour s'en passer), ...
Il y a aussi l'inégalité de Schur qui se combine bien avec Muirhead, mais il faut savoir que ça existe (après, c'est assez simple).

Il faut surtout avoir de l'habitude.
Je n'avais plus fait d'inégalités avancées depuis assez longtemps et une bonne révision était nécessaire.
Des choses comme Muirhead, ou pire Hölder et Minkowski demandent de bien s'en rappeler, sinon on peut faire n'importe quoi (et malheureusement, n'importe quoi est rarement correct ).

Pour "anonyme": non, Muirhead n'est pas directement utilisable pour simplifier une inégalité non homogène.
On peut s'en servir pour majorer (ou minorer) une somme symétrique (si on permute les variables, rien ne change) de termes de degré d, par une autre somme symétrique de termes du même degré d.
Par exemple on sait par Muirhead que (x^4/y + y^4/x) >= (x³ + y³) >= (x²y + xy²) pour x,y réels positifs, car ces 3 expressions sont symétriques de degré 3.
Mais Muirhead ne permet pas de comparer ces 3 expressions à x²y² (pas de degré 3) ou à x^5/y^2 (pas symétrique).
On ne peut pas comparer ce qui n'est pas comparable.

Merci pour la solution avec l'inégalité de Muirhead.
C'est vrai que c'est une technique efficace mais calculatoire.

Dans ce cas ci, il faut bien maîtriser le sujet et être très concentré pour arriver à prouver que
(a+b+c+d)^3 = 4[3,0,0,0]+24[1,1,1,0]+36[2,1,0,0]
On a vite fait de s'embrouiller en calculant les coefficients.

Je pense que Muirhead est vraiment difficile à comprendre seul quand on est en secondaire.
Ça reste difficile même avec ce que nous avons vu à Wépion.

Il ne faut pas oublier que le problème traité ici provient de "Clés pour les Olympiades n°6".
Il n'y a que 2 pages et on y explique seulement les moyennes arithmétique et géométrique.
Rien à propos de la moyenne harmonique ni à propos de Muirhead.

Concernant le challenge, vu comment la question est posée, je pensais que l'inégalité n'était probablement pas vraie pour un nombre quelconque de variables et qu'il faudrait trouver un contre-exemple puis trouver comment adapter pour généraliser.
Mais malgré plusieurs essais, je n'ai encore trouvé aucun contre-exemple, et je commence à penser que l'inégalité est peut-être vraie.
Je vais encore y réfléchir.

Non, c'est un problème plus concret.

Ici, on ne demande pas de résoudre complètement l'équation, on en demande juste une solution (comment faire pour partager le butin).

Essaie un peu à la main, tu devrais trouver.

La solution sera du genre :
- transvaser le vase de 5 dans le vase de 11
- verser le vase de 24 dans celui de 5 jusqu'à ras bord
- ...

À la fin, tu dois avoir 8 onces dans les vases de 11, 13 et 24.

Je ne sais pas vraiment comment résoudre ce genre d'équations dans le cas général, ici c'est inutile.

Il n'y a pas de soucis à se faire.

Je trouve aussi cet exercice plus difficile que d'autres comparables.
J'avais été tout content en le refaisant plus facilement mais ma démonstration était fausse (je faisais un truc du genre a <= b <= c >= d sans m'en rendre compte).

Je crois que la clé est d'essayer les groupements au tout début (ce qui n'a pas l'air très utile pourtant).

De là, on peut appliquer MA-MG.

Puis, on sait factoriser, et on obtient un produit de 3 facteurs !
De là, on sait utiliser la racine cubique pour faire MA-MG et la suite vient plus facilement.

Il ne faut pas se décourager si on n'arrive pas à résoudre facilement ce genre de problèmes, c'est d'un niveau élevé.

Et ça paraît souvent évident... une fois qu'on a la réponse