Mathématiques - Tournoi des Villes 15/03/08

Tournoi des Villes 15/03/08
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Posted by: _-Gaara-_

Salut à tous,

Je souhaite bon courage et surtout bonne chance aux participants du TDV qui aura lieu demain. C'est à cause d'un facheux contre-temps que je ne pourrais pas y assister !

Donc Zweig, Lapras, donc courage et battez les tous hein

!!!!!!!!

C'est trop bête ! je vais rater le ...

:( :( :( :( :'(

#@!sAslld!!!!dz

Posted by: rugby09

bonne chance et bon courage Zweig et Lapras!!

Posted by: lapras

salut gaara !
Dommage !!

Ca aurait été sympa.
Moi j'y vais dans 20 min !

Posted by: Imod

Pourrait-on avoir les sujets ?

Imod

Posted by: lapras

salut,
je les scan ce soir, quand l'ordinateur familial sera libre.

Posted by: Imod

Merci d'avance

Imod

Posted by: fati

Salut à tous!
j'espère que tout c'est bien passé!
Bonne chance

Posted by: Zweig

Ahhhhhhhhhhhhh Gaara, branleur

Bah alors, ton réveil n'a pas sonné ou quoi ? Je ne t'ai pas vu à l'ENS d'Ulm pour le Tournoi des Villes ... Dommage, t'as raté un bon resto' japonais

Posted by: lapras

Oué en plus c'était super, on a pu discuter etc...
Sinon Imod pour les sujets mon scanner ne marche plus...
je peux te copier les énoncés :
1)Michel possède un jeu de 30 cartes. Sur les 10 1eres, il écrit un nombre a, sur les dix suivantes il écrit un nombre b, sur les dis dernieres un nombre c. Les nombres a,b et c sont deux a deux distincts. Quel que soit le choix de 5 cartes, Michel arrive à trouver 5 autres cartes pour que la somme des nombres sur les 10 cartes soit nulle. Montrer que l'un des nombres, a,b,c est égal à 0.

2)Existe il deux entiers m, n tels que
PPCM(1,2,3,...,n) = 2008*PPCM(1,2,3,...,m) ?

Je vous met la suite en rentrant du lycée

Posted by: Zweig

Version normale, 1ère/Tle :

http://img156.imageshack.us/img156/...08051rn4.th.jpg

Posted by: Imod

Merci Lapras et Zweig pour les sujets

Pour le 1er , supposons par exemple que $|a|\leq|b|\leq|c|$ et quitte à prendre l'opposé de a , b , c que c est positif . En prenant cinq cartes à valeurs c , on ne peut annuler l'ensemble qu'en prenant cinq cartes à valeur -c donc $b=-c$ et $0\leq |a|<|b|=|c|$ . Si a est positif et si Michel choisit une carte a et quatre cartes c , il doit choisir quatre carte b et une cinquième carte qui ne peut être que a pour annuler l'ensemble : a est nul . Si a est négatif il prendra quatre c et une a pour annuler une main constituée de quatre b et d'une a : a est nul .

Imod

Posted by: _-Gaara-_

Citation:

Posté par Zweig

Ahhhhhhhhhhhhh Gaara, branleur

Bah alors, ton réveil n'a pas sonné ou quoi ? Je ne t'ai pas vu à l'ENS d'Ulm pour le Tournoi des Villes ... Dommage, t'as raté un bon resto' japonais

EXPDR !!! désolé

j'ai pas pu m'arracher de chez moi -__________________- même si je me suis réveillé à 7 h !!!!!

Me*de alors !! j'ai raté le restooooooooooo naaaaaaaaaaaaaan

Je te jure que j'aurais adoré y être mais, j'ai eu un contre temps ! =(

héhé qui sait, peut-être on se reverra dans 3 ans à l'ENS

Posted by: Imod

Il me semble qu'encore une fois le tournoi des villes s'est montré bien plus original que les olympiades qui se scolarisent de plus en plus : I/1°)a) ...

Imod

Posted by: lapras

salut Imod,
bravo pour la solution
tu veux l'explication de la différence entre les OA et le TDV ? En fait le TDV est uu concour russe traduit français.
Je préfere largement le TDV aux OA.

Posted by: Imod

Citation:

Posté par lapras

Je préfere largement le TDV aux OA.

Nous sommes au moins deux

Pour le 5) je croyais ( à tort ) avoir trouvé une solution

Il semblerait ( avec plein de points d'interrogation ) que le choix de la première ligne et de la première colonne comme une permutation de 1234567 induirait toutes les autres cases donc 7!6! possibilités

Imod

PS : je trouve l'exercice 4) particulièrement joli et vraiment pas facile !

Posted by: Imod

Retour au 5) , je pense avoir trouvé un invariant , en notant $a_{ij}$ la valeur sur la ième ligne et la jème colonne du tableau : $a_{ij}+a_{11}\equiv a_{i1}+a_{1j} [ Mod 7]$
La valeur de chaque case est déterminée par celles de la première ligne et de la première colonne .

Imod

Posted by: lapras

La réponse semble être effectivement 7!6!

Posted by: Imod

Bon j'ai une démonstration propre pour le 5) . Initialement la valeur sur la ième ligne et jème colonne est l'entier $a_{ij}$ compris entre 1 et 7 tel que $a_{ij}\equiv j-i+1[Mod 7]$ . Quels que soient i et j , $I_{ij}=a_{ij}+a_{11}-a_{i1}-a_{1_j}=0$ . Montrons que $I_{ij}$ reste nul si on échange deux lignes ou deux colonnes .
Notons $a'_{ij}$ le tableau obtenu après l'échange de la 1ère et de la ième ligne . $a'_{1j}=a_{ij}$ , $a'_{ij}=a_{1j}$ et pour k différent de 1 et i $a'_{kj}=a_{kj}$ .
Notons $I'_{kj}=a'_{kj}+a'_{11}-a'_{1j}-a'_{k1}$
1°) Si k=1
$I'_{kj}=a'_{1j}+a'_{11}-a'_{1j}-a'_{11}=0$
2°) Si k=i
$I'_{kj}=a'_{ij}+a'_{11}-a'_{1j}-a'_{i1}=a_{1j}+a_{i1}-a_{ij}-a_{11}=-I_{ij}=0$
3°) Si k est différent de 1 et i
$I'_{kj}=a_{kj}+a_{i1}-a_{ij}-a_{k1}=a_{k1}+a_{1j}-a_{11}+a_{i1}-a_{i1}-a_{1j}+a_{11}-a_{k1}=0$

On montre de même que $I_{ij}$ reste nul si on échange les colonnes 1 et j donc reste nul quelque soit les échanges de lignes ou colonnes . Alors après n'importe quelle permutation la valeur $a_{ij}$ est donnée par $a_{ij}=a_{i1}+a_{1_j}-a_{11}$ .

Imod

Posted by: Imod

Pour le 3) la solution est évidente si on pense à construire D le point d'intersection des droites (AB) et (CP) . [PM] est un diamètre du cercle parallèle à [DB] alors PMC est un triangle rectangle et P est le milieu de [CD] . On considère h l'homothétie de centre B qui amène D en A : h(C)=H donc h(P) est le milieu de [HA] .

http://img377.imageshack.us/img377/8937/milieux3fy4.jpg

Imod

Posted by: lapras

Bien vu Imod !

Posted by: Imod

Personne ne s'est intéressé au 2°) ou au 4°) , le 2°) semble abordable !

Imod

Posted by: lapras

J'ai fait le 2) au TDV, il est tres facile

Par contre je n'ai pas essayé le 4) !

Posted by: rafbh

Salut

La reponse pour 5 n'est pas 7!² - 6²?

jme trompes?

Posted by: aviateurpilot

pour le 2)
il y a au moins trois puissances de 2 entre n et m. (car $2^3|2008$ )
donc il y a une puissance de 3 entre n et m.
on aura $3|2008$ ce qui est (absurde).

Posted by: lapras

Oui aziz, c'est ca !

Posted by: Imod

Citation:

Posté par aviateurpilot

Il y a au moins trois puissances de 2 entre n et m. (car $2^3|2008$ ) donc il y a une puissance de 3 entre n et m.

J'aimerais bien que l'on m'explique ces deux points qui me semblent faux

Imod

Posted by: aviateurpilot

Citation:

Posté par Imod

J'aimerais bien que l'on m'explique ces deux points qui me semblent faux

Imod

(notation $p^k||A$ ssi $p^k|A$ et $p^{k+1}\not|A$ )

1erment c'est evident que pour $p$ premier $p^k||ppcm(1,2,...,n)$ si et seulement si $p^k\le n<p^{k+1}$
en effet
<==) si $p^k\le n<p^{k+1}$ alors $p^k|ppcm(1,2,...,p^k-1,p^k,p^k+1,...,n)$ et $p^{k+1}\not|ppcm(1,2,..,n)$ car $\forall j\in\{1,2,...,n\}:\ p^{k+1}\not|j$
==>) si $p^{k}|ppcm(1,2,...,n)$ alors \exists j\in{1,2..., n\} tel que $p^k|h\le n$ .
et si $p^{k+1}\not|ppcm(1,2,...,n)$ alors $p^{k+1}\not\in\{1,2,...,n\}$

on a $ppcm(1,2,...,n)=2008ppcm(1,2,...,m)$
donc si $2^{a}\le n<2^{a+1}$ et $2^b\le m<2^{b+1}$
alors $2^{a}||ppcm(1,2,...,n)$ et $2^b||ppcm(1,2,...,m)$
d'ou $a=b+3$ car $ppcm(1,2,...,n)=2^3.251.ppcm(1,2,...,m)$
d'ou $m< 2^{b+1}<2^{b+3}\le n$
$\exist h:\ 2^{b+1}<3^h<2^{b+3}$ (evident en utilisant la fonction $ln(x)$ ).
donc $m<3^h\le n$
d'ou $3^h|ppcm(1,2,...,n)=2008.ppcm(1,2,..,m)$ et $3^h\not|ppcm(1,2,..,m)$
absurd

Posted by: Imod

D'accord , évident si on veut ...

Joli en tout cas . Il reste donc le 4) !!!

Imod

Posted by: aviateurpilot

Citation:

Posté par Imod

D'accord , évident si on veut ...

Joli en tout cas . Il reste donc le 4) !!!

Imod

j pense que j'ai pa bien compri l'exo,
le polygone doit etre plus petit que le carré? (pour qu'il soi possible qu'on le place dans ce dernier)???

Posted by: Imod

Pour moi il n'y a pas d'ambiguité , le polygone est plus petit que le carré ( il tient à l'intérieur ) . Si on place deux polygones dans le carré , il y a au moins un point de chevauchement . Il faut montrer alors qu'en plaçant trois polygones il existe toujours un point du carré recouvert par les trois .
Essaie par exemple avec un polygone qui est un carré de côté la moitié celui du départ

Imod

Posted by: Imod

Une idée pour le 4)

. Notons C le carré de centre O et P le polygone . Considérons P dans C , P rencontre son symétrique P' par rapport à O donc $P \cap P'$ est non vide , convexe et invariant par $S_O$ donc contient O .

Imod

Posted by: aviateurpilot

Citation:

Posté par Imod

Pour moi il n'y a pas d'ambiguité , le polygone est plus petit que le carré ( il tient à l'intérieur ) . Si on place deux polygones dans le carré , il y a au moins un point de chevauchement . Il faut montrer alors qu'en plaçant trois polygones il existe toujours un point du carré recouvert par les trois .
Essaie par exemple avec un polygone qui est un carré de côté la moitié celui du départ

Imod

ok merci bcp pour cette explication.

Posted by: Imod

Citation:

Posté par aviateurpilot

ok merci bcp pour cette explication.

De rien , mais si le problème t'intéresse vraiment ne lit pas mon dernier message qui donne la solution

On a enfin bouclé ce tournoi toujours passionnant !!!

Imod

Posted by: lapras

Et encore Imod, tu n'as eu que la version dire "normale", je vais essayer de me procurer la difficile (nettement plus complete (+ d'exos)) et plus difficile !

Posted by: Imod

Ne te prives pas , j'adore !!!

Imod

Posted by: aviateurpilot

Citation:

Posté par Imod

$a_{ij}$ est donnée par $a_{ij}=a_{i1}+a_{1_j}-a_{11}$ .

Imod

c'est bien,
mais pour dire que le nombre de cas possible est 7!6!.il faut montrer aussi que les permutation de (1234567) sur la 1er colonne et la 2eme sont independantes (just pour avoir une demo complete).
en plus je pense que pour la matrice initial on a $a_{22}=1\neq 2+7-1=a_{21}+a_{12}-a_{11}$ .

Posted by: Imod

Citation:

Posté par aviateurpilot

il faut montrer aussi que les permutation de (1234567) sur la 1er colonne et la 2eme sont independantes

Je ne suis pas sûr de bien comprendre la question

Imod

Posted by: aviateurpilot

Citation:

Posté par Imod

Je ne suis pas sûr de bien comprendre la question

Imod

vous avez montrer que les 2 premutation sur la 1er colonne et la 1er ligne sont suffisantent pour determiner toute la matrice,
alors il suffit de denombrer les cas possible pour la 1er colonne et la 1er ligne $=7!6!$ .
mais cette implication est fausse.
il faut ajouter klk chose

autrement dit vous avez montrer que cette application est injective

$f((a_{ij}))=[(a_{11},a_{12},a_{13},...,a_{17}),(a_{11},a_{21},a _{31},...,a_{71})]$
donc $card(H)=card(Im(H))$
avec H={l'ensemble des matrice obtenue par les operation de l'exo}
tu doit montrer que $card(Im(H))=7!6!$ (là il vous faut klk chose)

Posted by: Imod

La surjectivité est évidente , non ?

Imod

Posted by: aviateurpilot

Citation:

Posté par Imod

La surjectivité est évidente , non ?

Imod

voila, pour avoir une solution complete , il faut au moins dire "la surjection est evidente".
car sinon, sa suppose que ce que vous avez dit est suffisant pour dire que 7!6! est la solution,

comme meme il est possible que les 2 permutation ne sont pas independantes, qui sais, alors fo voir tous
tres jolie solution bravo