Le Défi ouvert canadien de mathématiques 2016 — nov. 3/4
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Nicolae Strungaru
Problème de la semaine
— Nicolae Strungaru, Grant MacEwan University
Les problèmes du DOCM se divisent en trois parties. Pour la partie A, il n'est pas nécessaire d'écrire ses démarches dans la solution. Il est même possible de résoudre les problèmes sans avoir à écrire quoi que ce soit. Les problèmes de la partie B présentent un défi plus élevé et nécessitent des connaissances un peu plus poussées. Pour ceux-ci, vous aurez sans doute besoin de papier et d'un crayon. Les problèmes de la partie C nécessitent des réponses complètes avec justification pour les arguments proposés.
Nous avons sélectionné une variété de problèmes provenant de divers concours nationaux et régionaux avec l'espoir de susciter votre intérêt pour la résolution de problèmes et vous donner un peu de préparation pour le Défi ouvert canadien de mathématiques en novembre. Les problèmes touchent à large éventail de domaines mathématiques (algèbre, logique, géométrie...) mais ne sont pas associés à un âge scolaire précis.
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’elles ne soient publiées ici.
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
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Problème
(publié le
1 novembre)
Déterminez tous les polynômes $f(x)=x^n+a_{1}x^{n-1}+a_2x^{n-2}+...+a_{n-1}x+a_n$ avec les propriétés suivantes :
- tous les coefficients $a_1,..,a_{n}$ appartiennent à l'ensemble $\{ -1,1\}$;
- toutes les solutions à l'équation $f(x)=0$ sont réelles.
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Solution
(publié le
8 novembre)
Il s'agit du problème 5 de la quatrième Olympiade mathématique d'Irlande (1991), apparu dans l'édition [1993:192-193] du Crux Mathematicorum. On présente la solution de Michael Selby, parue dans l'édition [1995:12-13].
Soit $r_1,r_2,..,r_n$ les racines du polynôme. Alors \begin{align} r_1+r_2+...+r_n &= -a_{1} \cr r_1r_2+r_1r_3+...+r_{n-1}r_n &= a_{2} \cr r_1r_2...r_n &= (-1)^na_n \,. \end{align}
On trouve alors \begin{align} r_1^2+r_2^2+..+r_n^2 &= \left(r_1+...+r_n\right)^2-2 \left(r_1r_2+r_1r_3+...+r_{n-1}r_n \right) \cr &= 1-2a_{2} \,. \end{align}
Ceci implique que, en autant que $n \geq 2$, nous avons $1-2a_2 \geq 0$ et donc que $a_2=-1$.
Par l'inégalité arithmético-géométrique, \begin{align} \frac{r_1^2+...+r_n^2}{n} &\geq \sqrt[n]{r_1^2r_2^2...r_n^2} \cr &= \sqrt[n]{ \left( (-1)^na_n \right)^2}=1 \end{align} avec égalité si et seulement si $r_1^2=r_2^2=...=r_n^2=1$.
Ainsi, \[ 1-2a_2 \geq n \,, \] avec égalité si et seulement si $r_1^2=r_2^2=...=r_n^2=1$.
Il est donc nécessaire que $n \leq 3$.
Cas 1 : $n=1$. On voit directement que $X+1$ et $X-1$ sont des solutions.
Cas 2 : $n=2$. On doit avoir $a_2=-1$. Les deux polynômes possibles sont donc $X^2-X-1$ et $X^2+X-1$. Ce sont tous deux des solutions.
Cas 3 : $n=3$. On doit avoir $a_2=-1$ et égalité dans l'inégalité arithmético-géométrique, donc $r_j \in \{ \pm 1 \}$. De plus, puisque $r_1r_2+r_1r_3+r_2r_3=-1$, il n'est pas possible que toutes les racines aient le même signe. Ceci nous mène à deux polynômes possibles : \begin{align} (X-1)^2(X+1) &= X^3-X^2-X+1 \cr (X-1)(X+1)^2 &= X^3+X^2-X-1 \,. \end{align}
Réponse : Il y a 6 polynômes qui satisfont les conditions : \[ X-1 \,;\, X+1 \,;\, X^2-X-1 \,;\, X^2+X-1 \,;\, X^3-X^2-X+1 \mbox{ et } X^3+X^2-X-1 \,. \]
Semaine 8
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Problème
(publié le
25 octobre)
On découpe un triangle équilatéral $AXY$ à partir d'un rectangle $ABCD$ de façon à ce que le sommet $X$ soit sur le côté $BC$ et que le sommet $Y$ soit sur le côté $CD$. Une fois ce triangle découpé, il reste trois triangles rectangles. Montrez que la somme des aires de deux de ces trois triangles est égale à l'aire du troisième.
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Solution
(publié le
1 novembre)
Il s'agit du problème 2 de l'Olympiade nationale Hongroise de 1987,aussi apparu dans le Crux Mathematicorum [1989:100-101]. La solution présentée ici est celle de Michael Selby et D.J. Smeenk, parue dans l'édition [1991:68-69].
Premièrement, on peut remarquer que cette construction n'est pas possible pour tous les rectangles. Si le rectangle a des côtés de longueur $a \leq b$, alors une condition nécessaire serait que $a \geq \frac{\sqrt{3}}{2}b$.
Étant donné qu'il est possible de le faire, on pose $s$ pour la longueur du côté du triangle équilatéral. On affirme que \[ [XYC]=[ADY]+[ABX] \,, \] où $[T]$ signifie l'aire du triangle $T$. Utilisons $\theta_1$ et $\theta_2$ pour décrire respectivement $\angle BAX$ et $\angle DAY$.
Ainsi, \begin{align} [ABX] &= \frac{1}{2} AB \cdot BX \cr &= \frac{1}{2} s \cos(\theta_1) s \sin(\theta_1) \cr &= \frac{1}{2} s^2 \cos(\theta_1) \sin(\theta_1) \cr &= \frac{1}{4} s^2 \sin(2 \theta_1) \,, \end{align} et de la même façon \[ [ADY] =\frac{1}{4} s^2 \sin(2 \theta_2) \,. \]
Ainsi, \begin{align} [ADY] &= \frac{1}{4} s^2 \sin(2 \theta_2) \cr &= \frac{1}{4} s^2 \sin\left(2 (30^\circ -\theta_1)\right) \cr &= \frac{1}{4} s^2 \sin\left(60^\circ -2\theta_1\right) \cr &= \frac{1}{4} s^2 \left( \frac{\sqrt{3}}{2} \cos(2\theta_1) -\frac{1}{2} \sin(2\theta_1) \right) \cr &= \left(\frac{\sqrt{3}}{8} s^2 \cos(2\theta_1) \right) -\left( \frac{1}{8} s^2 \sin(2\theta_1) \right) \,. \end{align}
Ceci nous montre que \[ [ADY]+[ABX]= \frac{\sqrt{3}}{8} s^2 \cos(2\theta_1) +\frac{1}{8} s^2 \sin(2\theta_1) \,. \]
Maintenant, pour $XCY$, l'angle $\angle CXY= 30^\circ+\theta_1$. Donc \begin{align} [CXY] &= \frac{1}{2} CX \cdot CY \cr &= \frac{1}{2} s^2 \sin(30^\circ+\theta_1) \cos(30^\circ+\theta_1) \cr &= \frac{1}{4} s^2 \sin(60^\circ+2 \theta_1) \cr &= \frac{\sqrt{3}}{8} s^2 \cos(2\theta_1) +\frac{1}{8} s^2\sin(2\theta_1) \cr &= [ADY]+[ABX] \,. \end{align}
Semaine 7
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Problème
(publié le
18 octobre)
$ABC$ est un triangle pour lequel $AB=AC$ et dont $\angle BAC=20^\circ$. Sur le côté $AC$, on choisit un point $D$ tel que $AD=BC$. Déterminez la mesure de l'angle $\angle CDB$.
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Solution
(publié le
25 octobre)
Il s'agit d'un de mes problèmes de géométrie préférés et celui-ci possède une très jolie solution. Malheureusement, la source de la question et de la solution ont été perdus.
Sur le côté $AD$, on construit un triangle équilatéral extérieur à $ABC$ qu'on nomme $ADE$. Relions $E$ à $B$.
Maintenant, par CAC, les triangles $ABC$ et $BAE$ sont congrus. Plus précisément, \[ AB=AC \,;\, \angle ABC=80^\circ =\angle BAE \,;\, BC=AE \,. \]
Ceci implique que le triangle $BAE$ est isocèle et donc $AB=BE$.
Ainsi, par CCC, les triangles $ADB$ et $EDB$ sont congrus. Plus précisément, \[ AD=ED \,;\, DB=DB \,;\, AB=EB \,. \] Ceci implique que $\angle ADB=\angle EDB$.
Puisque \[ \angle ADB+\angle EDB+60^\circ =360^\circ \] on obtient \[ \angle ADB =150^\circ \,. \] et donc \[ \angle CDB =30^\circ \,. \]
Semaine 6
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Problème
(publié le
11 octobre)
Trouvez tous les nombres entiers positifs $n$ pour lesquels \[ n(n+1)(n+2)(n+3) \] a exactement 3 diviseurs premiers.
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Solution
(publié le
18 octobre)
Il s'agit du problème 5 de la ronde finale de la 30e Olympiade mathématique d'Espagne. Celui-ci est apparu dans l'édition [1998:69-70] du Crux Mathematicorum. La solution présentée est une légère modification de celle d'Edward T.H. Wang, donnée dans l'édition [1999:203-204].
On va montrer que les seuls entiers satisfaisant la condition sont $n=2,3$ et $6$.
Soit $P(n)=n(n+1)(n+2)(n+3)$. Alors $P(1)=2^3 \cdot 3$ et donc $n=1$ n'est pas une solution. On suppose maintenant que $n \geq 2$.
Remarquons premièrement que pour tout $k \in \mathbb{N},$ $(k,k+1)=(2k-1,2k+1)=1$.
Considérons maintenant deux possibilités:
Cas 1: $n$ est impair. Dans ce cas, les nombres $n, n+1, n+2$ sont relativement premiers deux à deux. Pour satisfaire la condition, ils doivent donc être des puissances de nombres premiers.
Puisque $n+1$ est pair, on doit avoir que \[ n=p^a \,;\, n+1=2^b \, \mbox{ and } \, n+2=q^c \] où $a, b, c, p, q \in \mathbb N$ dont $p$ et $q$ sont des premiers impairs distincts.
Remarquons maintenant que $n+3=2^{b}+2=2(2^{b-1}+1)$ où $b \geq 2$. Puisque les seuls diviseurs premiers possibles de $n+3$ sont $2, p$ et $q$ et que $(n+2,n+3)=1,$ il est nécessaire que \[ 2^{b-1}+1=p^d \,, \] où $d \geq 1$.
Ainsi, \[ 2p^d=n+3=p^a+3 \,. \] Ceci montre que $p|3$ et donc que $p=3$. En divisant par $3$, on obtient \[ 2 \cdot 3^{d-1}=3^{a-1}+1 \,. \]
Il est impossible que $d-1>0$ et $a-1>0$ puisque dans ce cas on aurait que $3|1$. Donc $d-1$ ou $a-1$ doit être $0$ et on en déduit ensuite que l'autre doit aussi être nul.
Ceci nous montre que $a=1$ et donc que $n=3$.
On a ainsi montré que la seule solution possible pour $n$ impair est $n=3$ et il est facile de vérifier qu'il s'agit bel et bien d'une solution.
Cas 2: $n$ est pair. Dans ce cas, on a $(n+1,n+2)=(n+1,n+3)=(n+2,n+3)=1$. Par le même argument que dans le cas 1, on obtient l'équation \[ n+1=p^a \,;\, n+2=2^b \, \mbox{ and } \, n+3=q^c \] où $a, b, c, p, q \in \mathbb N$ dont $p,q$ sont des nombres premiers impairs distincts.
On a ensuite que \[ n=2^b-2=2(2^{b-1}-1) \,. \]
Ainsi $n\geq 2$ et donc $b \geq 2$.
Si $b=2$, on a $n=2$ qui est une solution.
Autrement, si $b \geq 3$, alors $2^{b-1}-1$ est un nombre impair supérieur ou égal à $3$. Les seuls nombres premiers qui peuvent diviser $n$ sont $2,p,q$ et comme $(n, p^a)=1$ et $2^{b-1}-1$ sont impair, on doit avoir \[ 2^{b-1}-1=q^d \,, \] où $d \geq 1$.
Conséquemment, \[ 2q^d=n=q^c-3 \,. \] Ceci nous montre que $q|3$ et donc que $q=3$. En divisant par $3$, on obtient \[ 2 \cdot 3^{d-1}=3^{c-1}-1 \,. \] On doit avoir $d-1 \leq c-1$ et donc que $3^{d-1} |1$. Ceci implique que $d=1$ et donc \[ n=2 \cdot 3=6 \,. \]
Il est facile de montrer que $n=6$ est réellement une solution.
En conclusion, $n(n+1)(n+2)(n+3)$ a exactement 3 diviseurs premiers si et seulement si $n \in \{2,3,6\}$.
Semaine 5
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Problème
(publié le
4 octobre)
Cette semaine, on s'intéresse à une équation fonctionnelle.
Trouvez toutes les fonctions $f : \mathbb{N}^* \to \mathbb{N}^*$ telles que \[ f\left(f(m)+f(n) \right) = m+n \,;\, \forall m,n \in \mathbb{N}^* \,, \] où $\mathbb{N}^*$ désigne l'ensemble $\{1,2,3,...\}$ des entiers positifs.
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Solution
(publié le
11 octobre)
C'était le problème 4 de la 44e Olympiade mathématique de Lithuanie, aussi apparu dans l'édition [1998:196-197] du Crux Mathematicorum. La solution présentée est celle de Pierre Bornsztein et est apparue dans l'édition [1999:334-335].
Pour $m,n \in \mathbb{N}^*$, d'après \[ f\left(f(m)+f(n) \right) = m+n \tag{1} \] \[ f\left(f(m)+f(n) \right)+f\left(f(m)+f(n) \right) =2( m+n) \]
Donc \begin{align} f\left[ f\left(f(m)+f(n) \right)+f\left(f(m)+f(n) \right) \right] & = f(m)+f(n)+f(m)+f(n) \cr & = 2\left( f(m)+f(n) \right) \end{align} et \[ f\left[ f\left(f(m)+f(n) \right)+f\left(f(m)+f(n) \right) \right] = f(2m+2n) \,. \]
Ainsi, \[ f(2m+2n)=2\left( f(m)+f(n) \right) \,. \tag{2} \]
Pour $m=n$, $4f(n)=f(4n)$.
Pour $m=2p+1, n=2p-1$ \[ 2f(2p+1)+2f(2p-1)=f(8p)=4f(2p) \] d'où $p \geq 1$, \[ f(2p+1)=2f(2p)-f(2p-1) \,. \tag{3} \]
De même pour $m=2p+2, n=2p-2, (p \geq 2)$ on obtient \[ f(2p+2)=2f(2p)-f(2p-2) \,. \tag{4} \]
On pose $f(1)=a, f(2)=b$.
En utilisant $(3)$ et $(4)$ on trouve \begin{align} f(3) &= 2b-a \cr f(4) &= f(4 \cdot 1)=4f(1)=4a \cr f(5) &= 9a-2b \cr f(6) &= 8a-b \end{align}
Mais pour $m=2,n=1$, $(2)$ conduit à \[ f(6)=2f(2)+2f(1)=2a+2b \,. \]
Donc $8a-b=2a+2b,$ c.à.d. $b=2a$. On en déduit que pour $n \in \{ 1, 2, 3, 4, 5, 6 \}, $ \[ f(n)=an \,. \]
Une récurrence immédiate en utilisant $(3)$ et $(4)$ permet d'obtenir: \[ f(n)=an, \, \mbox{ pour tout } n \in \mathbb{N}^*. \]
Alors dans $(1)$, pour tout $m,n \in \mathbb{N}^*$ \[ m+n=f\left(f(m)+f(n) \right)=a(f(m)+f(n))=a^2(m+n) \,, \] d'óu $a=1$ et \[ f(n)=n \, \mbox{ pour tout } n \in \mathbb{N}^* \,. \]
Réciproquement, $f(n)=n$ convient.
Semaine 4
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Problème
(publié le
27 septembre)
Cette semaine, on s'intéresse à un problème de cercle inscrit.
Soit $ABC$ un triangle équilatéral et $\Gamma$ son cercle inscrit. Si $D$ et $E$ sont des points positionnés respectivement sur les côtés $AB$ et $AC$ de façon à ce que $DE$ soit tangent à $\Gamma$, montrez que \[ \frac{AD}{DB}+\frac{AE}{EC}=1 \]
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Solution
(publié le
4 octobre)
Il s'agit du problème 4 de la 8e Olympiade mathématique IberoAmerican. Celui-ci est apparu dans l'édition [1996:159-160] du Crux Mathematicorum. La solution suivante est celle de Sěfket Arslanagić et est apparue dans l'édition [1997:465-466].
Soit $AB=AC=BC=a, BD=p$ et $CE=q$. Alors $AD=a-p$ et $AE=a-q$.
Puisque le cercle $\Gamma$ est inscrit dans le quadrilatère $BCED$, on trouve que \[ ED+BC=BD+CE \,, \] ou autrement \[ED=p+q-a \,.\tag{1}\]
Par la loi des cosinus dans le triangle $ADE$, on obtient \[ ED^2=AD^2+AE^2-2AD \cdot AE \cdot \cos(60^\circ) \,, \] et donc, avec l'équation $(1)$ on a \[ (p+q-a)^2=(a-p)^2+(a-q)^2-(a-p)(a-q) \,. \] En développant, on trouve \[ 3pq=ap+aq\,. \]
Ainsi, \begin{align} \frac{AD}{DB}+\frac{AE}{EC} & = \frac{a-p}{p}+\frac{a-q}{q} \cr & = \frac{aq-pq+ap-qp}{pq} \cr & = \frac{ap+aq-2pq}{pq} \cr & = 1 \,. \end{align}
Semaine 3
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Problème
(publié le
20 septembre)
Soit $p$ le nombre de fonctions allant de $\{ 1, 2, 3, ..., m \}$, $m \in \mathbb{N}^{*}$ à $\{1, 2, ..., 35, 36\}$ et $q$ le nombre de fonctions allant de $\{ 1, 2, 3, ..., n \}$, $n \in \mathbb{N}^{*}$ à $\{1, 2, 3, 4, 5\}$. Déterminez la plus petite valeur possible de $|p-q|$.
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Solution
(publié le
27 septembre)
Il s'agit du problème 5 de la $40^{\text{ème}}$ Olympiade mathématique de Moldovie, form 11, qui est apparue dans le Crux Mathematicorum [2001:326-327]. On présente ici la solution légèrement modifiée de Pierre Bornsztein qui est apparue dans l'édition [1999:369-370].
Soit $m,n \in \mathbb{N}^{*}$. On trouve que $p=36^m$ et $q=5^n$. Le problème est donc de trouver la valeur minimale de $|36^m-5^n|$ parmi toutes les valeurs de $m,n \in \mathbb{N}^{*}$.
Les deux derniers chiffres de $36^m$ peuvent être $36, 96, 56, 16$ ou $76$. Les deux derniers chiffres de $5^n$ sont soit $05$ ou $25$.
Ainsi, \[ 36^m-5^n \in \{ \pm 9, \pm 11, \pm 29, \pm 31, \pm 49 \} \pmod{100} \]
On remarque aussi que puisque $9|36^m$ et $9 \nmid 5^n$ alors $9 \nmid 36^m-5m$. Donc $36^m-5^n \neq \pm 9$.
Ceci nous montre que la plus petite valeur que peut prendre $|36^m-5^n|$ est $11$. Cette valeur est atteinte lorsque $m=n=2$.
La plus petite valeur possible de $|p-q|$ est donc $11$.
Semaine 2
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Problème
(publié le
13 septembre)
Cette semaine on s'intéresse à une équation du cinquième degré.
Trouvez toutes les solutions réelles à l'équation \[ 1+x+x^2+x^3=x^4+x^5 \,. \]
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Solution
(publié le
20 septembre)
C'est le problème 4 du $21^{\text{ème}}$ W.J. Blundon Mathematics Contest, Memorial University qui a été écrit en 2004 et donné dans la section Skoliad de l'édition [2005:354] du Crux Mathematicorum.
Cette équation peut être réécrite sous la forme \[ (1+x)(1+x^2)=(1+x)x^4 \,. \]
Sous cette forme, on remarque que $x=-1$ est une solution.
Si $x \neq -1$ on peut diviser par $1+x$ pour obtenir \[ 1+x^2=x^4 \,, \] ou \[ x^4-x^2-1=0 \,. \]
En faisant la substitution $y=x^2$, on trouve l'équation quadratique \[ y^2-y-1=0 \] dont les solutions sont \[ y_1= \frac{1+\sqrt{5}}{2} \mbox{ et } y_2= \frac{1-\sqrt{5}}{2} \,. \]
Puisque $y_2 <0$, l'équation $x^2=y_2$ n'a pas de solution.
À partir de $x^2=y_1$, on trouve deux nouvelles solutions réelles \[ x= \pm \sqrt{\frac{1+\sqrt{5}}{2}} \,. \]
L'équation initiale a donc $3$ solutions réelles: \[ x=-1, x=\sqrt{\frac{1+\sqrt{5}}{2}} \mbox{ et } x=-\sqrt{\frac{1+\sqrt{5}}{2}} \,. \]
Semaine 1
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Problème
(publié le
6 septembre)
Voici deux problèmes plus simples pour cette première semaine. Essayez-les! La source du problème ainsi que la solution seront disponibles la semaine prochaine.}
Problème A
Dans l'image, $ABCD$ est un carré de côté 17 et les quatre triangles $ABF, DAE, BCG$ et $CDH$ sont congrus et rectangles. De plus, $\overline{FB}=8$. Déterminez l'aire de la région ombragée $EFGH$.Problème B
Déterminez combien de paires entières $(x,y)$ sont solutions à l'équation \[ x^2y^3=6^{12} \,. \] -
Solution
(publié le
13 septembre)
Problème A
Il s'agit du Problème 1 du BC Colleges High School Mathematics Contest 2005, ronde B de la finale junior, écrit en mai 2005 et donné dans la section Skoliad de l'édition [2005:265] du Crux Mathematicorum. La prochaine solution est la solution « officielle » qui est apparue dans l'édition [2006:137].
Puisque $FB=8$ et $AB=17$, le théorème de Pythagore nous donne que $AF=15$. L'aire de chacun des quatre triangles congrus est donc $\frac{8 \times 15}{2}=60$. L'aire de la région ombragée $EFGH$ est donc $17^2-4\cdot 60=49$.
Problème B
Il s'agit du problème 3 du même concours que le précédent. On donne aussi la solution officielle apparue dans l'édition [2006:138].
Premièrement, puisque $6^{12} >0$ et $x^2 \geq 0,$ il est nécessaire que $x^2 >0$ et que $y>0$.
L'équation initiale est $x^2y^3=6^{12}=2^{12}3^{12}$. Puisque $x$ et $y$ divisent tous deux $2^{12}3^{12}$, on doit avoir $x= \pm 2^i3^j$ et $y= 2^k3^l$, où $i,j,k $ et $l$ sont des entiers positifs.
On peut donc écrire $x^2=2^{2i}3^{2j}$ et $y^3=2^{3k}3^{3l}$. Ainsi, \[x^2y^3=2^{2i+3k}3^{2j+3l} \,.\]
On doit obtenir $x^2y^3=2^{12}3^{12}$. Ainsi $2i+3k=12$ et $2j+3l=12$. Les solutions à ces deux équations sont \[ (i,k) \in \{ (0,4), (3,2), (6,0) \} \mbox{ et } (j,l) \in \{ (0,4), (3,2), (6,0) \} \,. \]
Chacune des valeurs de $i$ peut être associée à chacune des valeurs de $j$. Une fois cette association faite, les valeurs de $k$ et $l$ sont déterminées. Le nombre de paires d'entiers positifs satisfaisant l'équation est donc $3 \times 3=9$. En admettant que $x$ puisse être négatif, on a $9 \times 2=18$ solutions.
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