Enoncés :21 à 25

Exercice 21  (Olympiades internationales 2001 : un récent pour une fois...)

1) a,a',a'',b,b',b" étant 6 réels quelconques montrer que (ab+a'b'+a''b'')2<=(a2+a'2+a''2)*(b2+b'2+b''2), inégalité qui s'écrit  |ab+a'b'+a''b''|<=rac(a2+a'2+a''2)*rac(b2+b'2+b''2) soit |U.V|<=||U||*||V|| avec U vecteur de coordonnées (a,a',a'') et V vecteur de coordonnées (b,b'b"), cela dans une base orthonormée ; cette inégalité, appelée inégalité de Schwartz, se généralise évidemment à des vecteurs à n coordonnées réelles.

Indication : considérer la fonction f définie par f(x)=(a+bx)2+(a'+b'x)2+(a''+b''x)2 pour tout réel x.

2) a,b,c étant 3 réels strictement positifs on pose a'=rac(a2+8bc), b'=rac(b2+8ac), c'=rac(c2+8ab).

Montrer que a/a'+b/b'+c/c'>=1.

solution  

Exercice 22  (Olympiades internationales 1966 : et hop un retour en arrière de 35 ans, par rapport au précédent!)

On considère un tétraèdre ABCD régulier (ses 4 arêtes ont même longueur ) : prouver que la somme des distances d'un point de l'espace aux 4 sommets de ce tétraèdre est minimum si et seulement si ce point est le centre de gravité du tétraèdre.

solution  

Exercice 23  (Olympiades internationales 2002, A2, à Glasgow)

[BC] est un diamètre du cercle G de centre O ; A est un point de G distinct de B et tel que angle(AOC)>60° ; la médiatrice de [AO] coupe G en E et F, avec F du même côté de (AO) que C ; D est le milieu de l'arc de cercle reliant A à B, et ne contenant pas C ; enfin, la parallèle à (AD) passant par O coupe (AC) en J.

Montrer que J est le centre du cercle inscrit du triangle CEF.

solution  

Exercice 24  (Olympiades internationales 2002, A1, à Glasgow)

S est l'ensemble de tous les points de coordonnées (h,k) avec h et k entiers naturels (positifs ou nuls) et h+k<n. Chacun de ces points est colorié en rouge ou en bleu, de telle sorte que si le point (h,k) est rouge alors tous les points (h',k') avec h'£h et k'£k sont rouges. On appelle sous-ensemble de type X tout sous-ensemble de S constitué de n points bleus ayant des abscisses toutes distinctes et sous-ensemble de type Y tout sous-ensemble de S constitué de n points bleus ayant des ordonnées toutes distinctes.

Montrer qu'il y a autant d'ensembles de type X que d'ensemble de type Y.

L'exercice, à mon sens, est considérablement plus compliqué que le précédent : on pourra, peut-être, avant de se lancer dans la résolution lire les deux résultats indiqués en début de solution et qui sont à la limite, pour ne pas dire plus, du programme de 1èreS ; mais ce sont des résultats de TS qui seront à connaître l'année prochaine!

solution   

Exercice 25 (Olympiades internationales1966 )

Résoudre le systéme de 4 équations à 4 inconnues suivant :

|ai-a1|x1+|ai-a2|x2+|ai-a3|x3+|ai-a4|x4=1

i variant de 1 à 4 ; les inconnues sont évidemment les xi et les ai sont quatre paramètres réels distincts 2 à 2.

solution     

 


 Solutions

Solution exercice 21

1) Evidemment cette question ne faisait pas partie de l'exercice initial, mais comme je ne vois pas comment faire la 2ième question sans l'inégalité de Schwartz, je l'ai rajoutée.

Si b,b',b'' ne sont pas tous nuls, f est tout simplement un polynôme du 2ième degré ( le coefficient de x2 est b2+b'2+b''2 non nul) qui est toujours >=0 (somme de 3 carrés) donc son discriminant est <=0 (s'il était >0 il aurait 2 racines et serait négatif entre les 2 racines) ; or ce discriminant est (au coefficient 4 près) (ab+a'b'+a''b'')2-(a2+a'2+a''2)*(b2+b'2+b''2), ce qui démontre l'inégalité.

Si b=b'=b''=0 l'inégalité est trivialement vraie puisque les 2 membres sont nuls.

2) Notons S=a/a'+b/b'+c/c' ; en posant u=rac(a/a'), v=rac(b/b'), w=rac(c/c') et u'=rac(a)*rac(a'), v'=rac(b)*rac(b'), w'=rac(c)*rac(c') on obtient S=u2+v2+w2 et u*u'+v*v'+w*w'=a+b+c.

D'après l'inégalité de Schwartz on a (a+b+c)2<=(u2+v2+w2)*(u'2+v'2+w'2) et donc

S>=(a+b+c)2/(u'2+v'2+w'2) : il faut continuer à minorer.

On remarque évidemment que u'2+v'2+w'2=a*a'+b*b'+c*c' et on pourrait songer à appliquer Schwartz à cette somme mais cela n'aboutit pas ; par contre u'2+v'2+w'2=rac(a)*(rac(a)*a')+rac(b)*(rac(b)*b')+rac(c)*(rac(c)*c') (il fallait y penser!) et là on peut aussi appliquer l'inégalité de Schwartz :

(u'2+v'2+w'2)2<=(a+b+c)*(a*a'2+b*b'2+c*c'2) soit (puisque u'2+v'2+w'2>=0)

u'2+v'2+w'2<=(rac(a+b+c))*(rac(a*a'2+b*b'2+c*c'2)) et donc

S>=(a+b+c)2v/((rac(a+b+c))*(rac(a*a'2+b*b'2+c*c'2))).

Pour montrer que S>=1 il suffit alors de prouver que (a+b+c)3>=a*a'2+b*b'2+c*c'2 c'est-à-dire que :

(a+b+c)3>=a*(a2+8bc)+b*(b2+8ac)+c*(c2+8ab). En développant tout azimut les 2 membres on constate que cette inégalité est équivalente à montrer que a2*b+a2*c+b2*c+b2*a+c2*a+c2*b-6abc>=0.

L'idéal pour montrer que quelque chose est positif étant que ce quelque chose soit une somme ou un produit de positifs, la vue de ce 6abc peut alors.....faire penser à 3 doubles produits!Et, effectivement

a2*b+a2*c+b2*c+b2*a+c2*a+c2*b-6abc=a(b-c)2+b(a-c)2+c(a-b)2 qui est bien positif ou nul!

retour énoncé ou présentation olympiades

Solution exercice 22

Précisons tout d'abord quelques propriétés de ce tétraèdre et de son centre de gravité G.

Centre de gravité signifiant isobarycentre on a, en notant v(GA) pour vecteur GA, v(GA)+v(GB)+v(GC)+v(GD)=0 ; si on note I et J les milieux de [AB] et [CD] on a 2*v(GI)+2*v(GJ)=0 et G est le milieu de [IJ], et bien entendu on a un résultat analogue avec les autres paires de côtés opposés.

Le plan médiateur du segment [CD] est le plan (ABJ) puisque AD=AC=BD=BC et JC=JD ; ce plan contient évidemment I milieu de [AB] et donc il contient la droite (IJ) donc le point G : ainsi GC=GD. Un raisonnement analogue avec les autres arêtes donne GA=GB=GC=GD, et donc G est le centre de la sphère circonscrite au tétraèdre.

Notons aussi que (CD) étant perpendiculaire à son plan médiateur (ABJ) on a (CD)^(AB) : 2 côtés opposés du tétraèdre sont orthogonaux. Et aussi (ABJ) est donc plan de symétrie (orthogonale) du tétraèdre.

Le plan médiateur (ABJ) de [CD] contient (IJ) (voir plus haut), de même le plan médiateur de [AB] est le plan (CDI) qui contient (IJ) : ainsi les plans (ABJ) et (CDI) se coupent selon la droite (IJ) et en outre ils sont orthogonaux car l'un, (ABJ), contient une droite, (AB), orthogonale à l'autre (car (AB) est orthogonale à (CD), voir plus haut, et à (IJ), car (AB) est orthogonale au plan (CDI) contenant (IJ) )

Donnons maintenant un résulat préliminaire qui sera utile dans la suite et qui, même s'il paraît évident,doit être démontré.

A et B étant 2 points distincts, pour tout point M quelconque de l'espace dont le projeté orthogonal sur le plan médiateur de [AB] est H on a MA+MB³HA+HB.

Notons I le milieu de [AB] et P le plan médiateur de [AB]

si MÎ(AB) alors H=I et (d'après l'inégalité triangulaire) MA+MB³AB=HA+HB

si M n'est pas sur (AB) considérons le plan (MAB) qui est le plan de la figure ci-dessus : comme (AB)^P et (MH)^P on a (MH)//(AB) et H est dans dans (MAB) et puisque HA=HB, (HI) est la médiatrice ( dans le plan (MAB)) de (AB).

Si M=H le résultat énoncé est évidemment vrai, sinon on considère A' le symétrique de A par rapport à (MH) et alors MA+MB=MA'+MB³A'B (d'après l' inégalité triangulaire) et puisque A'B=2*HB=HA+HB (sous réserve de montrer que H est le milieu de [A'B], laissé aux bons soins du lecteur, une fois n'est pas coutume...) on obtient bien MA+MB³HA+HB.

Bon, maintenant venons-en au fait, c'est-à-dire à la résolution de l'exercice!

Notons f(M)=MA+MB+MC+MD

Soit M un point quelconque de l'espace et H son projeté orthogonal sur le plan (ABJ) :

                                                         

si MÎ(ABJ) alors H=M et MA=HA, MB=HB, donc MA+MB=HA+HB

si M n'appartient pas à (ABJ) alors M est différent de H et AHM et BHM sont 2 triangles rectangles en H donc leur hypothénuse est plus grande que chacun des autres côtés : MA>HA et MB>HB et MA+MB>HA+HB.

Ainsi on a toujours MA+MB³HA+HB (avec égalité ssi MÎ(ABJ)).

Mais H est en fait le projeté orthogonal de M sur le plan médiateur de [CD], donc d'après le résultat prélimaire MC+MD³HC+HD

Donc pour tout point M de l'espace on a f(M)³f(H) (avec égalité ssi MÎ(ABJ)).

Mais si on appelle K le projeté orthogonal de H sur le plan médiateur (CDI ) de [AB] on aura f(H)³f(K) ( d'après la démonstration précédente, le plan (ABJ) devenant le plan (CDI) et H jouant le rôle de M).

Ainsi pour tout point M de l'espace on a f(M)³f(H)³f(K).

Terminons en montrant que f(K)³f(G).

Les 2 plans (ABJ) et (CDI) étant orthogonaux, le projeté orthogonal de H (rappel : H est dans (ABJ)) sur (CDI) reste dans (ABJ) et ainsi ce projeté , c'est-à-dire K, est dans (ABJ) et dans (CDI) et donc K est en fait sur (IJ).

Soient C' et D' les symétriques respectifs de A et B par rapport à G (qui est le milieu de [IJ]) : ABC'D' est un rectangle (ses diagonales se coupent en leur milieu G et sont égales car GA=GB). Donc (C'D')//(AB) et ainsi (C'D') est aussi orthogonale au plan (CDI) et donc à (IJ) et bien sûr AC'=2*GA, C'D'=AB=CD et J milieu de [C'D'] (rem : le segment [C'D'] se déduit du segment [CD] par une rotation d'axe (IJ) et d'angle 90°).

K étant sur les 2 plans médiateurs de [AB] et [CD] on a KA=KB et KC=KD ; mais [KC] et [KC'] sont les hypothénuses de 2 triangles rectangles (en J) KJC et KJC' ( car les droites (CD) et (C'D') sont orthogonales à (IJ)) et ayant les mêmes autres côtés (JC'=JC résulte de CD=C'D' et J milieu de [CD] et [C'D']), donc KC=KC' et ainsi f(K)=2*(KA+KC')³(inégalité triangulaire)2*AC' =4*GA, soit f(K)³f(G) et donc pour tout point M de l'espace on a f(M)³f(G).

En remarquant qu'en fait f(M)³f(H)³f(G) on voit que pour avoir f(M)=f(G) il faut que f(M)=f(H) donc, voir début de la démonstration, il faut que M soit dans (ABJ) plan médiateur de [CD] ; de même il doit être dans les plan médiateurs des autres côtés et donc M est équidistant des 4 sommets [AB] donc c'est G : on a ainsi montré que la quantité f(M)=MA+MB+MC+MD est minimum uniquement lorsque M=G. Ouf!

Remarque : une autre façon de conclure post-lycée.

Puisque pour tout point M de l'espace f(M)³f(H), avec inégalité stricte si M n'est pas dans (ABJ), f(M) ne pourra être minimum que si MÎ(ABJ)=plan médiateur de [CD] ; de même M doit être dans les plans médiateurs des autres côtés et donc M doit être équidistant des 4 sommets et nécessairement M=G.

Si un point M minimise f ce ne peut donc être que G. Mais est-ce que G réalise effectivement le minimum? Rappelons que si une fonction réelle d'une variable réelle dérivable sur R a un extremum pour le réel a, nécessairement f'(a)=0, mais pour autant cette condition n'est pas suffisante : par exemple f(x)=x3 a une dérivée nulle en 0 mais pour elle n'a ni minimum, ni maximum en 0.

En fait la fonction M->f(M) est continue sur tout l'espace et en particulier sur la boule Bo de centre A et de rayon 4*GA qui est un compact de R3 (borné, fermé). Donc f est bornée sur cette boule et y atteint ses bornes : en particulier il existe X dans Bo tel que pour tout M de Bo on a f(M)³f(X). Mais si M n'est pas dans cette boule alors AM>4*GA et f(M)>4*GA=f(G)³f(X) (car GÎBo) et ainsi pour tout point M de l'espace f(M)³f(X) : le point X réalise le minimum de f sur tout l'espace et donc X ne peut être que G, c'est-à-dire G réalise effectivement le minimum de f (sur tout l'espace).

retour énoncé ou présentation olympiades

Solution exercice 23

Rappel : la notation [AB) désigne la demi-droite d'origine A et contenant B, et angle(MNP) est la mesure (entre 0° et 180°) de l'angle géométrique de sommet N et de côtés [NM) et [NP).

Il s'agit d'abord de justifier que J est effectivement à l'intérieur du triangle CEF (attention : O,J,F ne sont pas forcément alignés, voir remarque 2 plus bas).

Puisque FA=FO (médiatrice...) et que FO=AO, le triangle AOF est équilatéral : donc angle(AOF)=60° et l'hypothèse angle(AOC)>60° permet de dire que F est, strictement, entre A et C.

Par hypothèse angle(DOB)=1/2angle(AOB) et 1/2angle(AOB)=angle(ACB) ( d'après angle inscrit et angle au centre) et ainsi on a (AC)//(DO) ; comme par hypothèse (OJ)//(DA), AJOD est un parallélogramme, donc AJ=OD.

Par ailleurs EA=EO et FA=FO (médiatrice...) et ainsi AJ=AE=AF (ces 3 quantités sont égales au rayon du cercle G), donc J,E,F sont sur un même cercle de centre A ; mais comme [AJ)=[AC) est forcément entre [AE) et [AF) (puisque F est entre A et C), J et A ne sont pas du même côté de (EF), donc J et C sont du même côté de (EF). Mais de F entre A et C on déduit aussi que [CA)=[CJ) est entre [CE) et [CF) , c'est-à-dire J est "dans" l'angle en C du triangle CEF ; et comme J est du même côté de (EF) que C, J est à l'intérieur du triangle CEF.

Prouvons maintenant que J est sur deux bissectrices intérieures de CEF.

Puisque J,E,F sont sur un même cercle de centre A (voir plus haut), le théorème sur l'angle inscrit permet de dire que angle(EFJ)=1/2angle(EAJ) ; ayant les mêmes côtés angle(EAJ)=angle(EAC) et comme angles interceptant le même arc de cercle de G on a angle(EAC)=angle(EFC), d'où angle(EFJ)=1/2angle(EFC) : J est sur la bissectrice intérieure de l'angle en F du triangle CEF.

(EF) étant perpendiculaire à [AO], A est le milieu de l'arc de cercle reliant E et F, et donc angle(ACE)=angle(ACF), ces 2 angles interceptants 2 arcs de cercles égaux de G : [CA)=[CJ) est donc la bissectrice intérieure de l'angle en C du triangle CEF.

J étant sur 2 bissectrices intérieures du triangle CEF,c'est bien le centre du cercle inscrit de CEF.

Remarque 1 : si A=B, D est en A et on ne peut plus parler de la droite (AD) ; c'est pour cette raison que dans l'énoncé il a été dit A¹B ; cependant si A=B (auquel cas D=A=B), en remplacant la droite (AD) par la tangente en A au cercle alors, J (qui est égal à O) est encore le centre du cercle inscrit du triangle CEF (qui est équilatéral : Pythagore permet de montrer successivement que EF/2=(rac(3)/2)*R et EC=rac(3)*R avec R rayon du cercle).

Remarque 2 : peut-on avoir O,J,F alignés? cela entraîne (OF)=(OJ) donc (DA)//(OF) et comme angle(AOF)=60° on a angle(DAO)=60° ; mais DOA est isocèle en O et donc angle(DOA)=60°, soit angle(BOA)=120° et angle(AOC)=60°, ce qui ext exclu par l'énoncé : donc O,J,F ne sont pas alignés.

En fait si angle(AOC)=60°, on peut vérifier facilement que (DA)//(BC), DACO est un losange et F=C=J.

retour énoncé ou présentation olympiades

Solution exercice 24

Elle va utiliser les 2 résultats suivants :

R1 : soient 10 (par exemple) ensembles d'élèves (par exemple) E1,E2,....,E10 : on veut montrer que chacun de ces 10 ensembles vérifient la même propriété Õ ( par exemple tout élève de l'ensemble est excellent en maths).

Pour cela, il suffit de prouver les 2 aspects suivants :

a) l'ensemble E1 vérifie la propriété Õ

b) si Ei vérifie la propriété Õ, alors Ei+1 la vérifie aussi (cela pour i=1,2,...9)

En effet a) étant acquis, b) permet de dire que E2 vérifie la propriété Õ, et donc toujours d'après le b) E3 la vérifie aussi, ......etc.........jusqu'à E10.

En fait c'est presque un raisonnement par récurrence, le vrai raisonnement par récurrence ne se limitant pas à un nombre fini (ici 10) de résultats à prouver.

R2 : soient 4 ensembles E1,E2,E3,E4 contenant respectivement 4, 2,3,5 éléments : combien peut-on former de quadruplets (p,q,r,s) avec p,q,r,s éléments quelconques et respectifs de E1,E2,E3,E4?

Un arbre permet de voir qu'il y a 4*2*3*5=120 quadruplets possibles ; cela se généralise (c'est là que c'est un peu limite en 1èreS) ainsi :

le nombre de k-uplets (x1,x2,.....xn) avec xi élément quelconque de l'ensemble Ei à ni éléments est n1*n2*...*nk.

Rajoutons ces 2 résultats bien utiles lorsqu'on manipule des entiers p et q (naturels ou relatifs) :

p<q Û p£q-1 et donc l'hypothèse de l'énoncé h+k<n équivaut à h+k£n-1

le nombre d'entiers consécutifs allant de p (compris) à q (compris) est q-p+1 (pour p£q, bien sûr)

Attaquons la démonstration.

Les points de S sont les points à coordonnées entières positives ou nulles situés sous la droite d'équation x+y=n ; et chacune des coordonnées d'un point de S est dans {0;1;2;...;n-1}.

(Petit exercice : déterminer le nombre de points de S ; s'aider d'un schéma, voir ci-dessous un exemple.....)

Notons ai le nombre de points bleus de S ayant pour abscisse i et bj le nombre de points bleus de S ayant pour ordonnée j.

Un ensemble de type X étant constitué de n points bleus d'abscisses distinctes, il contient un seul point d'abscisse 0, un seul point d'abscisse 1,........et un seul point d'abscisse n-1 et donc, d'après le résultat R2 rappelé en début il y a nX=a0*a1*....*an-1 ensembles de type X.

De même il y a nY=b0*b1*....*bn-1 ensembles de type Y.

Il s'agit donc de montrer que nX=nY : pour cela il suffit de montrer (ce que l'on va faire) que les n nombres a0, a1,...., an-1 sont, à l'ordre près, les mêmes que b0, b1,...., bn-1.

Notons ci le plus grand entier k tel que le point (i,k) de S soit rouge ; s'il n'y a aucun point de S d'abscisse i qui soit rouge on pose ci=-1.

Cette séquence possède les 4 propriétés suivantes :

a) pour tout iÎ{0;1;2;..;n-1}, ciÎ{-1;0;1;2;..;n-i-1} (puisque i+ci£n-1)

b) pour tout entier k tel que 0£k£ci le point (i,k) de S est rouge (puisque le point (i,ci) est rouge et voir hypothèse sur le coloriage) et par définition de ci les points (i,k) de S avec k>ci sont bleus.

c) i<j =>ci³cj; en effet, soit cj=-1 et c'est évidemment vrai, soit cj¹-1 et dans ce cas si on avait cj>ci on aurait cj³ci+1 (car il s'agit d'entiers!!) et puisque le point (j,cj) est rouge le point (i,ci+1) serait rouge, (toujours l'hypothèse sur le coloriage) ce qui est contraire à la définition de ci; donc on n'a pas cj>ci, c'est-à-dire cj£ci.

d) La séquence c0,c1,....,cn-1 (que je noterai la séquence "c") définit parfaitement le coloriage des points de S :

les points d'abscisse 0 : (0,0) (0,1)..........(0,c0) sont rouges, tous les autres d'abscisse 0 étant bleus

les points d'abscisse 1 : (1,0) (1,1)..........(1,c1) sont rouges, tous les autres d'abscisse 1 étant bleus

etc.

Voici un exemple avec n=6, le coloriage de S étant défini par : c0=4 c1=3 c2=2 c3=1 c4=0 c5=0.

On remarquera que sur cet exemple, il n'y a pas de point bleu d'abscisse 5, ni de point bleu d'ordonnée 0 ; donc a5=0, b0=0 et ainsi on a bien nX=nY(=0) ; on peut aussi vérifier que les 6 nombres a0, a1, a2, a3, a4, a5, soit 1,1,1,1,1,0 sont, à l'ordre près, les mêmes que b0, b1, b2, b3, b4, b5, soit 0,1,1,1,1,1.

( On peut prouver facilement, d'une façon générale, que si ai=0 alors bn-1-i=0 : voir remarque à la fin de la démonstration).

On va considérer maintenant n+1 ensembles analogues à l'ensemble S (ensemble de tous les points de coordonnées (h,k) avec h et k entiers naturels (positifs ou nuls) et h+k<n, coloriés en bleu ou rouge suivant la règle donnée dans l'énoncé) mais dont le coloriage sera défini à partir de la suite c0,c1,....,cn-1 de S de la manière suivante :

S-1 a pour séquence "c" :-1,-,1,-1,.........,-1 ; donc tous les points de S-1 sont bleus.

S0 a pour séquence "c" : c0,-1,-1,-1,...,-1 ; donc tous les points de S0 sont bleus sauf ceux d'abscisse 0 et d'ordonnée £c0.

S1 a pour séquence "c" : c0,c1,-1,......,-1

etc

Si a pour séquence "c" : c0,c1,...,ci,-1,......,-1

etc

Sn-1 a pour séquence "c" : c0,c1,....,cn-1 ; Sn-1 est donc l'ensemble S.

On dira que l'ensemble Si vérifie la propriété Õ si ses n nombres a0, a1,...., an-1 sont, à l'ordre près, les mêmes que ses n nombres b0, b1,...., bn-1.

On va montrer que S-1 vérifie Õ et que pour tout i dans {-1;0;1;...;n-2}, si Si vérifie Õ alors Si+1 vérifie Õ ; donc d'après le résultat R2 donné au début, Sn-1=S vérifiera cette propriété Õ et donc nX=nY, cad il y aura bien autant d'ensembles de type X que d'ensembles de type Y.

Montrons que S-1 vérifie Õ :

on vérifie tout de suite, tous les points de S-1étant bleus, que a0=b0=n, a1=b1=n-1,...,an-1=bn-1=1.

Montrons que si Si vérifie Õ alors Si+1 vérifie Õ.

Incidence sur les ak (nombre de points bleus d'abscisse k) lorsqu'on passe de Si à Si+1:

dans Si tous les points d'abscisse i+1 sont bleus (puisque son ci+1=0), alors que dans Si+1 parmi ceux d'abscisse i+1, ceux d'ordonnées £ ci+1 sont devenus rouges , et c'est le seul changement : donc seul ai+1 change.

Pour Si, son ai+1= le nombre de tous les points d'abscisse i+1 = n-1-i , puisque les ordonnées possibles sont 0,1,2,... , n-2-i ( x+y<n donne x+y£n-1 soit i+1+y£n-1 et y£n-2-i).

Pour Si+1, son ai+1=n-1-i -(1+ci+1), puisqu'il faut ôter, parmi les n-1-i points précédents, ceux devenus rouges donc ceux d'ordonnée £ci+1 et ainsi ai+1=n-2-ci+1-i.

Donc, lorsqu'on passe de Si à Si+1, tous les ak sont conservés sauf un qui change de valeur : il passe de n-1-i à n-2-ci+1-i.

Incidence sur les bk (nombre de points bleus d'ordonnée k ) lorsqu'on passe de Si à Si+1 :

Là c'est c'est un peu moins immédiat.

Une remarque préalable : le double indicage ne fonctionnant pas en html je noterai u indice (i indice j) par ui_j

Comme on vient de le voir seuls les points (i+1,0) (i+1,1).....(i+1,ci+1) changent de couleur lorsqu'on passe de Si à Si+1 : de bleu ils deviennent rouge.

Donc les b0, b1,...., bc_(i+1) de Si+1 sont ceux de Si diminués de 1 alors que les autres bk sont les mêmes pour Si et Si+1.

Calculons les b0, b1,...., bc_(i+1) de Si :

Pour cela remarquons que les seuls points rouges de Si sont (cf sa séquence "c")

(0,c0)
..... (1,c1)
..... ..... ..... (i,ci)
..... ..... ..... .....
(0,1) (1,1) ..... (i,1)
(0,0) (1,0) ..... (i,0)

Donc par "lecture du tableau/graphique ci-dessus" ( rappel : la séquence "c" est décroissante, x+y<n soit x+y£n-1)

les points bleus d'ordonnée 0 sont (i+1,0) ......(n-1,0) et b0=n-1-i

les points bleus d'ordonnée 1 sont (i+1,1)......(n-2,1) et b1=n-2-i

etc

les points bleus d'ordonnée ci sont (i+1,ci).....(n-1-ci,ci) et bc_i=n-1-ci-i

et donc pour toute ordonnée kÎ{0;1;2;....;ci} on a bk=n-1-k-i, et comme ci+1£ci on a bc_(i+1)=n-1-ci+1-i

Finalement les b0, b1,...., bc_(i+1) de Si sont les entiers consécutifs décroissants suivants :

n-1-i, n-2-i,..................., n-ci+1-i, n-1-ci+1-i

et ceux de Si+1 sont (on a vu plus haut que ce sont ceux de Si diminués de 1)

n-2-i, n-3-i,..................., n-1-ci-i, n-2-ci+1-i

Donc, lorsqu'on passe de Si à Si+1 tous les bk sont conservés sauf un qui change de valeur : il passe de n-1-i à n-2-ci+1-i, ce qui est exactement le même changement que pour les ak ; donc puisque Si vérifie la propriété Õ il en de même pour Si+1. Donc, voir plus haut les explications, S vérifie la propriété Õ et ainsi le nombre d'ensembles NXde type X (de S) est égal au nombre d'ensembles NY de type Y (de S).

Remarque : si ai=0 alors bn-1-i=0.

En effet ai=0 signifie que tous les points d'abscisse i sont rouges :(i,0) (i,1).......(i,n-1-i).

Or tout point d'ordonnée n-1-i a une abscisse x£i (puisque x+n-1-i£n-1), donc il est rouge d'après la règle sur le coloriage : il n'y a donc pas de point bleu d'ordonnée n-1-i et ainsi bn-1-i=0.

Notons que ai=0 entraîne N X=0 et donc, si on utilise le résultat N X=N Y qui vient d'être démontré, c'est que N Y=0 ; on en déduit qu'il existe forcément j tel que b j=0 ; par exemple j=n-1-i.

retour énoncé ou présentation olympiade

Solution exercice 25

Les 4 équations du systéme sont :

|a1-a2|x2+|a1-a3|x3+|a1-a4|x4=1   (1)

|a2-a1|x1+|a2-a3|x3+|a2-a4|x4=1   (2)

|a3-a1|x1+|a3-a2|x2+|a3-a4|x4=1   (3)

|a4-a1|x1+|a4-a2|x2+|a4-a3|x3=1   (4)

1er cas : a1>a2>a3>a4

En utilisant |x| = x si x ³0 et |x| =-x si x £ 0 le systéme s'écrit sans valeur absolue et

la différence entre (1) et (2) donne (5) : -x1+x2+x3+x4=0 (après simplification par a1-a2)

la différence entre (3) et (4) donne (6) : x1+x2+x3-x4=0 (après simplification par a4-a3)

la différence entre (2) et (3) donne (7) : x1+x2-x3-x4=0 (après simplification par a3-a2)

la différence entre (5) et (6) donne (8) : x1=x4

la différence entre (6) et (7) donne (9) : x3=0

(5) et (8) donnent x2+x3=0, soit avec (9) x2=x3=0

et donc (1) donne x4=1/(a1-a4) qui est égal à x1, d'après (8).

Finalement le systéme ne peut avoir qu'un quadruplet solution :

x1=1/(a1-a4), x2=0, x3=0, x4=1/(a1-a4), qui effectivement (on le vérifie par report dans les équations du départ) est solution : c'est donc le seul quadruplet solution.

2ième cas : le cas général

Vu que les 4 coefficients de xi dans les 4 équations sont :

|a1-ai|, |a2-ai|, |a3-ai|, |a4-ai|, échanger les paramètres ai et aj revient à échanger les inconnues xi et xj.

D'où, si (par exemple) a3>a2>a4>a1 alors le seul quadruplet solution est

x3=1/(a3-a1), x2=0, x4=0, x1=1/(a3-a1)

et de façon générale, si ai>aj>ak>al avec {i;j;k;l}={1;2;3;4} alors le seul quadruplet solution est

xi=1/(ai-al), xj=0, xk=0, xl=1/(ai-al)

retour énoncé ou présentation olympiade