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Les Olympiades Mathématiques Internationales (IMO en anglais) ont eu lieu du 16 au 23 juillet 2017 !

Rappelons que l'épreuve se déroule sur deux matinées : deux fois 4h30, et que les étudiants sont confrontés à trois problèmes chaque jour. Les premiers problèmes de chaque jour (P1/P4) sont supposés être plus simples que les deuxièmes problèmes (P2/P5), eux-mêmes étant plus simples que les derniers problèmes (P3/P6). Les problèmes de cette année peuvent être trouvés ici. Les quatre problèmes les plus difficiles (P2/P3/P5/P6) l'étaient particulièrement cette année, avec la palme pour le problème 3 qui n'a été résolu que par deux élèves sur 615 !

Environ un douzième des élèves remporte une médaille d'or, un sixième une médaille d'argent et un quart une médaille de bronze, ce qui signifie que la moitié des participants sont récompensés d'une médaille ($\frac 1{12}+\frac1 6 + \frac 1 4 = \frac1 2$). Chaque problème vaut $7$ points, et tout élève n'ayant pas obtenu de médaille mais avec une résolution parfaite à un problème obtient une mention honorable. Cette année il fallait 25 points pour obtenir une médaille d'or, 19 pour une médaille d'argent et 16 pour une médaille de bronze.

Les résultats belges sont les suivants.



Voici également les résultats des étudiants inscrits sur Mathraining, qui ont participé à cette compétition sous un autre drapeau et qui ont rapporté au moins une mention. Merci à Damien Galant et Corentin Bodart de les avoir recensés.



Tous les résultats (et plein de statistiques, sur cette olympiade comme sur les précédentes) peuvent être trouvés sur le site officiel.

Félicitations à tout le monde ! Nous espérons que Mathraining pourra entraîner encore beaucoup d'étudiants pour l'IMO 2018 en Roumanie !

Avant-hier, 100 étudiants différents se sont connectés sur le site !

Pour fêter cela, un nouveau graphique a été mis en place et permet de voir le nombre de solutions soumises dans le dernier mois. Celui-ci indique également combien parmi ces solutions étaient correctes/incorrectes, et combien doivent encore être corrigées par les correcteurs.

Pour ceux qui attendent avec impatience qu'une de leur solution soit corrigée, cette information permettra de savoir à peu près à quoi ressemble la "file d'attente" des soumissions en attente d'une correction.

Ce graphique se trouve sur la page Statistiques > Corrections (et on y retrouve aussi les noms des gentils correcteurs).

Le graphique ressemble aujourd'hui à ceci :

Voici les résultats de nos étudiants à la $57^{\text{ème}}$ Olympiade Internationale de Mathématiques qui a eu lieu à Hong-Kong en juillet 2016.

Rappelons que la compétition a lieu sur deux matinées (deux fois $4$ heures $30$), et que les élèves sont confrontés, chaque jour, à un problème "facile" (P1/P4), un problème "moyen" (P2/P5) et un problème "difficile" (P3/P6). Il faut bien sûr relativiser la difficulté, puisque même les problèmes les plus faciles sont d'un haut niveau comparés à ceux présentés sur ce site.


Aucun étudiant n'a démérité : félicitations à tous pour ces beaux résultats !

Sur un total possible de $42$ points, il en fallait $16$ pour rapporter une médaille de bronze, $22$ pour une médaille d'argent et $29$ pour une médaille d'or. À noter que $6$ étudiants ont obtenu le score maximal de $42/42$ : trois coréens, deux américains et un chinois.

Dans le classement officieux des pays, la Belgique termine $52^{\text{ème}}$ sur $108$, alors que ce sont les États-Unis qui l'emportent pour la deuxième année consécutive, devant la Corée du Sud et la Chine.

Pour fêter les $100.000$ points distribués sur le site, un nouveau chapitre sur les transformations du plan a été mis en ligne. Il y est aussi question de la droite d'Euler et du cercle d'Euler d'un triangle, qui passent tous les deux par des points particuliers du triangle.

Cercle d'Euler

Comme démontré dans le point théorique à ce sujet, le cercle d'Euler d'un triangle $ABC$ passe par les milieux des trois côtés, les pieds des trois hauteurs, et les milieux des segments $[AH]$, $[BH]$ et $[CH]$, où $H$ est l'orthocentre du triangle.


En fait, ce cercle passe par de nombreux autres points particuliers du triangle, moins connus. Dans la suite de cet article, nous présentons un de ces points.

Points de Fermat

Étant donné un triangle $ABC$ (dont nous allons dorénavant supposer qu'il n'a pas d'angle de plus de $120^\circ$), son (premier) point de Fermat est le point $P$ du plan qui minimise la somme des distances aux sommets, à savoir $|PA| + |PB| + |PC|$. Il peut être démontré que ce point, noté $F_1$, s'obtient en construisant les trois triangles équilatéraux extérieurs $ABC'$, $BCA'$ et $CAB'$ et en prenant le point d'intersection des droites $AA'$, $BB'$ et $CC'$. Pour voir que ces trois droites sont concourantes, on peut en fait plutôt définir $F_1$ comme l'intersection des cercles circonscrits aux triangles $ABC'$ et $BCA'$. Il vient alors directement que $F_1$ se situe sur le cercle circonscrit à $CAB'$ également et que les segments $[F_1A]$, $[F_1C']$, $[F_1B]$, $[F_1A']$, $[F_1C]$ et $[F_1B']$ forment des angles de $60^\circ$ entre eux. En particulier $F_1$ se trouve bien sur les trois droites $AA'$, $BB'$ et $CC'$.


On aurait aussi pu construire les triangles équilatéraux vers l'intérieur du triangle, comme sur la figure suivante. Si on note ceux-ci $ABC''$, $BCA''$ et $CAB''$, alors on peut également montrer que les droites $AA''$, $BB''$ et $CC''$ sont concourantes et on appelle leur point d'intersection le deuxième point de Fermat $F_2$. Celui-ci ne peut par contre pas être caractérisé avec ses distances aux sommets comme $F_1$. À noter que le triangle doit être non équilatéral pour que cette construction ait un sens.

Milieu de $[F_1F_2]$

Si l'on construit le milieu $F$ du segment $[F_1F_2]$ reliant les deux points de Fermat, alors on peut s'apercevoir que $F$ se situe sur le cercle d'Euler du triangle !


Ce résultat est assez surprenant : les neufs points dont on sait qu'ils se situent sur le cercle d'Euler sont tous définis de manière asymétrique en privilégiant un sommet du triangle. Ce n'est par contre pas le cas de ce point $F$, qui est défini sans privilégier aucun sommet.

Le cercle d'Euler se révèle en fait assez mystérieux. Nous espérons que cet article vous aura émerveillé l'espace d'un instant et donné l'envie de reprendre l'étude de la géométrie du plan à plein temps !

Mathraining souhaite à tous ses utilisateurs une joyeuse année 2016, remplie de mathématiques !

L'année commence avec un parfait ex-aequo de Corentin et Laurent à la première place du classement des meilleurs solveurs de problèmes ! Ceux-ci n'ont pourtant pas résolu les mêmes problèmes.

En cadeau pour cette nouvelle année, votre administrateur préféré vous offre une photo du 31 décembre 2015, prise à Kiruna, Suède (au-dessus du cercle arctique).