Correction des exercices concernant les olympiades à l'Académie de Besançon 2011, Exercices de Mathématiques Appliqués. Université des Sciences et Technologies de Lille (Lille I)
Caroline_lez
Caroline_lez28 January 2014

Correction des exercices concernant les olympiades à l'Académie de Besançon 2011, Exercices de Mathématiques Appliqués. Université des Sciences et Technologies de Lille (Lille I)

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Exercices de mathématiques concernant la correction des exercices concernant les olympiades academie de besançon 2011. Les principaux thèmes abordés sont les suivants: Exercice national 1 : Essuie-glaces, Exercice nation...
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corrige2011

CORRECTION OLYMPIADES ACADEMIE DE BESANÇON 2011 Exercice national 1 : Essuie-glaces Eléments de correction (proposés par l’Académie de Corse)

1) L’aire demandée en cm2 est A = ( ) ( )2 2 2 2 31 .60 .15 15 4 1 .15 3375. 2 2 2 2

π π ππ π− = − = = soit en

valeur approchée 5301 cm2 . 2) Soit C l’intersection des deux demi-cercles. Calculons L’aire du triangle équilatéral OO’C de

côté de longueur R, et donc de hauteur 3

2 R :

A1= 21 3 3

2 2 4 R R R

  × =  

  .

Calculons l’aire du secteur angulaire d’angle

'O OC de mesure 3

π en radians, qui est aussi

celle du secteur angulaire d’angle ÆCOO′ : 2

2 6

R A

π= .

Ainsi l’aire de le portion de plan limitée par la corde [OC] et l’arc ÈOC sera : 2 1A A− . L’aire de la portion de plan commune aux deux demi-disques sera donc A = A2 + A2 – A1 = 2 A2 – A1

Donc 2 2 3

3

3 4 A R R

π= − .

L’aire essuyée par les deux balais est donc celle d’un cercle de rayon R privée de A3 soit

A = 2 2 2 2 3 2 3

3 4 3 4 R R R R

π ππ    

− − = +          

et donc A= 2 2 3

3 4 R

π +    

3)

a) ÆsinOCH=sin30°= 1 2

donc

1

2

OH

OC = soit 1 3

2 OH a= .

De même 3

cos30 2

HC

OC = ° =

donc HC = 3 3

3 2 2

a a= .

Enfin d’après le théorème de Pythagore dans le triangle HOA rectangle en H on a

( ) 22 2 2

22 2 2 2 23 3 3

2 2 4 4

a a a OA HA HO HC CA HO a a a

  = + = − + = − + = + =        .

Ainsi OA = OC et donc le triangle AOC est isocèle. b) L’angle dont a tourné le dispositif est la mesure de l’angle ÆMOM′. En degré elle vaut 180− ÆXOM avec X comme sur le dessin. Or les angles ÆXOP et ÆOPM sont alternes internes, et le

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triangle MOP est isocèle ; on en déduit donc que ÆMOX=2×30=60° . Donc l’angle géométrique ÆMOM′ a pour mesure 180-60= 120°.

La portion de plan essuyée est celle qui est limitée par les segments [MN] et [M’N’] et les arcs ÈMM′et ÈNN′. Soient T et T’ les intersections du cercle de centre O passant par M et les segments

[ON] et [ON’]. Le cercle étant invariant par la rotation et le segment [ON] ayant pour image [ON’], T a donc pour image T’. Les points M, T, N ont respectivement pour images M’, T’ et N’, et la conservation des aires par rotation montre que la portion de plan limitée par [MN], [NT] et l’arc ÈMT

a la même aire que celle limitée par [M’N’], [N’T’] et l’arc ÈMT′. On peut dire aussi que le système étant rigide, les triangles OMP et OM’P’ sont isométriques. Ainsi la portion essuyée a la même aire que celle qui est limitée par les segments [NT] et [N’T’] et les arcs de cercle ÈNN′ et ÈTT′.

L’aire de cette portion de plan est donc A = ( ) ( )2 2 2 21 . . 3 3

ON OT OB OA ππ π− = −

Or, 2 2OA a= et d’après le théorème de Pythagore dans le triangle rectangle OBH,

( ) 2 2

22 2 2 2 2 23 3 3 1214 31 2 2 4 4

a a OB OH HB OH HC CB a a a

     = + = + + = + + = + =           

L’aire cherchée est donc A = ( )2 2 2 231 30 10 3 3

a a a a π π π− = × = A = 210 aπ

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Exercice national 2 : Le singe sauteur Eléments de correction (proposés par l’académie de Montpellier)

Le nombre 4 est atteignable car 1+2-3+4=4.

Le singe n’a le choix : 1+2-3+4 et … il est bloqué !!

Le nombre 9 est atteignable car on a 1+2+3-4+5-6+7-8+9=9, sans jamais sortir de l’intervalle [0 ; 9].

Les exemples précédents traitent les carrés 4 et 9. Le cas échéant la recherche pour 16 peut donner 1+2+3+4-5+6-7+8-9+10-11+12-13+14-15+16, en remarquant que l’on ne sort jamais de l’intervalle [0 ; 16]. L’observation des sommes produites peut amener la solution générale :

1+2+3+…+n−(n+1)+(n+2)−(n+3)+(n+4)…−( )n2−1 +n2= n(n+1) 2

+1+1+1+…+1= n(n+1) 2

+ n2−n

2 =n2

d’où n2 est atteignable. Les seules difficultés sont le comptage des termes valant 1 et la vérification du fait que l’on reste bien dans l’intervalle [0 ; n2].

Si le nombre n est atteignable, il existe des ai valant 1 ou -1 telles que

1+2a2+3a3+…+(n−1)an-1=0. Dans cette somme on sépare les termes positifs dont on note la somme S+ des termes négatifs dont on note la somme S- . On a alors : S+=S-. On calcule ensuite :

1+2+3+…+(n−1)= S+−S-=2 S+

On en déduit que : (n−1)n 2

=2S+ d’où n(n−1)=4S+ et donc 4 divise le produit n(n-1). Donc

n est de la forme 4k ou 4k+1. Par exemple 18 n’est pas atteignable.

La réciproque est fausse puisque 5 n’est pas atteignable.

L’idée est de transformer une configuration de signes + - en - +, cela va ajouter 2 au nombre N. Ensuite on complète par la suite -(N+1) + (N+2) – (N+3) + (N+4) et l’on trouve N+4. On note S(i) la somme partielle des i-premiers termes. Remarquons que la séquence donnant N se termine par -(N-1)+ N. La séquence commence par 1+2+3 et le premier signe – apparaît en position i+1. Alors S(i-1) ≥ i, car S(3) ≥ 4. On change alors la sous-séquence i-(i+1) en – i+(i+1), ce qui est possible. On ajoute la séquence -(N+1) + (N+2) – (N+3) + (N+4), ce qui assure que N+4 est atteignable. Question subsidiaire : est-il vrai que les nombres de la forme N=4k ou 4k+1, hormis 5, 8, 12, 17 sont atteignables ?

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Exercice académique 3 : L’énigme du puzzle

….

Le carré a pour aire 8 8 64× = alors que le rectangle a pour aire 13 5 65× = : le puzzle ne peut donc être exact.

Si on veut que le puzzle soit exact, il faut au moins déjà que la condition d’aire soit respectée. Or le carré aura pour aire

( )2 2 2 1 2a b a ab b= + = + +A et le rectangle pour aire ( ) 2 2 2 2a b a a ab= + × = +A . L’égalité

1 2=A A donnera après simplification : − − = 2 2 0a ab b .

Divisons l’équation précédente par 2b (ce qui est évidemment possible car ≠2 0b . Il vient : − − =

2 2

2 2 2 0

a ab b

b b b soit

   − − =       

2

1 0 a a

b b .

Notons x le nombre a

b ; il vérifie donc − − =2 1 0x x et il est positif car les nombres a et b sont positifs. En résolvant cette

équation du second degré, on trouve pour seule solution positive 1 5

2 x

+= : c’est le fameux nombre d’or.

Oui, le puzzle donné est presque exact car 2 25 5 3 3 1− × − = .

Si ( ),a b est une solution presque exacte, on a − − = −2 2 1 ou 1a ab b . Or ( ) ( )+ − + − = + + − − = − + +2 2 2 2 2 2 22a b a b a a a ab b a ab a ab b et donc ( ) ( ) ( )+ − + − = − − − =2 2 2 2 1 ou -1a b a b a a a ab b , ce qui montre que le couple ( ),a b a+ est aussi une solution presque exacte.

On note que le couple ( )5, 3a b= = donné en question 1 est une solution presque exacte. Pour réaliser un puzzle presque exact (et de plus en plus précis), on pourra prendre comme autres valeurs obtenues successivement à partir

de ( )5, 3a b= = en remplaçant a par a b+ et b par a : ( ) ( ) ( ) ( )8, 5 , 13, 8 , 21,13 , 34,21 ,... Les nombres 3, 5, 8, 13, 21, 34… sont les nombres de Fibonacci

On peut montrer que les seules solutions presque exactes du problème du puzzle sont obtenues en prenant deux termes consécutifs de cette suite.

Exercice académique 4 : Une corde autour de la terre Question 1

En notant R le rayon terrestre (exprimé en mètres), 1l la longueur de la corde initiale et 2l la longueur de la corde finale, il vient :

( )2 1 2 1 2 2R Rπ π π= + − =−l l .soit environ 6, 28 mèt res.

Question 2

On exprime ici θ en radians.

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a. En utilisant la trigonométrie dans les triangles OAS et OBS, il vient ( )tan AS BS OA OB

θ = = et comme OA OB R= = , on obtient finalement :

( )tanAS BS R θ= = b. Comme on a exprimé θ en radians, la formule de la longueur d’un arc rα=l donne ic, comme le rayon est R et l’angle associé au grand arc AB est 2 2π θ− , on obtient don pour longueur de cet arc : l ( )ÈAB =(2π−2θ)R

c. Il s’ensuit que la longueur ( )2 2 1Rπ= +l de la corde (après allongement) s’écrit aussi comme la somme de ( )2 2 Rπ θ− pour la partie qui va coller à la terre et de ( )2 tanR θ× pour la partie constituée des segments [ ]A S et [ ]SB .

D’où l’égalité : ( ) ( ) ( )2 1 2 2 2 tanR R Rπ π θ θ+ = − + × , d’où il résulte que ( )t an R

πθ θ− = (1).

d. En utilisant l’approximation donnée par l’énoncé, il vient

3

3 R

θ π≈ soit 3 3 R

πθ ≈ soit 0.0114θ ≈ .

En notant x la hauteur de la tour, il vient, en raisonnant dans le triangle SOA : ( )cos OA R OS x R

θ = = +

d’où

( ) 1

1 cos

x R θ

  = − 

  et donc

après calcul 413x ≈ . La hauteur de la tour est donc d’environ 413 mètres

Remarque : en passant par la résolution à l’aide d’un logiciel de calcul numérique (Maple, Mathematica, …) de l’équation (1) sans tenir compte du développement limité de tan, on obtient une hauteur de tour d’environ 413.48 mètres

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