Sciences mathématique - Contrôle 1, Exercices de Algèbre linéaire. Université Claude Bernard (Lyon I)
Emmanuel_89
Emmanuel_8928 mai 2014

Sciences mathématique - Contrôle 1, Exercices de Algèbre linéaire. Université Claude Bernard (Lyon I)

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Sciences mathématique - Contrôle 1 Les principaux thèmes abordés sont les suivants: Exercices communs, Première méthode, Deuxième méthode.
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Première Ens. Général & Techno. mars 2010

Olympiades académiques de mathématiques

1. Exercices communs 2 1-a : La Rosace (c) 2 1-b : À la recherche du « chaînonze » (c) 3

2. Amiens 4 2-a : Un encadrement (c) 4 2-b : Le soupirail (c) 5 2-c : La citerne (c) 6 2-d : La ficelle coupée en deux (c) 6 2-e : Caramels (c) 7 2-f : Le damier (c) 7

3. Besançon 8 3-a : Puzzle (c) 8 3-b : Développement égyptien d'une fraction (c) 10

4. Bordeaux 11 4-a : Équidistants (c) 11 4-b : Combinaisons de parenthèses (c) 12 4-c : Pyramide de nombres (c) 13 4-d : Step by step (c) 13 4-e : Séquences harmoniques (c) 13

5. Caen 14 5-a : Bols 14 5-b : Découpages 14

6. Clermont Ferrand 15 6-a : Des rayons perdus 15 6-b : Jeu de mains… 16

7. Corse 16 7-a : Modélisation d’un effet Larsen. 16 7-b : Carrétrice 17

8. Créteil 18 8-a : Un défi entre copains 18 8-b : Le Dictionnaire de MeGa. 18 8-c : Les s-nombres 18

9. Dijon 19 9-a : Quasi-premiers 19 9-b : Cercles de Ford 20

10. Guadeloupe 20 10-a : Carrés parfaits ! 21 10-b : Polygones réguliers 21

11. Grenoble 21 11-a : Nombres pentagonaux centrés. 21 11-b : Nombres mystérieux 22 11-c : Variations autour du cône 22

12. La Réunion (*) 22 13. Lille 22

13-a : Jusqu’au dernier… 22 13-b : Dissections d’un carré… 23 13-c : Des triangles géniaux… 23 13-d : Des triangles de même aire… 24

14. Marseille 24 14-a : Une fonction particulière 24 14-b : Flipeur et Flipette 25

15. Montpellier 25

15-a : Angle de tir (S) 25 15-b : Damiers tronqués et Triminos 26 15-c : Le jeu de « Nîmes » (non S) 26 15-d : Damiers et dominos 27

16. Nancy-Metz 27 16-a : La formule d’Euler 27 16-b : Un solide dans un cube 28 16-c : Les pylônes 29 16-d : Les damiers 29

17. Nice 30 17-a : Lieux de points 30 17-b : La marelle 31 17-c : Time is money ! 31

18. Orléans Tours 32 18-a : Des points à l’intérieur d’un triangle 32 18-b : Des entiers consécutifs 33

19. Paris 33 19-a : Une fonction 33 19-b : Octogone 33

20. Poitiers 33 20-a : La Fiac 33 20-b : Des suites de Fibonacci 34 20-c : À bicyclette (c) 35

21. Reims 35 21-a : Passe-temps pour un portable…(autre que S)36 21-b : Point de rencontre (série S) 36 21-c : Un quadrilatère particulier (tous) 37

22. Rennes 37 22-a : Jack et le haricot magique (c) 37 22-b : Les écailles de poisson (c) 38 22-c : La régate (c) 40

23. Rouen 41 23-a : Lancers et plantations (S) 41 23-b : Cartes de Janus (S) 43 23-c : Cubes et carrés (autres séries que S, c) 44 23-d : QCM (autres que S) 45

24. Strasbourg 46 24-a : Les chemins sur le cône 46 24-b : Les chiffres 46 24-c : Le baccalauréat (c) 46 24-d : Les permutations de chiffres 47

25. Toulouse 47 25-a : Au ski … 47 25-b : Friends 48 25-c : Compensation (c) 48 25-d : Elise et son jeu de construction 49

26. Versailles 50 26-a : Le trapèze 50 26-b : La semeuse 50 26-c : Retour à Syracuse 51 26-d : Piles de triangles (c) 51

Les sujets des académies accompagnées de (*) ne me sont pas connus.

http://www.animath.fr/spip.php?rubrique206

1. Exercices communs

1-a : La Rosace (c)

Un architecte cherche à intégrer une rosace particulière dans le bâtiment dont il étudie actuellement les plans. Voici son idée : la rosace a été tracée à partir du motif ci-dessous construit à l’aide de deux cercles.

Rosace Motif

1. Dans le motif ci-dessus, quelle est la mesure de l’angle formé par les tangentes aux cercles issues de A ?

2. a. Montrer que AB BC .

b. Comment le rayon du plus grand des deux cercles s’exprime-t-il en fonction du rayon du plus petit des deux cercles ?

c. D’après ses plans, l’architecte souhaite inscrire sa rosace dans un disque de rayon 3 3 . Comment doit-il alors

choisir le rayon de chacun des cercles du motif ?

3. On suppose que le petit cercle a un diamètre égal à une unité. Quelle est l’aire de la partie colorée de la rosace ?

Solution

1. On constate que le motif se retrouve 6 fois dans la rosace. Donc l’angle vaut 60°.

2. a. Première méthode :

Notons D le sommet tel que ACD soit rectangle en D. La droite (AC) étant une bissectrice, on a donc CAD 30  et

BCD 60  . Puisque BC=DC, le triangle BCD est équilatéral.

Ensuite, BDA 30  , donc le triangle ABD est isocèle en B, d’où BD=BA. Finalement, on trouve bien AB=BC.

Deuxième méthode : On note R le rayon du grand cercle.

On applique une formule de trigonométrie : DC

sin DAC AC  , d’où sin 30 AC 2

AC

R R    .

Or BC=R, d’où AB=R et finalement AB=BC.

b. Notons E le centre du petit cercle et r le rayon de ce cercle.

En appliquant le résultat précédent, il vient que AE=2r, de plus EB=r. On a donc AB=3r, c’est-à-dire R=3r.

3. On doit avoir AD 3 3 , c’est-à-dire   2 22 3 3 3 3 3 3 1R R R R r        .

4. Si 1

2 r  , alors l’autre côté du petit triangle vaut

3 3

2 r  , donc l’aire du petit triangle est

1 1 3 3

2 2 2 8

    

  .

D’autre part, on a 3

3 2

R r  et l’autre côté du grand triangle vaut 3 3

2 , donc l’aire du grand triangle vaut

9 3

8 . La

partie noire à l’intérieur du triangle ACD s’obtient en retranchant au grand triangle le petit, le secteur BEF (où F est

le point tel que AEF est rectangle en F), et le secteur BCD .

Cette surface vaut donc 2

9 3 3 1 1 11 3

8 8 3 2 24

    

         

. Il reste à multiplier par 12 pour obtenir l’aire totale :

11 12 3

2

  .

1-b : À la recherche du « chaînonze » (c)

On rappelle le critère de divisibilité par 11 d’un nombre inférieur à 999 :

« Un nombre inférieur à 999 est divisible par 11 si et seulement si la somme du chiffre des centaines et des unités moins le chiffre des dizaines vaut 0 ou 11 ».

Ainsi 759 et 99 sont divisibles par 11 car 7 + 9 – 5 = 11 et 0 + 9 – 9 = 0.

On appelle chaînonze une chaîne de chiffres telle que tout nombre formé de trois termes consécutifs de la chaîne est divisible par onze. Par exemple « 7 5 9 4 » est un chaînonze car 759 et 594 sont divisibles par 11.

1. Quel chiffre peut-on ajouter à droite de la chaîne « 7 5 9 4 » pour la prolonger en un chaînonze ?

2. Prolonger par la droite le chaînonze « 7 5 9 4 » en un chaînonze de 12 chiffres. Peut-on le prolonger ainsi indéfiniment ? Quel serait alors le 2010e chiffre ?

On envisage de partir d’une chaîne de deux chiffres et de la prolonger par la droite en un chaînonze le plus long possible.

3. Prolonger par la droite les chaînes « 0 9 » et « 9 1 ». Que constatez-vous ?

On appelle chaînonze fini un chaînonze qui au bout d’un nombre fini d’opérations ne peut plus se prolonger.

On appelle chaînonze n-périodique un chaînonze infini constitué d’une séquence de n chiffres se répétant indéfiniment.

4. On considère la chaîne « ab » où a et b sont deux chiffres. On veut savoir si cette chaîne est prolongeable en un chaînonze de trois chiffres et, auquel cas, si un tel prolongement est unique.

a. Étudier le cas particulier « aa ».

b. Étudier le cas 1b a  .

c. Étudier les autres cas.

5. Montrer qu’en prolongeant la chaîne « ab » autant que faire se peut, le chaînonze obtenu est soit fini, soit 6- périodique.

Solution

1. Si x est le chiffre à ajouter à droite de la chaîne, on n’a que deux possibilités : 9 + x – 4 = 0 ou 9 + x – 4 = 11 et seule la deuxième équation donne une solution acceptable, qui est 6, puisqu’un chiffre est un entier positif compris entre 0 et 9. D’où la chaîne peut-être prolongée en : « 7 5 9 4 6 ».

2. Si on continue on obtient le chaînonze « 7 5 9 4 6 2 7 5 9 4 6 2 … ». La chaîne « 7 5 9 4 6 2 » se répète constamment. On sait que 2010 est divisible par 6, donc le 2010e terme est 2.

3. Pour « 0 9 » on obtient « 0 9 9 0 2 2 0 9 9 0 2 2 0 9 ». La chaîne « 0 9 9 0 2 2 » se répète constamment.

Pour « 9 1 » on obtient « 9 1 3 2 » et le chaînonze est « bloqué » car les équations 3 2 0x   et 3 2 11x  

admettent comme solutions – 1 et 10 qui ne sont pas des chiffres.

4. On trouve :

a. Si b a , le prolongement est « a b 0 ».

b. Si 1b a  , c’est impossible car les équations a + xb = 0 et a + xb = 11 donnent x = – 1 et x = 11– (ab) = 10

qui ne sont pas des chiffres.

c. Si 1b a  , on a le chaînonze « a b (11 – a + b) » avec (11 – a + b) qui est bien un chiffre car si a et b sont deux

chiffres où 1b a  , on a – 10 < ba < – 1 d’où 1 < 11 – a + b < 10.

d. Si a < b, « a b (b a) » avec ba est bien un chiffre car 0 < ba < 10.

Dans tous les cas, le prolongement est soit impossible (cas b = a – 1), soit unique.

5. 1er cas : si a = b :

Si a = b = 0, on obtient « 0 0 0 0 ... » le chaînonze est 1-périodique donc a fortiori 6-périodique.

Si a = b = 1, on obtient « 1 1 0 » et le chaînonze est fini de longueur 3. Si a = b avec a > 1, on obtient « a a 0 (11 – a) (11 – a) 0 a a ... » le chaînonze est 6-périodique sans blocage.

2e cas : a = b + 1 : la chaîne se bloque et est de longueur 2.

3e cas : a = 0 et b = 1 : « 0 1 1 0 » est le prolongement en un chaînonze de longueur 4.

4e cas : 0 < a < b,

« a b (ba) (11 – a) (11 – b) (11 + ab) a b » est le prolongement en un chaînonze 6-périodique ou se bloque d’après la question précédente si ba = b – 1, c'est-à-dire a = 1 et la chaîne est de longueur 3, 11b = 11 – a – 1, c'est-à-dire b = a + 1 et la chaîne est de longueur 5.

5e cas : Si b = 0 et a > 1 : le prolongement est « a 0 (11 – a) (11 – a) 0 a » et le chaînonze est infini.

6e cas : Si a > b + 1 > 1 : « a b (11 – a + b) (11 – a) (11 – b) (ab) a b » le chaînonze est 6-périodique ou se bloque si 11 – a = 11 – a + b – 1, c'est-à-dire b = 1 et la chaîne est de longueur 4.

On résume tous les cas dans un tableau dans lequel figurent 33 cas de blocage et 67 cas fournissant des chaînonzes infinis et 6 périodiques.

a b 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9

0 4

1 2 3 3 3 3 3 3 3 3 3

2 2 5

3 4 2 5

4 4 2 5

5 4 2 5

6 4 2 5

7 4 2 5

8 4 2 5

9 4 2

2. Amiens

http://pedagogie.ac-amiens.fr/maths/culture/olympiades/

2-a : Un encadrement (c)

Série S

On considère un carré ABCD de côté 1.

On place des points E, F, G et H respectivement sur les côtés [AB], [BC], [CD] et [DA].

On veut prouver que 2 2 2 22 EF FG GH HE    .

1. a. Montrer que, pour tous réels x et y positifs,   22 2x y x y   .

b. En déduire que 2 2 2 2EF FG GH HE 4    (penser à utiliser le théorème de Pythagore).

2. a. Montrer que, pour tout réel x appartenant à [0 ; 1] , on a 2 1

2 2 2

x x   .

b. En remarquant que EB =1 − AE , montrer que 2 2 1

AE EB 2

  .

c. En déduire que 2 2 2 2EF FG GH HE 2    .

Solution

On veut prouver que 2 2 2 22 EF FG GH HE    .

1. a.   22 2 2 2 2x y x y xy x y      si x et y sont positifs.

b. On utilise Pythagore dans les quatre triangles rectangles :

           

2 2 2 2

2 2 2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2 2 2 2

2 2

EF FG GH HE

= EB BF FC CG GD DH HA AE

BF FC CG GD DH HA AE EB

BF FC CG GD ... 4.

  

       

       

     

2. a.   22 212 2 4 4 1 0 2 1 0

2 x x x x x          , ce qui est

toujours vrai…

b. Avec EB =1 – AE, on a   22 2 2 2AE EB AE 1 AE 2AE 2AE 1       , d’où en posant AEx  on tire

2 2 2 21 1 1AE EB 2 2 1 2 2 2 2 2

x x x x          , ce qui est vrai.

c. Ce qui est vrai pour le côté AB ( 2 2 1

AE EB 2

  ) l’est également pour les autres côtés :

2 2 1BF FC 2

  , 2 2 1

CG GD 2

  et 2 2 1

DH HA 2

  ; on a donc

 2 2 2 2 2 2 1EF FG GH HE BF FC ... 4 2 2

         .

2-b : Le soupirail (c)

Série S

Un soupirail a la forme d’un demi-cercle.

À partir d’une certaine hauteur x, on installe trois barres de sécurité de longueur 24, 48 et 60 cm espacées de la même distance d.

1. Calculer le rayon R du soupirail.

2. On souhaite ajouter une quatrième barre sous la barre de 60 cm, toujours à la distance d. Quelle longueur doit-on prendre ?

Solution

1. Appliquons Pythagore 3 fois :

dans OIH, 2 2 230R x  ;

dans OJG,   22 224R x d  

et dans OKF,   22 22 12R x d   .

En supprimant 2R , on a

 2 2 22 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

4 2 2 30 242 24 30 2 30 24

4 4 12 30 4 4 30 12 4 4 30 12

xd dx xd d x xd d

x xd d x xd d xd d

                 

              

,

d’où enfin  2 2 2 2 2 22 30 12 2 30 24 108 54 3 6d d d         et 2 230 24 54 15 6

22 3 6 x

   

 ; on en déduit

R : 2 2 2 2475 15 22

30 2 2

R x R     .

2.   2

2 2 2 2 225 22 15 6 225 22 81 63 6 36 31 6 31 2 12 31 66,81 4 2 4

x d l R l l l     

                  

.

2-c : La citerne (c)

Série STI/STL

On dispose de trois robinets A, B et C pour remplir une citerne.

Lorsque A et B coulent ensemble, ils mettent 2h.

Lorsque B et C coulent ensemble, ils mettent 1h30.

Et lorsque C et A coulent ensemble, ils mettent 2h30.

Quel temps mettraient-ils s’ils coulaient tous les trois ensemble ? Chacun séparément ?

Solution

Attention, deux robinets coulant ensemble mettent moins de temps qu’un robinet coulant seul… Il faut faire intervenir les débits des robinets : dA, dB et dC qui peuvent s’ajouter. Posons alors V le volume de la citerne, tA, tB et tC les temps mis par chacun séparément et T le temps mis par les trois simultanément : on a par exemple

A B A Bt d V   d’où on obtient 1 1 1

2 A B A B

A B A B A B

V V V d d d

t t t t t

        ; de même

1 1 1

1,5 B C B C

B C B C B C

V V V d d d

t t t t t

        et 1 1 1

2,5 C A C A

C A C A C A

V V V d d d

t t t t t

        .

En posant enfin 1

A

x t  ,

1

B

y t  et

1

C

z t  on a le système :

1 / 2 1 / 2 7 / 60

2 / 3 2 / 5 1 / 2 2 / 3 23 / 60

2 / 5 2 / 5 2 / 5 1 / 2 17 / 60

x y x y x

y z y y y

z x z x y z

                    

           

.

On termine en trouvant les temps : 60

8,6 7

At   , 60

2,6 23

Bt   et 60

3,5 17

Ct   .

Quand aux trois ensemble, on a

1 7 23 17 47 60 1,28

60 60 60 60 47 A B C A B C A B C

A B C A B C A B C

V V V V d d d d t

t t t t t    

   

               .

Remarque : on pouvait trouver ce résultat directement à partir de

1 / 2 1 2 2 2 47 60

2 / 3 2 3 5 30 47

2 / 5

A B C A B C

x y

y z x y y z z x t t

z x

   

                 

  

.

2-d : La ficelle coupée en deux (c)

Série STI/STL

Une ficelle de longueur L est coupée en deux morceaux ; avec l’un d’eux on forme un cercle et avec l’autre un carré. À quel endroit doit-on couper la ficelle pour que la somme des aires du disque et du carré soit minimale ?

Solution

Bonne petite activité avec Geogebra : notons x

le côté du carré, son aire est 2x et il reste L x

longueur de ficelle.

Le périmètre du cercle est 2 R L x   , donc le

rayon est 2

L x

 et l’aire du cercle est

2 2

2

L x R 

      

.

La fonction représentant l’aire totale de la

figure est donc     22 1

4 f x x L x

    . Sa

dérivée est     2

' 2 4

f x x L x

   qui

s’annule pour

2 2 1 1 2 0 2

4 4 2 2 x x L x L    

        

  ,

soit 1

4 1 x L

 

. La valeur de f est alors 2 2

21 1 1 4 1

4 1 4 1 4 4 1 4 1 f L L L L

    

             

         .

2-e : Caramels (c)

Série ES/L/STL/ST2S

Soit f la fonction qui à tout couple d’entiers naturels (x ; y) associe l’entier naturel tel que :

f(0 ; y) = y +1, f(x ; 0) = f(x − 1 ; 1), f(x +1; y +1) = f(x ; f(x + 1; y)).

Calculer f (2 ; 1) et f (2 ; 2).

Solution

f(0 ; y) = y +1, f(x ; 0) = f(x − 1 ; 1), f(x +1; y +1) = f(x ; f(x + 1; y)).

a. f(2 ; 1)

En prenant la troisième relation avec 1x  , y=0 ; on a

f(2 ; 1) = f(1+1; 0+1) = f(1; f(1+ 1 ; 0)) = f(1; f(2 ; 0)).

La 2ème donne f(2; 0) = f(2− 1 ; 1) = f(1 ; 1).

Reprenons la 3ème avec x=0 et y=0 : f(1 ; 1) = f(0; f(1 ; 0)).

La 2ème donne f(1; 0) = f(0 ; 1) et la 1ère donne f(0 ; 1)= 1. On a donc

f(1; 0)=1 ;

f(1 ; 1) = f(0; f(1 ; 0))= f(0; 1) = 1 ;

f(2; 0) = f(2− 1 ; 1) = f(1 ; 1) = 1 ;

f(2 ; 1) = f(1; f(2 ; 0)) = f(1; 1).=1.

b. f(2 ; 2)

f(1+1; 1+1) = f(1; f(1+ 1; 1)) = f(1; f(2 ; 1)) = f(1; 1) = 1.

2-f : Le damier (c)

Série ES/L/STL

Un tableau carré a 2010 lignes (numérotées de 1 à 2010) et 2010 colonnes (numérotées de 1 à 2010).

Ses cases sont peintes en blanc ou noir, comme celles d’un damier ; la case située au croisement de la ligne 1 et de la colonne 1 est noire.

Dans chaque case, on écrit le produit du numéro de sa ligne et du numéro de sa colonne.

On note N la somme des nombres inscrits dans les cases noires et B la somme des nombres inscrits dans les cases blanches.

1. On pose Ni la somme des nombres inscrits dans les cases noires de la i-ème ligne et Bi la somme des nombres inscrits dans les cases blanches de la i-ème ligne.

a. Montrer que N1 − B1 = −1005 et N2 − B2 = 2×1005.

b. Plus généralement, montrer que N B 1005i i i    avec  = 1 lorsque le numéro de la ligne est pair, et  = −1

lorsque le numéro de la ligne est impair.

2. En déduire que N − B =10052.

Solution

On note N la somme des nombres inscrits dans les cases noires et B la somme des nombres inscrits dans les cases blanches.

1. On pose Ni la somme des nombres inscrits dans les cases noires de la i-ème ligne et Bi la somme des nombres inscrits dans les cases blanches de la i-ème ligne.

a. N1 = somme des entiers impairs de 1 à 2009, soit la somme des 1005 premiers termes d’une suite arithmétique de

raison 2 et de premier terme 1 :   21005 1 2009 1005

2

  ;

B1 = somme des entiers pairs de 0 à 2010 =  1005 2 2010

1005 1006 2

   ; N1 − B1 = −1005

Pour N2 et B2 tous les termes sont multipliés par 2, donc la somme aussi mais avec changement de signe du fait que la somme des cases blanches est alors inférieure à la somme des cases noires : N2 − B2 = 2×1005.

b. On a N < Bi i pour les lignes impaires et N > Bi i pour les lignes paires ; par ailleurs les sommes d’une ligne sont

multipliées par le n° de ligne : 21N N 1005i i i   et 1B B 1005 1006i i i    d’où

         1 12N B 1 1005 1005 1006 1 1005 1 1005i i ii i i i i  

                .

2. N B 1005 2 1005 3 1005 ... 2008 1005 2009 1005 2010 1005              ; regroupons les termes deux par

deux :       2N B 1005 1 2 1005 3 4 ... 1005 2009 2010 1005 1005 1005              .

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13

1 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13

2 2 4 6 8 10 12 14 16 18 20 22 24 26

3 3 6 9 12 15 18 21 24 27 30 33 36 39

4 4 8 12 16 20 24 28 32 36 40 44 48 52

5 5 10 15 20 25 30 35 40 45 50 55 60 65

6 6 12 18 24 30 36 42 48 54 60 66 72 78

7 7 14 21 28 35 42 49 56 63 70 77 84 91

8 8 16 24 32 40 48 56 64 72 80 88 96 104

9 9 18 27 36 45 54 63 72 81 90 99 108 117

10 10 20 30 40 50 60 70 80 90 100 110 120 130

11 11 22 33 44 55 66 77 88 99 110 121 132 143

12 12 24 36 48 60 72 84 96 108 120 132 144 156

13 13 26 39 52 65 78 91 104 117 130 143 156 169

14 14 28 42 56 70 84 98 112 126 140 154 168 182

15 15 30 45 60 75 90 105 120 135 150 165 180 195

16 16 32 48 64 80 96 112 128 144 160 176 192 208

17 17 34 51 68 85 102 119 136 153 170 187 204 221

18 18 36 54 72 90 108 126 144 162 180 198 216 234

19 19 38 57 76 95 114 133 152 171 190 209 228 247

20 20 40 60 80 100 120 140 160 180 200 220 240 260

21 21 42 63 84 105 126 147 168 189 210 231 252 273

3. Besançon

http://artic.ac-besancon.fr/mathematiques/Olympiades-1S/index.htm

3-a : Puzzle (c)

Figure 1 Figure 2 Figure 3

Dans un carré donné, on découpe à chaque sommet un triangle rectangle isocèle comme l’indique la figure 1. Tous les triangles rectangles isocèles ont les mêmes dimensions.

1. Comment choisir le petit côté des triangles rectangles isocèles pour que l'aire totale de ces quatre triangles représente la moitié de l'aire totale du carré ?

2. a. Comment choisir le petit côté des triangles rectangles isocèles pour que l'aire totale de ces quatre triangles représente le quart de l'aire totale du carré ?

b. Observer alors la figure 2 et expliquer pourquoi elle permet de construire facilement à l'aide d'un compas la solution de cette question.

3. Lorsqu'on a découpé les quatre triangles rectangles, la figure qui subsiste, lorsqu’ils ne sont pas trop grands, est un octogone (figure à huit côtés). Comment choisir le petit côté des triangles rectangles isocèles pour que l'octogone final soit régulier (c'est-à-dire une figure inscriptible dans un cercle dont les huit côtés sont égaux).

À présent, on considère le puzzle de la figure 3, constitué d'un carré central, de quatre triangles de mêmes dimensions et de quatre pentagones de mêmes dimensions.

4. Comment procéder pour que l'aire de chacun des quatre pentagones soit égale à l'aire du carré central ? Dessiner alors la solution en choisissant bien le côté du carré initial.

Solution

Notons a le côté du carré.

Si le petit côté des triangles rectangles isocèles mesure 2

a , par

symétrie l'aire totale de ces quatre triangles représente la moitié de l'aire totale du carré.

1. Appelons x le côté de chaque triangle rectangle isocèle. En accolant deux tels triangles par leur hypoténuse, on obtient un carré de côté x, donc d’aire x2.

La somme des aires des quatre triangles rectangles isocèles sera 22x ;

on doit donc avoir ici 2

22 4

a x  soit

2 2 2

8 4

a a x x   .

2. Notons les points comme sur la figure ci-contre.

Par le théorème de Pythagore on a 2 2

2 2 2

2 4

a a AK AK AB

      

  ,

soit 2

2 22 4 4

a a AK AK   , et par construction : AC AK .

Le côté AC du triangle rectangle isocèle a donc bien la longueur attendue.

A B

K

C

H

A Ea-2xx C

B

D x

3. a. On pose AE a .

Le théorème de Pythagore donne 2 22BC x ; de plus 2 2( 2 )CD a x  .

On résout donc 2 2( 2 ) 2a x x  , soit ( 2 ) 2a x x  puis que x et a x

sont positifs et donc 2 2

0.3 22 2

a x a a

     

.

La somme des aires des quatre triangles rectangles type BED est égale à

l’aire d’un carré de côté BD, soit   2

2a x .

L’aire du carré central EFGH est égale à 2 22BC x . L’aire d’un pentagone

est alors par soustraction :

  22 2 21 32 2 4 2

a a x x ax x     .

On résout donc 2 2 3

2 2

x ax x  ; on obtient après simplification par x :

2

7 x a . Il suffit de prendre 7 cma  comme côté du grand carré pour faire

la construction, puis 2 cmx  comme longueur du segment AB.

A B

C

D

E

F

G

H

3-b : Développement égyptien d'une fraction (c)

Dans l’antiquité, les Égyptiens n’utilisaient que des fractions dont le numérateur était 1, comme 1

3 ,

1

8 ,

1

13 , ….

Ils pouvaient décomposer toute autre fraction (comme 31

13 ) en somme d’un entier et de fractions de ce type selon

l’algorithme suivant :

* on calcule le quotient entier de 31 par 13 : on obtient 2 ;

* on calcule alors : 31 5

2 13 13   ;

* le plus petit entier n tel que 1 5

13n  est 3 et

5 1 2

13 3 39   ;

* le plus petit entier n tel que 1 2

39n  est 20 et

2 1 1

39 20 780   .

Ainsi 31 1 1 1

2 13 3 20 780     est le « développement égyptien » de

31

13 .

On admettra que cette écriture existe et est unique.

1. Déterminer le développement égyptien des fractions 3

4 ,

8

15 ,

18

7 et

2009

2010 .

2. L'écriture 1 1

3 5  est-elle le développement égyptien d'une fraction ?

3. Soient a et b deux entiers naturels tels que 2 a b  .

À quelle condition l’écriture 1 1

a b  est-elle le développement égyptien d'une fraction ?

4. Déterminer le plus petit entier n, 11n , tel que 1 1

11 n  soit un développement égyptien.

Solution

1. On obtient par l’algorithme ci-dessus 3 1 1

4 2 4   ,

8 1 1

15 2 30   ,

18 4 1 1 2 2

7 7 2 14      .

Pour 2009

2010 les calculs sont plus longs ! Avec une calculatrice on obtient successivement :

2009 1 502 1 1 167 1 1 1 164 1 1 1 1 17

2010 2 1005 2 3 1005 2 3 7 7035 2 3 7 43 302505

1 1 1 1 1 2

2 3 7 43 17795 1076615295

             

     

et pour réduire 2

1076615295 on utilise une jolie astuce : comme le plus petit entier n tel que

1 2

2 1n p

 est 1p  et

que   

2 1 1

2 1 1 2 1 1p p p p  

    , il vient avec 538397647p  :

2 1 1

1076615295 538397648 1076615295 538397648  

 ,

soit finalement 2009 1 1 1 1 1 1 1

2010 2 3 7 43 17795 538397648 1076615295 538397648       

 .

On ne pouvait faire mieux avec une calculatrice usuelle. Pour ceux qui ont repris le calcul avec un ordinateur :

2009 1 1 1 1 1 1 1

2010 2 3 7 43 17795 538397648 579550247252276160        .

2. Non car 1 1 8

3 5 15   et comme

8 1 1

15 2 30   est le développement égyptien de

8

15 d’après la première question,

comme enfin l’énoncé annonce que la décomposition égyptienne est unique, 1 1 8

3 5 15   ne peut être le

développement égyptien d’une fraction.

3. Il suffit que 1 1 1

1a b a  

 ; en effet, comme

1 1 1 1

1a a b a   

 , a est bien le plus petit entier n tel que

1 1 1

n a b  

( 1a ne convient pas !).

4. On se sert de la question précédente : résolvons donc 1 1 1

11 10n   .

Il vient successivement 1 1 1 1

10 11 110n    donc 110n . Le plus petit entier qui convient est donc 111 ;

1 1

11 111  est

le développement égyptien d’une fraction, soit de 122

1221 .

4. Bordeaux

http://mathematiques.ac-bordeaux.fr/elv/jeux/olymp/olymp.html

4-a : Équidistants (c)

Série S

1. On considère un ensemble E du plan contenant au moins trois points et tel que les distances entre deux quelconques de ses points soient égales.

a. Donner un exemple d’ensemble E formé de trois points.

b. Est-ce que E peut contenir plus de trois points ? Justifier.

2. Dans cette question E est un ensemble de points de l’espace possédant la même propriété qu’à la question 1.

Quel est le nombre maximum de points de E ?

3. Soit n un entier naturel supérieur ou égal à 3 et (C) un cercle donné.

Montrer qu’il est possible de construire n points du cercle (C) tels que les distances entre deux quelconques de ces points soient toutes différentes.

Solution

1. a. Un triangle équilatéral fait l’affaire.

b. Soit A, B, C et D quatre points de E. ABC et ABD sont équilatéraux. C et D

distincts sont symétriques par rapport à (AB). On a alors 3CD AB AB  :

il est impossible que E contienne quatre points ni davantage par conséquent.

2. E peut contenir 4 points (tétraèdre régulier) mais pas davantage comme le montrerait un raisonnement semblable au 1. b.

3. On peut construire facilement 3 points sur le cercle vérifiant la propriété. Il suffit que le triangle formé par ces 3 points ne soit pas isocèle. Donc si A et B sont donnés, (C) ne doit pas occuper la position des points M, N, P ou Q obtenus en traçant la médiatrice du segment [AB], le cercle de centre A passant par B et le cercle de centre B passant par A.

Si l’on souhaite placer un quatrième point il faudra éviter M, N, P et Q mais aussi les quatre points construits à partir de [AC] et les quatre autres construits à partir de [BC].

On met donc en place un algorithme de construction : si n points sont déjà placés sur le cercle formant entre eux un

nombre fini N de segments (  1

2

n n N

  ), le nombre de points à éliminer pour placer un point supplémentaire est

au maximumde 4N (il est possible qu’il y ait des superpositions). Le cercle ayant une infinité de points, cela est toujours possible.

4-b : Combinaisons de parenthèses (c)

Série S

Soient a, b, c trois entiers naturels distincts et supérieurs ou égaux à 2. On forme les huit combinaisons possibles de ces trois nombres en utilisant des parenthèses, des additions ou des multiplications.

L’objectif est de trouver des familles (a, b, c) pour lesquels deux combinaisons donnent le même résultat.

1. Écrire ces combinaisons dans chacun des cas suivants :

a. a = 2, b = 3, c = 4 b. a = 4, b = 7, c = 8

c. a = 6, b = 7, c = 8 d. a = 6, b = 11, c = 12.

Sur ces exemples, quelles sont les combinaisons qui donnent le même résultat ?

En déduire une première famille d’entiers qui répondent au problème. Le prouver.

2. On se propose de trouver d’autres familles (a, b, c) telles que (b + c)a = bc + a.

a. Déterminer c lorsque a = p et b = p + 1 où p est un entier naturel supérieur ou égal à 2.

b. Déterminer b lorsque a = 2p et c = 6p – 2 où p est un entier naturel supérieur ou égal à 1.

c. En déduire deux autres familles solutions du problème initial.

3. On se propose de chercher tous les entiers naturels a, b, c supérieurs ou égaux à 2 vérifiant :

   :

est minimum

b c

S b c a bc a

c

a

      

  

.

a. Prouver que a < b.

b. Démontrer que 2 c

a  (on pourra montrer que

1 1

c c

a b

   ).

c. En déduire toutes les solutions de (S).

Solution

1. Dans les exemples 1, 2 et 4 on trouve que  a b c a bc   . Pas de résultats identiques dans le 3.

Ces 3 possibilités correspondent à des triplets de la forme (a, 2a–1, 2a). On vérifie que ces triplets sont des solutions.

2. a. c = p².

b. b = 3p.

c. (p, p+1, p²) et (2p, 3p, 6p–2)

3. 1

bc a

b c   

; or c<b+c–1 donc a<b.

b. 1 1

1 c b c c

a b b

      ; or 1 2

c c b

a     .

c. c

a est donc minimum quand il est égal à 2. Si 2

c

a  alors c=2a donc a+2ab = a(b+2a) et a(2ab–1)=0 donc

b=2a–1. On a bien b<c.

Les seules solutions de (S) sont donc les triplets (a, 2a–1, 2a), a entier supérieur ou égal à 2.

4-c : Pyramide de nombres (c)

Autres séries que S

Une ligne est désignée par le nombre écrit dans sa première case à gauche.

Une colonne est désignée par le nombre écrit dans sa case la plus haute.

Un nombre est repéré par la ligne et la colonne dans lesquelles il se trouve.

Par exemple le nombre 11 est repéré par (10, 5), le nombre 8 par (5, 4)

1. Comment est repéré le nombre 30 ?

2. Comment est repéré le nombre 2010 ?

Solution

1. (26, 2) pour 30.

2. (1937, 900). En effet 2010 est entre 1936 et 2025. C’est le 74ème nombre de la ligne qui en contient 89. C’est le 29ème après le 44ème qui est au dessous du 1. Il est donc au dessous du 30ème carré donc de 900.

4-d : Step by step (c)

En partant du nombre 1, on peut arriver à 2010 en n’utilisant que deux opérations : ajouter 1 et multiplier par 7. On peut par exemple ajouter 2010 fois le 1.

Donner une solution avec un nombre d’étapes le plus petit possible.

Solution

((1+1+1+1+1)  7+1+1+1+1+1+1)  7 7+1, ce qui fait 14 étapes.

4-e : Séquences harmoniques (c)

Autres séries que S

On considère la suite bâtie de la manière suivante :

 0 1L  ; 1 1 1 1

1, , , 2 2 4

L       

; 2 1 1 1 1 1 1 1

1, , , , , , , 2 2 4 2 4 4 8

L       

;

chaque nouvelle séquence étant obtenue en recopiant la précédente et en y rajoutant les mêmes termes divisés par 2.

1. Quelle est la plus petite valeur n pour laquelle la séquence Ln contient plus de 2010 éléments ?

2. Pour cette valeur de n :

a. quel est le 2010e élément de Ln ?

b. quelle est la somme des éléments de Ln ? On pourra commencer par calculer celles de L1, L2, L3.

Solution

1. n=11.

2. Pour 11n  , 11L a 2 11 = 2048 éléments. Si on appelle nu le n-ième terme, alors 2010u est 39

ème avant le dernier, on

a alors        2048 38 1024 38 512 38 256 38 64 38 26 1 1 1 1 1

... 2 4 8 32 32

u u u u u u          .

Le terme 26u est calculable directement :

2

1 1 1 1 1 1 1 1, , , , , , ,

2 2 4 2 4 4 8 L       

, 3 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1

1, , , , , , , , , , , , , , , 2 2 4 2 4 4 8 2 4 4 8 4 8 8 16

L       

3

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1, , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , ,

2 2 4 2 4 4 8 2 4 4 8 4 8 8 16 2 4 4 8 4 8 8 16 4 8 8 16 8 16 16 31 L       

,

soit 26 1

8 u  et 2010

1

256 u  .

3. 1 3

2 n nS S  d’où

11

11

3

2 S

      

.

5. Caen

http://math.discip.ac-caen.fr/

5-a : Bols

On considère un bol ayant la forme ci-contre et tel que

• Son rayon intérieur est égal à 4 cm.

• Son rayon extérieur est égal à 5 cm.

• Sa hauteur est égale à 4 cm.

• Son épaisseur est égale à 1 cm.

1. a. Quelle est la hauteur de deux bols empilés l'un dans l'autre ?

b. Dans une armoire on dispose de 50 cm de hauteur. Combien de bols peut-on empiler ?

2. Quel est le volume d'air contenu entre deux bols ?

3. On considère une cloche de forme demi-sphérique. Quel doit être son diamètre intérieur minimal pour qu'elle puisse recouvrir un bol posé sur un plan horizontal ?

Données : Volume d'une calotte

sphérique :  2 1

3 3

V h r h 

r est le rayon de la boule et h la hauteur de la calotte.

5-b : Découpages

On découpe dans une feuille, un carré ABCD de 20 cm de côté.

Soit A1, B1, C1, D1les milieux respectifs des segments [AB] ; [BC] ; [CD] et [DA].

1. a. Pourquoi A1 B1 C1 D1est-il un carré ?

b. Quelle est son aire ?

2. On détermine de même les points A2, B2, C2, D2les milieux respectifs des segments [A1B1], [B1C1], [C1D1], [D1A1]puis de même pour les points A3, B3, C3, D3

On note c0la longueur du carré ABCD, c1la longueur du carré A1 B1 C1 D1et cn la longueur du carré AnBn CnDn.

a. Calculer les valeurs exactes de c2et c3.

b. Déterminer le plus petit entier n tel que cn soit inférieur ou égal à 0,1 mm.

c. On note a0l’aire du carré ABCD, a1l’aire du carré A1 B1 C1 D1et an l’aire du carré AnBn CnDn et on note pour

1n  , 0 1 ...n nS a a a    .

Calculer a0, a1, a2et a3ainsi que S1, S2, S3 et S4.

d. Existe-t-il un entier n tel que Sn soit supérieur ou égal à 780 ? Supérieur ou égal à 800 ?

On pourra utiliser la formule : 1

2 11 ... 1

n n xx x x

x

     

 .

3. Le carré initial ABCD est tracé sur une feuille de papier d’épaisseur 0,1 mm.

Par pliage, on construit successivement les carrés A1 B1 C1 D1puis A2 B2 C2 D2etc…

a. Quelle serait la hauteur théorique de la feuille, si on veut construire par cette méthode le carré A20 B20 C20 D20?

b. Que pensez-vous du résultat obtenu ?

6. Clermont Ferrand

http://www3.ac-clermont.fr/pedago/maths/pages/sampleolymp1.php

http://www3.ac-clermont.fr/pedago/maths/index.php?lng=fr

6-a : Des rayons perdus

Dans le carré suivant de côté 1, on a dessiné 3 cercles tangents entre eux, un grand, un moyen et un petit.

Le grand cercle et le cercle moyen sont tangents à 2 côtés du carré, le petit cercle est tangent à un côté.

Le centre du grand cercle et le centre du petit sont sur une même droite parallèle à un côté du carré.

1. Donner la distance entre les centres du grand et du petit cercle.

2. Pascale affirme : « La distance entre les centres du moyen et du grand cercle est 2 2 ». Qu’en pensez-vous ?

3. Déterminer la distance entre les centres du moyen et du petit cercle.

4. Peut-on trouver le rayon de ces trois cercles ?

Solution

1. La distance entre les centres du grand et du petit cercle est 1/2 puisqu’elle couvre deux demi/diamètres dont la somme fait 1.

2. Prenons E à l’abscisse x, alors EB 2 2x  , EG 1 x  ,

  BG 1 2 1 x   ; prenons I à l’abscisse y, alors ID 2y ,

JG=y, GD 2y y  ; comme la diagonale du carré vaut 2 , on

a

   

    

1 2 1 2 2

2 2 12 2 2 IE

1 2 2 1 2 1

x y

x y

   

       

  

.

3. On a       2 2 2 2 2 2

IE 2 2 1 4 22 2

x y x y x y x y

            

. Si I a pour coordonnées  ,y y , E

a les coordonnées  2 1, 2 1y y    et P les coordonnées 1 , 2

y y    

  ; on a donc la distance

  2

2 2 1EP 2 1 2 1

2

9 29 3 2 2 2 2 2 1 5 2

4 4

29 20 2 EP 0,423.

2

         

       

   

4. Pour trouver les rayon des trois cercles il faut que la somme des rayons des deux plus petits soit EP :

1 2 1 EP

2

1 2 1 EP

2

1 3 EP 2 0,254.

2 2

y y

y y

y

    

     

       

 

6-b : Jeu de mains…

Les candidats des séries L, ES, STI, STL, STG et ST2S ne traiteront que la question A.

A. Ce jeu se joue à deux. Chaque joueur à tour de rôle montre à l’autre un certain nombre non nul de doigts de sa main droite, mais il s’agit de faire en sorte que le nombre total des doigts montrés, depuis le début de la partie, soit à chaque étape un nombre premier.

Si un joueur ne peut plus jouer, il a perdu.

1. Écrire tous les nombres premiers inférieurs à 50.

2. Y a-t-il toujours un gagnant ?

3. Le premier joueur a trois possibilités au premier tour. Étudier ces trois choix et dire si, selon ce choix, un des deux joueurs peut trouver une stratégie pour gagner à coup sûr.

4. Olympe et Max jouent à ce jeu pour la première fois et n’ont a priori aucune stratégie : c’est Olympe qui commence. A-t-elle

- Plus d’une chance sur deux de gagner ?

- Moins d’une chance sur deux de gagner ?

- Une chance sur deux de gagner ?

B. La règle du jeu reste la même, si ce n’est que chaque joueur montre cette fois-ci un certain nombre non nul de doigts de ses deux mains.

1. Y a-t-il toujours un gagnant ?

2. Une règle supplémentaire est imposée : la suite des nombres premiers successivement obtenus au cours d’une partie doit être une suite de nombres premiers consécutifs.

Olympe (encore elle !) joue à ce nouveau jeu pour la première fois et n’a a priori aucune stratégie : c’est elle qui commence. A-t-elle

- Plus d’une chance sur deux de gagner ?

- Moins d’une chance sur deux de gagner ?

- Une chance sur deux de gagner ?

Remarque : le même exercice, en ne conservant que A. peut être posé pour les 1ères non scientifiques.

7. Corse

http://www.ac-corse.fr/math/Olympiades-2010_a83.html

7-a : Modélisation d’un effet Larsen.

Lorsque qu’une source sonore produit un son, différentes valeurs numériques lui sont attachées, dont l’intensité qui distingue un son « faible » d’un son « fort ». Cette intensité s’atténue avec la distance à laquelle l’observateur qui la mesure se trouve de la source ; elle peut se mesurer dans une unité physique (watts par mètre carré, W/m²).

L’oreille humaine peut capter des sons allant de 10–12 à 1 W/m² et même au-delà, mais cela devient pénible, un avion à réaction produisant une intensité de l’ordre de 100 W/m². Dans la suite de l’exercice nous ne citerons plus les unités d’intensité.

Sur un amplificateur hifi sont branchés un micro, qui capte les sons en entrée, et un haut-parleur en sortie qui les restitue.

Si I est l’intensité d’un son présenté devant le micro alors ce son se retrouve reproduit par le haut-parleur avec une intensité I’ qui dépend du réglage du volume. Cet amplificateur fournit au maximum une intensité égale à 20 donc, quelque soit le réglage du volume, I’ reste inférieure ou égale à 20, et lorsque Iest égale à 20 on dit qu’il y a « saturation ».

Tant que ce seuil maximal n’est pas atteint, à chaque position du réglage du volume, l’intensité d’entrée I est multipliée par un coefficient k, nombre réel positif qui dépend de la position du curseur de réglage du volume.

Lorsque le curseur de réglage du volume est placé au minimum on a k = 0, et lorsque le curseur de réglage du volume est placé au maximum on a k =100 s’il n’y a pas de saturation.

1. a. Quelle condition doit vérifier l’intensité d’entrée pour éviter une saturation lorsque le volume est réglé au maximum.

b. Dans cette question le volume est réglé à k =10. Exprimer I’ en fonction de I et tracer la courbe représentative de la fonction qui à I associe I’.

2. L’intensité du son décroît avec la distance qui sépare le point où il est mesuré de la source sonore ; un son produit au niveau du haut-parleur va se propager dans l’air et revenir au niveau du micro avec un certain retard qui fait que les sons ne se superposent pas, et avec une intensité plus faible, estimée ici à 11 % de l’intensité à la sortie du haut- parleur. Ce son est lui-même transmis à l’amplificateur par le micro.

Le volume est réglé pour k = 10 et on produit un son initial instantané d’intensité 0,000 000 000 001 devant le micro dans un environnement de silence supposé absolu.

Une succession de sons se produisent alors au niveau du haut parleur. Déterminer le nombre de sons d’intensités différentes et calculer leurs intensités respectives. C’est le très désagréable effet Larsen.

3. Peut-on faire disparaître l’effet Larsen, en agissant sur le bouton de volume de l’amplificateur, mais sans le positionner à zéro ?

7-b : Carrétrice

Les questions 1,2,3 et 4 sont indépendantes.

Étant donné un couple de demi droites sécantes ((Ox), (Oy)) formant un angle de mesure d en degrés (0<d  90).

On considère pour tout point A de (Oy) distinct de O, le carré ABCD tel que C et D soient des points de (Ox) et B situé dans le secteur angulaire (xOy).

1. On suppose dans cette question qu’une mesure de l’angle xOy est 45°. Déterminer à l’aide de la calculatrice une

valeur approchée à un degré près par défaut de la mesure de l’angle COB .

2. On se place dans le cas général. Soient A et Adeux points de la demi-droite (Oy) distincts de O, ABCD et ABCDdeux carrés, où CDCD’ sont des points de (Ox). Démontrer que les points O, B et B’ sont alignés.

La demi-droite [OB) est appelée « carrétrice » du couple de demi-droites ((Ox),(Oy)). Si les demi-droites sont confondues, la « carrétrice » leur est égale.

3. Est-il possible que la « carrétrice » de ((Ox), (Oy)) soit la bissectrice intérieure de l’angle xOy , lorsqu’il n’est pas

nul ?

4. On considère deux demi-droites sécantes (Ox) et (Oy) formant un angle droit, et (Ot) une demi-droite quelconque intérieure au secteur angulaire (xOy). Construire les « carrétrices » (Ou) et (Ov) respectivement des couples

((Ox), (Ot)) et ((Oy), (Ot)). Démontrer que la valeur minimale de l’angle uOv , est obtenue lorsque (Ot) est

bissectrice de uOv et déterminer une valeur approchée en degré à 10–2 près par excès de celle-ci.

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