Correction Olympiades 2011 - Académie de Clermont

CORRECTION DES OLYMPIADES ACADÉMIQUES DE
MATHÉMATIQUES
CLASSE DE PREMIERE
SESSION 2011
Exercice National 1 : Essuie-glaces
1) L’aire demandée en cm2 est A =
1
π
(π.60 2 − π.152 ) = 152 (4 2 − 1) = 1687,5 π soit en valeur
2
2
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
1
3 
3 2
R
: A1 =  R ×
R  =
R .
2
2
2  4
Calculons l’aire du secteur angulaire
d’angle
π
O’OC de mesure
en radians, qui est
3
aussi celle du secteur angulaire d’angle
πR 2
CO’O : A2 =
.
6
Ainsi l’aire de la portion de plan limitée par la corde [OC] et l’arc OC sera : A2 − A1 .
L’aire de la portion de plan commune aux deux demi disques sera donc :
A3 = A2 + A2 − A1 = 2 A2 − A1 . Donc A3 = π R 2 − 3 R 2 .
3
4
L’aire essuyée par les deux balais est donc celle d’un disque de rayon R privée de A3 soit
 2π
3 2
π
3 2
R
A = π R2 − ( R2 −
R ) donc A =  +

3
4
3
4


3) a. sin OCH = sin 30° =
1
2
OH 1
= soit
OC 2
1
OH = a 3 .
2
HC
3
3
3
De même
= cos 30° =
donc HC =
a 3 = a . Enfin d’après le théorème de
OC
2
2
2
Pythagore dans le triangle HOA rectangle en H :
donc
2
2
a 2 3a 2
3
  a 3 
OA = HA + HO = (HC − CA) + HO =  a − a  + 
=
+
= a2 .

2
2
4
4

 

2
2
2
2
2
1
Ainsi OA = OC et donc le triangle AOC est isocèle.
Remarque : on pouvait également utiliser le théorème d’Al Kashi dans le triangle AOC.
b. L’angle dont a tourné le dispositif est la mesure de l’angle MOM’. En degré elle vaut
180 − XOM avec X comme sur le dessin. Or les angles XOM et OPM sont alternes internes,
et le triangle MOP est isocèle ; on en déduit donc que MOX = 2 × 30 = 60° . Donc l’angle
géométrique MOM’ 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 MM' et NN'. 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 et 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 MT a la même aire que celle limitée par [M’N’], [N’T’]
et l’arc M'T'. On peut dire aussi que le système étant rigide, les triangles OMN et OM’N’
sont isométriques.
Ainsi la portion essuyée a la même aire que celle qui est limitée par les segments [NT] et
[N’T’] et les arc de cercle NN' et TT'.
1
π
L’aire de cette portion de plan est donc A = (π.ON 2 − π.OT 2 ) = (OB2 − OA 2 ) .
3
3
2
2
Or, OA = a et d’après le théorème de Pythagore dans le triangle rectangle OBH ,
2
2
3a 2
3
  a 3  121a
OB = OH + HB = (HC + CB) + OH =  a + 4a  + 
=
+
= 31a 2

4
4
2
  2 
π
π
L’aire cherchée est donc A = (31a 2 − a 2 ) = × 30a 2 . Donc A = 10πa 2
3
3
2
2
2
2
2
2
Exercice National 2 : Le singe sauteur
1. Le nombre 4 est atteignable car 1 + 2 − 3 + 4 = 4 .
2. Le singe n’a le choix : 1 + 2 − 3 + 4 et … il est bloqué !!
2
3. 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].
4. 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 = 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).......... − ( n 2 − 1) + n 2 =
n ( n + 1)
n ( n + 1) n 2 − n
+ 1 + 1 + 1 + .................. + 1 =
+
= n2
2
2
2
d’où n 2 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].
5. a. Si le nombre n est atteignable, il existe des ai valant 1 ou − 1 tels 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− = 2S+
(n − 1)n
On en déduit que :
= 2 S + d’où n(n − 1) = 4S+ et donc 4 divise le produit n (n − 1) .
2
Donc n est de la forme 4k ou 4k + 1 . Par exemple 18 n’est pas atteignable.
b. La réciproque est fausse puisque 5 n’est pas atteignable.
6. 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 si le premier signe –
apparaît en position i+1 alors S(i) ≥ i+1, 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 ?
Exercice Académique 3 : Code confidentiel
1.
K=1
K=2
K=3
K=4
U
S
P
2
8
2
2
0
0+2×2=4
4 +5 × 8 = 44
44 + 4 × 2 = 52
52 + 7 × 2 = 66
2282
228
22
2
0
3
Or 66 = 9 × 7 + 3 : le reste dans la division euclidienne de S par 9 est donc R = 3
d’où C = 9 – 3 = 6.
La clé est 6.
2. Appelons a le premier chiffre, le code est alors a732.
K=1
K=2
K=3
K=4
U
S
P
2
3
7
a
0
0+2×2=4
4 +5 × 3 = 19
19 + 4 × 7 = 47
47 + 7 × a
a732
a 73
a7
a
0
La clé est C = 4 donc le reste dans la division euclidienne de S par 9 est R = 5.
a
47 + 7 × a
Reste dans la
division par 9
de 47 + 7 × a
0
47
1
54
2
61
3
68
4
75
5
82
6
89
7
96
8
103
9
110
2
0
7
5
3
1
8
6
4
2
La seule valeur de a qui donne un reste égal à 5 est a = 3. Le code est donc 3732.
3.
K=1
K=2
K=3
K=4
U
S
P
a
b
b
a
0
0 + 2 × a = 2a
2a + 5 × b = 2a + 5b
2a + 5b + 4 × b = 2a + 9b
2a + 9b + 7 × a = 9a + 9b
abba
abb
ab
a
0
Or 9a + 9b = 9(a + b) où a et b sont des entiers donc a + b aussi. Ainsi 9a + 9b est divisible
par 9, donc le reste dans la division euclidienne de 9a + 9b par 9 est R = 0 et la clé est donc
C = 9.
Donc toutes les personnes ayant un code de la forme abba ont pour clé 9.
4.
K=1
K=2
K=3
K=4
U
S
P
ccdd
d
d
c
c
0
0 + 2 × d = 2d
2d + 5 × d = 7d
7d + 4 × c = 7d + 4c
7d + 4c + 7 × c = 7d + 11c
ccd
cc
c
0
La clé est C = 4 donc le reste dans la division euclidienne de 7d + 11c par 9 est R = 5.
On cherche tout d’abord les différentes valeurs de 7d + 11c puis le reste dans la division par
9.
4
c
d
0
reste
1
reste
2
reste
3
reste
4
reste
5
reste
6
reste
7
reste
8
reste
9
reste
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
0
0
7
7
14
5
21
3
28
1
35
8
42
6
49
4
56
2
63
0
11
2
18
0
25
7
32
5
39
3
46
1
53
8
60
6
67
4
74
2
22
4
29
2
36
0
43
7
50
5
57
3
64
1
71
8
78
6
85
4
33
6
40
4
47
2
54
0
61
7
68
5
75
3
82
1
89
8
96
6
44
8
51
6
58
4
65
2
72
0
79
7
86
5
93
3
100
1
107
8
55
1
62
8
69
6
76
4
83
2
90
0
97
7
104
5
111
3
118
1
66
3
73
1
80
8
87
6
94
4
101
2
108
0
115
7
122
5
129
3
77
5
84
3
91
1
98
8
105
6
112
4
119
2
126
0
133
7
140
5
88
7
95
5
102
3
109
1
116
8
123
6
130
4
137
2
144
0
151
7
99
0
106
7
113
5
120
3
127
1
134
8
141
6
148
4
155
2
162
0
Les codes : 7700 ; 8811 ; 9922 ; 0022 ; 1133 ; 2244 ; 3355 ; 4466 ; 5577 ; 6688 ; 7799 ont pour
clé 4.
On peut aussi remarquer que : 7d + 11c = 7d + 2c +9c. Donc le reste dans la division par 9 de
7d + 11c est le même que le reste dans la division par 9 de 7d + 2c (les calculs sont alors un peu
plus simples).
Exercice Académique 4 : L’élection du consul de l’empereur
1. a. Vrai : l’unique prétendant obtient 100% des voix.
b. Vrai : si chacun des deux prétendants obtenait strictement moins de 50% des voix, la somme
des deux ne serait pas égale à 100%. Donc l’un des deux a recueilli au moins 50% des voix. En
cas d’égalité le plus jeune est élu.
c. Faux : les trois prétendants peuvent par exemple obtenir 14, 10 et 8 voix dans un conseil de
32 personnes.
2. Soit n le nombre de prétendants et p le nombre de voix obtenues par le meilleur des prétendants.
p
p
Ainsi le prétendant classé 2e a recueilli
voix, le prétendant classé 3e 2 voix, le nième
2
2
p
prétendant n -1 voix.
2
Le nombre total de voix, qui est égal à l’effectif N du conseil, est donc :
5
1
p p
p
1 1
1
2 n = p × (2 − 1 ) < 2 p (n ≥ 3)
N = p + + 2 + ... + n -1 = p × (1 + + 2 + ... + n -1 ) = p ×
1
2 2
2 2
2
2
2 n -1
1−
2
p 1
Le pourcentage de voix obtenues par le meilleur prétendant est :
> .
N 2
Le meilleur prétendant a obtenu plus de 50% des voix : il est élu au premier tour.
3. Soit n le nombre de prétendants et p le nombre de voix obtenues par le meilleur des prétendants.
3
3
Ainsi le prétendant classé 2e a recueilli p voix, le prétendant classé 3e ( ) 2 p voix, …, le
4
4
3
nième prétendant ( ) n -1 p voix.
4
Le nombre total de voix, qui est égal à l’effectif du conseil, est donc :
3
1 − ( )n
3
3
3
3 3
3
4 = p × 4 (1 − ( 3 ) n )
p + p + ( ) 2 p + ... + ( ) n -1 p = p × (1 + + ( ) 2 + ... + ( ) n -1 ) = p ×
3
4
4
4
4 4
4
4
1−
4
Le pourcentage de voix obtenues par le meilleur prétendant est :
p
1
=
3 n
3
p × 4 (1 − ( ) ) 4 (1 − ( ) n )
4
4
3
3
La suite géométrique de terme général ( ) n est strictement décroissante car 0 < < 1 .
4
4
3
27
3
37
1
16 1
Donc pour tout n ≥ 3 , ( ) n ≤
d' où 4 (1 − ( ) n ) ≥
d' où
≤
< .
3
4
64
4
16
4 (1 − ( ) n ) 37 2
4
Le meilleur prétendant n’a pas obtenu 50% des voix : un second tour est nécessaire.
1−
Exercice Académique 4 : Tous divisibles par 222…et plus
1) On peut écrire 6 nombres à l’aide des chiffres 1, 2 et 3 :
123-132-213-231-312 et 321.
La somme S obtenue est égale à 1332. Or 1332 = 6 × 222. (6 représentant 1 + 2 + 3)
2) En recommençant avec les chiffres 4, 7 et 9 par exemple, on a :
S = 479 + 497 + 749 + 794 + 974 + 947
S = 4 440 = 20 × 222 (20 représentant 4 + 7 + 9)
La propriété est encore vérifiée.
3) Justification :
On considère a, b et c trois chiffres non nuls et distincts deux à deux.
La somme S obtenue à l’aide des six nombres que l’on peut former est :
S = 200a + 200b + 200c + 20a + 20b + 20c + 2a + 2b + 2c
Donc S = 2 (a +b +c) (100 + 10 + 1).
Par suite S = 222
× (a +b +c) et S est toujours divisible par 222.
4) On considère maintenant a, b, c et d quatre chiffres non nuls et distincts deux à deux.
6
On peut écrire 24 nombres à l’aide de ces 4 chiffres distincts.
La somme S obtenue à l’aide des 24 nombres sera égale à :
S = 6 (a +b +c + d) (1000 + 100 + 10 + 1).
D’où S = 6 666
× (a + b + c + d)
La somme S des nombres que l’on peut former avec quatre chiffres non nuls et distincts deux
à deux est toujours un multiple de 6666. S est le produit de 6666 par la somme des 4 chiffres
utilisés.
7