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