sujet académique - Espace Educatif - Rennes

Olympiades académiques
de mathématiques
2016
_______________________________
Académie de Rennes
Mercredi 16 mars 2016
Exercices académiques
Eléments de correction
Exercice académique numéro 1 (à traiter par tous les candidats)
Le Tripl’One
Partie I : Etude de quelques exemples
1. Donner deux décompositions possibles pour obtenir le nombre N = 10.
par exemple 1 → 3 → 9 → 10 ou encore 1 → 2 → 3 → 9 → 10
2. Roméo a obtenu 31. Pourquoi peut-on affirmer que le nombre précédent était 30 ?
on passe d'un nombre au précédent soit en divisant par 3, soit en enlevant 1
Or ici 31 n'est pas divisible par 3... C'est donc 31-1=30
Qu'en serait-il si Roméo avait obtenu 63 ?
Là il y a deux possibilités... 63:3=21 ou 63-1=62
3. Roméo et Juliette cherchent à obtenir pour un nombre N donné, une décomposition donnant un
nombre minimal d’étapes.
a. Déterminer à l’aide d’un arbre tous les nombres atteignables en 3 étapes.
b. Nombre minimal d’étapes pour atteindre le nombre 90 ?
La réponse est 5, en effet :
Une fois arrivé à la 3ème étape (obligatoire car 90 n'est pas obtenu
avant), deux étapes supplémentaires suffisent car
(10 x 3) x 3 = 90
On ne peut pas faire moins car une seule étape supplémentaire donne
au maximum le nombre 27 x 3 = 81
c. En déduire le nombre minimal d’étapes pour obtenir 91 et 92.
Pour 91, ce sera 6 étapes... les 5 qui mènent à 90 et celle du « +1 ». En
effet, le nombre qui précède 91 est nécessairement 90 (car 91 n'est
pas divisible par 3) or 90 est atteint en un minimum de 5 étapes.
De même, le nombre qui précède 92 est forcément 91 et on trouve
donc 7 étapes au minimum.
d. Qu’en est-il pour 93 ? Pour105 ? Pour 108 ?
Montrer dans chaque cas les étapes conduisant à chacun de ces nombres.
On cherche à repérer les nombres précédents possibles, sachant que pour aller « au plus vite », il faut
diviser par 3 lorsque c'est possible... (on remonte ainsi la série des opérations).
93 ← 31 ← 30 ← 10 ← 9 ← 3 ← 1 (6 étapes)
105 ← 35 ← 34 ← 33 ← 11 ← 10 ← 9 ← 3 ← 1 (8 étapes)
108 ← 36 ← 12 ← 4 ← 3 ← 1 (5 étapes)
Partie II : Quelques types de nombres particuliers
On considère un nombre N atteint en un nombre minimal de p étapes (où p est donc un entier).
1. Supposons tout d'abord que N soit une puissance de 3.
a) Donner la valeur de p lorsque N = 38
Nécessairement, p=8 car 1x3x3x3x3x3x3x3x3 donne 38
b) Dans le cas général, déterminer en fonction de p, le nombre minimal d’étapes pour atteindre N+1,
puis N+3.
Notons que N=3p si bien que N+1=3p+1 . N+1 est atteint en p+1 étapes car N étant une puissance de 3,
il est divisible par 3 et par conséquent, N+1 n'est pas divisible par 3. Le nombre qui précède N+1 est
donc N et il faut donc 1 étape de plus que pour obtenir N.
En revanche, N+3 est un multiple de 3. Et comme N=3p , alors N+3=3p+3=3(3p-1+1) et donc le nombre
précédent est (3p-1+1) si l'on veut un nombre minimal d'étapes. Ce nombre s'obtient en (p-1)+1+1=p+1
étapes d'après ce qui a été vu juste auparavant.
2. Supposons maintenant que N soit un multiple de 3.
Déterminer en fonction de p, le nombre minimal d’étapes pour atteindre N+1.
Le raisonnement est le même que pour la précédente question : N+1 n'est pas divisible par 3 et donc
le nombre qui le précède est N. Il faut donc p+1 étapes.
Donner un nombre N, tel que N+3 est atteint en moins de p étapes.
On peut reprendre la question 3d par exemple avec N=105 (p=8) et N+3=108 (p=5)
On peut aussi prendre N=24 ou d'une manière plus générale, tout nombre N tel que N+3 soit une
puissance de 3.
Partie III : Optimisons
1. Élaborer un algorithme en langage naturel permettant d’obtenir le nombre minimal d’étapes pour un
nombre N choisi.
• Donner la valeur du nombre N (N doit être un entier naturel non nul)
• K prend la valeur 0 (il s'agit du compteur pour le nombre d'étapes)
• Tant que N est différent de 1
Si N est divisible par 3 alors N prend la valeur N/3
Sinon, N prend la valeur N-1
k prend la valeur k+1
Fin du tant que
• Afficher k
2. Forts de cet algorithme, Roméo et Juliette énoncent les règles du jeu suivantes :
A chaque étape « +1 », le joueur perd 1 point ; A chaque étape « x3 », le joueur gagne 3 points ; Celui qui
atteint N gagne 10 points supplémentaires ; Chaque joueur triple le total de ses gains si la partie se fait
en le nombre minimal d’étapes donné par l’algorithme. Le nombre N choisi est 2016.
a. Lors des premières étapes, Juliette et Roméo utilisent la multiplication par 3 tant qu'ils le peuvent, pour
accumuler le plus vite possible des points. Juliette commence. Calculer les « gains » (en points) de
chacun.
En partant de 1 et en multipliant par 3, on atteint au maximum le nombre 36=729
Juliette commence (elle atteint donc les puissances de 3 impaires à savoir 31 ; 33 et 35. Elle gagne alors 9
points.
Roméo quant à lui atteint 32 ; 34 et 36. Il gagne alors 9 points.
après quoi il faut ajouter 1287 fois le nombre 1. et c'est Juliette qui entame la série d'additions...Elle a donc
tous les nombres impairs d'addition de 1 à effectuer (la première, la troisième... et la 1287 ème qui constitue
la dernière).
Elle marque alors finalement au total :
9 + (-1) x 644 +10 = -625 points.
Roméo lui aura un total de 9 + (-1) x 643 = - 634 points.
Cette tactique ne conduit pas ici au minimum d'étapes... Ce minimum d'étapes est de 13
b. Ils refont une partie, mais cette fois-ci, ils font en sorte d'utiliser le minimum d'étapes.
Montrer que dans ce cas, le joueur qui commence est aussi celui qui finit.
Roméo étant très amoureux, il souhaite que Juliette gagne le plus de points possibles.
Doit-il la laisser commencer ?
Déterminons tout d'abord les étapes et calculons les gains.
A lire en « remontant »...
13 étapes donc celui qui commence (étapes impaires) est celui qui finit !
Points accumulés par la personne qui commence :
( (-1) + (-1) + 3 + (-1) + 3 + (-1) + 3 + 10 ) x 3 = 45 points
Points accumulés par l'autre joueur :
( 3 + (-1) + 3 + (-1) + (-1) + 3 ) x 3 = 18 points
Roméo doit donc laisser Juliette commencer afin de gagner... son cœur !
Exercice académique numéro 2 (spécifique aux séries S, STI2D et STL )
À la dérive…
1. 13 = 1 car 13 est un nombre premier.
6 = 3 × 2 = 3 × 2 + 2 × 3 ; or 2 = 3 = 1 donc 6 = 5.
2. 0 = 0 × 0 = 2 × 0 × 0 donc 0 = 0.
1 = 1 × 1 = 2 × 1 donc 1 = 0.
3.
n
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
f (n)
0
0
1
1
4
1
5
1
12
6
n
f (n)
11
1
12
16
13
1
14
9
15
8
16
32
17
1
18
21
19
1
10
7
20
24
a) Si p et q sont deux nombres premiers alors × = × + × ;
ainsi on a × = + .
b) 209 = 11 × 19 = 30 d’après la question précédente.
c) × = + = 30 ; on étudie tous les cas :
Si = 2, q n’est pas premier ; de même pour = 3 et = 5.
Si = 7, = 23 convient et = × = 7 × 23 = 161.
Si = 11, = 19 convient et N vaut 209.
Si = 13, = 17 convient et = 221 et il n’y a pas d’autre cas.
Les nombres cherchés sont 161, 209 et 221.
5. On admet que si p est un nombre premier quelconque et n un naturel non nul alors = .
a) Pour = 1, = = 1 = 1 ; la propriété est vraie.
Pour = 2, = 2 × = 2 = 2 ; la propriété est vraie.
Pour = 3, = × + ² × = × 2 + ² = 3² ; la propriété
est vraie.
b) 49 = 7 = 2 × 7 = 14.
392 = 49 × 8 = 498 + 849 = 49 × 12 + 8 × 14 = 700.
392 = 700 = 7 × 100 = 7 × 10 × 10 + 100 × 7
soit 392 = 7 × 2 × 1010 + 100 = 7 × 140 + 100
donc 392 = 1080.
6. Dès que n est un nombre premier d’après ce qui a été admis à la question 5, on a :
= = ; il suffit donc de choisir quatre nombres de la forme avec n premier :
2², 3 , 5 et 7! par exemple.
PARTIE B
1. 0 = 1 = −1 × −1 = −1 × −1 − 1 × −1 = −2−1 donc −1 = 0.
2. Pour tout n entier naturel − = −1 + −1 donc − = −.
PARTIE C
4.
1
1
1
1
1
1. 0 = 1 = #2 × 2$ = 2 2 + 2 #2$ = 2 + 2 #2$ ; ainsi # $ = − .
2. On a
(
&
& = #' ×
)*((*)
# $ =
)
!
3. # $ =
%+
'$ =
&
' +
'
&
' #'$
(
(
%
donc ' # $ = & − ' ; ainsi
)
)
où a est un entier relatif et b un entier naturel non nul.
)²
%+*!!*%+
%+²
=
%+!×%
%+²
!
; ainsi # $ = −
%+
,+
%+²
=−
!
%
.
PARTIE D
108 = 6√3 × 6√3 = 2 × 6√3 × 6√3.
On a 108 = 12 × 9 = 129 + 912 = 12 × 6 + 9 × 16 = 216.
216
√3
Ainsi 6√3 = 12
6√3 = 6√3.
18
= √3 =
18√3
.
3
Exercice académique numéro 3 (spécifique aux séries L, ES, ST2S, STMG, STHR )
Ça balance !
Partie A :
1. 1 = 1 ; 2 = 2 ; 3 = 1 + 2 ; 4 = 2 + 2 ; 5 = 5 ; 6 = 1 + 5 ; 7 = 2 + 5 ; 8 = 1 + 2 + 5 ;
9 = 2 + 2 + 5 ; 10 = 1 + 2 + 2 + 5.
La masse 5 peut être obtenue avec le poids de 5 grammes ou en faisant 1 + 2 + 2.
2. Si on ajoute un poids de 10 grammes on peut alors mesurer toutes les masses de 1 à
20 grammes.
3. Comme le 5 peut être obtenu de deux façons le poids de 5 grammes est « inutile » dans la boîte ;
choisissons donc & = 6. On peut ainsi mesurer toutes les masses de 1 à 11 grammes. On doit donc avoir
' = 12.
Et : 13 = 12 +1 ; 14 = 12+2 ; 15 = 12+2+1 ; 16 = 12+2+2 ; 17 = 12+2+2+1 ; 18 = 12+6 ;
19 = 12+6+1 ; 20 = 12+6+2 ; 21 = 12+6+2+1 ; 22 = 12+6+2+2 et 23 = 12+6+2+2+1
On vérifie ainis que la boîte de cinq poids notée 1, 2, 2, 6, 12 mesure toutes les masses de 1 à 23
grammes.
Partie B :
1. La boîte notée 1, 2, 2, 5 n’est pas parfaite pour deux raisons : 2 est répété et la masse 5 peut être
obtenue de deux façons différentes (vu à la première question).
2. La boîte notée , , … est parfaite donc toutes les masses comprises entre 1 et + +
⋯ + sont atteintes ; la masse 1 étant atteinte, le plus petit poids de la boîte doit être égal à 1, c’est .
Donc = 1.
3. a) La seule boîte parfaite de taille 3 est 1, 2.
b) Pour les boîtes parfaites de taille 5, elles doivent contenir obligatoirement le 1 et le 2 puis un
troisième poids strictement supérieur à 2 ; sa taille sera au minimum de 6 donc une boîte parfaite de
taille 5 n’existe pas.
Pour les boîtes parfaites de taille 7, elles doivent contenir obligatoirement 1e 1 et le 2 puis un troisième
poids strictement supérieur à 2 ; ce troisième poids ne peut pas être un 3 sinon la masse 3 serait obtenue
de deux façons ; ce troisième poids est donc 4 et sa taille est bien égale à 7. On vérifie : 3 = 1+2 ; 5 =
1+4 ; 6 = 2+4 et 7 = 1+2+4
La seule boîte parfaite de taille 7 est 1, 2, 4.
Pour une boîte de taille 15 =1 + 2+ 4 + 8 , on vérifie que tous les masses jusqu’à 8 sont atteinte et : 9 =
8+1 ; 10 = 8+2 ; 11 = 8+2+1 ; 12 = 8+4 ; 13 = 8+4+1 et 14 = 8+4+2.
Une boîte parfaite de taille 15 est notée 1, 2, 4, 8. C’est la seule mais l’unicité n’est pas demandée.
c) On voit apparaître une « règle » : les masses constituant une boîte parfaite sont des puissances de 2.
Ainsi, on peut conjecture que la prochaine boîte parfaite est 1, 2, 4, 8, 16121, 2, 2 , 2 , 2% .
4. Une boîte 1, 3, 3 , … , 3 ne peut être parfaite pour de multiples raisons : on ne peut pas obtenir
une masse de 2 ou même de 5, 6, 7 ou 8 pour celles de taille supérieure à 4.
5. On considère la boîte 1, 2, 2 , 2 , 2% , … .
On remarque que 2 < 2016 < 2 .
La boîte étant parfaite, celle qui convient est notée 1, 2, 2 , 2 , 2% , … , 2 .
Pour obtenir 2016 on a 2 = 1024 ; il reste donc 2016 − 1024 = 992.
On utilise donc 2+ = 512 ; il reste 992 − 512 = 480.
On utilise donc 2, = 256 ; il reste 480−256 = 224.
On utilise donc 2! = 128 ; il reste 224 − 128 = 96.
On utilise donc 24 = 64 ; il reste 96 − 64 = 32.
On utilise donc 2 = 32 ; il reste 32 − 32 = 0.
On a utilisé les poids 2 , 24 , 2! , 2, , 2+ et 2 .
La taille minimale de cette boîte vaut 5 = 1 + 2 + 2 + 2 + 2% + ⋯ +2 soit 2047.