Corrigé des Olympiades académiques de mathématiques - Session ...

CORRIGE DES OLYMPIADES ACADEMIQUES DE MATHEMATIQUES
Corrigé fourni par l'académie de Rennes
Session 2004

EXERCICE 1

Cet exercice ne demandait pratiquement aucune connaissance mathématique
précise mais il fallait savoir s'organiser. C'est un des deux exercices
proposées par l'Académie de Rennes à partir d'un exercice un peu semblable
en ce qui concerne la première question publié par l'excellent journal
Tangente.

Euler est mort à l'âge de 76 ans le jeudi 18 septembre 1783

1- Le texte nous dit qu'il a vécu plus de 50 ans et moins de 100 ans,
compte tenu de ses dates naissance et de décès il est donc mort entre
1757 et 1806. Les années bissextiles entre ces deux années et la somme
de leurs chiffres sont donc :

Année |1760 |1764 |1768 |1772 |1776 |1780 |1784 |1788 |1792 |1796 |1804 |
|Somme |14 |18 |22 |17 |21 |16 |20 |24 |19 |23 |13 | |
La seule année qui convienne est donc 1784 et il est donc mort en
1783 à 76 ans

Remarque : les données étaient redondantes et on n'avait guère besoin de
savoir comment se comportait l'âge par rapport à 3, 5 ou 7. Dans ce genre
d'épreuve type olympiades les élèves sont également jugés sur cette
capacité à trier les informations essentielles.

2- Pour trouver le jour du décès on choisit un point de départ - certains
ont choisi leur date anniversaire, d'autres une date particulière ou
tout simplement la date du jour - .
On a pris le parti de prendre pour remonter dans le temps la date du
24 mars 2004 qui était un mercredi.
Le raisonnement prend appui sur le principe suivant : lorsque l'on
rajoute à un jour de la semaine une semaine ( ou 7 jours ) on retombe
sur le même jour de la semaine.


Il suffit alors de compter le nombre de jours depuis le 18 septembre
1783 jusqu'au 24 mars 2004 en tenant compte des années bissextiles :


Du 18/09/1783 au 31/12/1783 : 104 jours
Du 1/1/1784 au 31/12/2003 il y a parmi 220 années 53 années
bissextiles
4 années bissextiles de 1783 à 1800
24 années bissextiles de 1801 à 1900
25 années bissextiles de 1901 à 2003
ce qui donne donc 220 x 365 + 53 = 80353 jours
Du 1/1/2004 au 24/03/2004 : 84 jours

D'ou un total de 80541 jours soit 11505 semaines et 6 jours


Par conséquent Euler est mort un jeudi.

EXERCICE 2

Cet exercice donnait l'opportunité de visualiser le problème en direct en
découpant une feuille aux dimensions indiquées ou de dimensions
proportionnelles. Il y a naturellement plusieurs façons de résoudre cet
exercice , nous vous donnons celle proposée par le concepteur du sujet

La feuille format 4[pic]6 constitue un rectangle ABCD. On plie cette
feuille de sorte que le point A coïncide avec un point S du côté ]BC[. La
feuille est pliée suivant le segment [RT] avec T[pic][AD] et R[pic][AB] et
on pose x = AR et y = AT.

1- Encadrement de x : remarque (RT) est un axe de symétrie du quadrilatère
ARST. Les positions extrêmes sont atteintes : x est maximal quand R est
en B ( x = 4 ) et x est minimal quand T est en D ( y = 6). La valeur
maximale de x est x = 4 .





Du fait de la symétrie (Figure 2) par rapport à (TR) on a DS = 6 et du
triangle rectangle SCD on tire que SC² = 20. Comme CB = CS + SB = 6 on
obtient que SB = 6 - . On a RB = 4 - x et du triangle rectangle SBR on
tire que SR² = RB² + SB². Du fait de la symétrie par rapport à (TR) on a
SR = RA = x d'où
[pic] = (4 - x)² + (6 - )²


ce qui donne après simplification pour valeur minimale de x
x = 9 - 3[pic].



Figure 1

2- Relation entre x et y lorsque S se déplace sur [BC] :





Figure 3










Figure 2


On désigne par H ( Figure 3) le projeté orthogonal de S sur [AD]. On sait
que :


SR = AR
BR = 4 - x
D'où SB = [pic]


et comme AH = BS alors


HT = AT - AH= y - SB = y - [pic].


On sait aussi que TS =TA = y et SH = BA = 4 et donc dans le triangle SHT
rectangle en H on a :


y² = 4² + (y - [pic])²


ce qui donne après développement, réduction et simplification


y = [pic].


2- Valeur de x pour laquelle l'aire de la partie repliée (triangle SRT) est
minimale et nature du triangle AST

On désigne par S(x) l'aire de la partie repliée qui correspond au
triangle rectangle RAT et on a S(x) = [pic] AR [pic] AT = [pic]xy. D'où en
utilisant la valeur de y ci-dessus on obtient
S(x) = [pic]x[pic] = [pic].

La dérivée de S(x) est
S'(x) = ))

qui a sur l'intervalle de définition de x le même signe que 3x - 8.
Ceci permet en utilisant le tableau de variation de S de voir que S admet
un minimum en et de conclure que l'aire minimale vaut ;9 )) unités d'aire.

Le triangle AST est évidemment équilatéral.














EXERCICE 3



L'objectif de cet exercice, difficile, n'est pas d'obtenir une réponse
mathématique rigoureuse mais de tester les capacités d'initiative face à un
problème inhabituel et dont les réponses sont loin d'être évidentes.

1- Lieu de rendez-vous lorsque les n points sont alignés


a- Réalisons une première approche en considérant 3 points alignés
A[pic], A[pic], A[pic] et un point M du plan

[pic]
On considère la somme


S[pic](M) = MA[pic] + MA[pic] + MA[pic]
et on cherche le ou les points P qui en réalise le minimum.
Or pour tout point M on a par l' inégalité triangulaire,
MA[pic] + MA[pic] [pic] A[pic]A[pic]
il n' y a égalité que si M appartient au segment [A[pic]A[pic]], et donc


S[pic](M) [pic] A[pic]A[pic] + MA[pic].
On a par ailleurs S[pic]( A[pic]) = A[pic]A[pic] et donc pour tout M,
S[pic](M) [pic] S[pic]( A[pic]). La somme est minimale en A[pic] et
alors égale à A[pic]A[pic].

b- Considérons maintenant 4 points alignés A[pic], A[pic], A[pic],
A[pic] et un point M du plan.
[pic]
En appliquant deux fois l'inégalité triangulaire à
S[pic](M) = MA[pic] + MA[pic] + MA[pic] + MA[pic]
on obtient S[pic](M) [pic] A[pic]A[pic] + A[pic]A[pic].
Pour tout point P compris entre A[pic] et A[pic],
S[pic](P) = PA[pic] + PA[pic] + PA[pic] + PA[pic] =
A[pic]A[pic] + A[pic]A[pic]


donc S[pic](M) est minimale pour tout point P du segment [A[pic]A[pic]].
c- Il y a donc deux situations à considérer suivant la parité du nombre
de points.


. Cas de 2p + 1 points notés A[pic], A[pic], ..., A[pic], A[pic],
A[pic], ..., A[pic], A[pic] et rangés dans cet ordre sans perdre de la
généralité de la démonstration . En particularisant le point A[pic]et en
regroupant les longueurs MAi et MA2(p+1) - i on obtient
S[pic](M) [pic] A[pic]A[pic] + A[pic]A[pic] + ... +
A[pic]A[pic]
or S[pic](A[pic]) = (A[pic]A[pic]) +
(A[pic]A[pic]) + ... + (A[pic]A[pic])
Ainsi le point A[pic] réalise le minimum.

. Cas de 2p points notés A[pic], A[pic], ..., A[pic], A[pic], A[pic], ...
, A[pic]. En raisonnant de la même façon que précédemment on voit que
pour tout point P compris entre A[pic] et A[pic], on a S[pic](P) =
(A[pic]A[pic]) + (A[pic]A[pic]) + ... + (A[pic]A[pic]) ce qui correspond
au minimum.


En conclusion :
o si le nombre de points est impair, le lieu de rendez-vous
doit être le point central A[pic],
o si le nombre de points est pair, le lieu de rendez-vous peut
être n'importe quel point situé sur le segment [A[pic],
A[pic]].

2- Cas de trois points non alignés : A, B et C forment alors un triangle

[pic]
Pour tout point M extérieur au triangle, par exemple tel que M et B
soient de part et d'autre de la droite (AC), on a par alors, en désignant
par M' l'intersection de (AC) et [MB],


MA + MC [pic] AC et AC = M'C + M'A et donc S[pic](M) [pic]
S[pic](M') .

Le ou les points recherchés sont donc à l'intérieur du triangle ABC.
[pic]
L'idée retenue est de transformer la somme S[pic](M) en une somme de
longueurs de segments « consécutifs ».


On prend un point M à l'intérieur du triangle ABC. On construit le
point D tel que MAD soit un triangle équilatéral tel que [MD] et [AC]
soient sécants. On construit ensuite le point E dans le demi plan de
frontière (AC) ne contenant pas B de sorte que CAE soit un triangle
équilatéral.


Les triangles MAC et DAE sont isométriques :


par construction on a - pour les longueurs AC = AE ainsi que AM
= AD.
- pour les angles [pic]= [pic] = 60°
et donc [pic] + [pic] = [pic] + [pic] d'où [pic] =[pic]


On en déduit que MC = ED.


On peut alors remplacer la somme S[pic](M) par la somme S'[pic](M) = ED
+ DM + MB. Or S'[pic](M) est minimale si les points E, D, M et B sont
alignés dans cet ordre. Existe-t-il des points M tels que cette condition
soit réalisée ? Si un tel point existe alors il se trouve sur la droite
EB. Un raisonnement identique montre qu'un tel point M doit également
être sur la droite FC où F est l'image de B dans la rotation directe de
centre A et d'angle 60°
C'es