Exercices dentraînement aux Olympiades (première série)

Équipe académique Mathématiques ; M.D. Grihon
Bordeaux, le 20 avril 2001

 

Corrigé des exercices de la première série.

Rappel des énoncés

 

 

Exercice 1

létage de rang p, le nombre de boîtes est mn.
létage en dessous, de rang p - 1, le nombre de boîtes est (m + 1)(n + 1)
létage en dessous, de rang p - 2, le nombre de boîtes est (m + 2)(n + 2)
.
létage du bas, de rang 1, cest à dire [p - (p - 1)], le nombre de boîtes est (m + p - 1)(n + p - 1)

Le nombre total de boîtes,S, est donc, pour p étapes :
= mn + (m + 1)(n + 1) + (m + 2)(n + 2) + .. + (m + p - 1)(n + p - 1)
 = mn + mn + m + n + 1 + mn + 2m + 2n + 4 + .. + mn + (p - 1)m + (p - 1)n + (p - 1)
 = p(mn) + m (1 + 2 + . + p - 1) + n (1 + 2 +  + p - 1) + 1 + 4 +  + (p - 1)
 = mnp + (m + n) [p(p - 1)/2] + [(p - 1)p(2p - 1)/6]

Pour mn = 6 , il y a deux possibilités :

lun des facteurs est 1 et lautre 6 alors S = 3220, et p = 20
lun des facteurs est 3 et lautre 2 alors S = 3040

Exercice 2

On note A,B,C et D les sommets du toit rectangulaire, T la cime du mt et H le point de contact du mat avec le toit.
Soit h la hauteur du mt et x la longueur du cable restant.

Le mt étant perpendiculaire au plan du toit, les triangles TAH,TBH,TCH et TDH sont rectangles.
Donc daprès Pythagore, on a : AH = 49 - h , BH = 1 - h , CH = 16 - h et DH = x - h.

On note ensuite U,V,X et Y les projetés orthogonaux respectifs de H sur les côtés [AB], [BC], [CD] et [DA].
On a encore des triangles rectangles et on obtient :
DH + BH = (DX + XH) + (BV + HV)
 = AU + CV + UH + HV = AU + UH + CV + HV = AH + CH
do x - h + 1 - h = 49 - h + 4 - h ce qui donne x = 8.

Exercice 3

Si les sommets sont sur des intersections de quadrillage, le carré du côté a du triangle équilatéral est un entier ( par Pythagore)et laire est alors :
.
Cest un irrationnel.

Or, si les sommets sont sur des intersections de quadrillage, on peut obtenir laire du triangle en le mettant dans un rectangle à côtés entiers et en faisant :

aire du rectangle aire des trois triangles rectangles qui entourent le triangle équilatéral,

Mais dans ce cas on obtient un nombre décimal pour laire ce qui est en contradiction avec le calcul précédent.

Conclusion : on ne peut pas construire un tel triangle équilatéral.
Pour lhexagone régulier on se ramène au cas précédent puisquil est constitué de 6 triangles équilatéraux.
Pour le pentagone on peut commencer par étudier le cas dun triangle isocèle dont langle au sommet mesure 72
() .

Exercice 4

Pour l'Exercice IV, il y a deux cas à considerer:

1 cas: (AB) et (CD) sont sécantes en O; on considère alors la symétrie d'axe la bissectrice intérieure de l'angle AOD, on note D1 et C1 les images de D et C par la symétrie et on montre rapidement le résultat par homothétie ( ou triangles semblables) de centre O.

2 cas: (AB) // (BC) , alors on prend la symétrie orthogonale qui transforme (AB) en (CD) et on a encore plus vite le résultat .

Exercice 5

La réponse est oui.

En effet, si on prend deux régions ayant un bord commun, notons les R et R, notons a le nombre de cercles qui contiennent R et a le nombre de cercles qui contiennent R alors a est pair et a est impair ou le contraire. Donc, en coloriant dune couleur les régions contenues dans un nombre pair de cercle et dune autre couleur les autres, on aura bien les conditions demandées.

Exercice 6

On note c la longueur AB, b la longueur AC et a la longueur BC.

On a 0 < x < b . Dans MAB rectangle en A on a MB = c + x
La relation MB = AC x MC (il y avait une erreur dans le texte) sécrit : c + x = b (b - x)
soit x + bx + c - b = 0

1) Cas particuliers

b/c = 2 donne x = - 3c ou x = c avec 0<x<2c donc une solution qui correspond à M milieu de [AC] .

b/c = 1 donne x + bx = 0 donc pas de solution.

2) Cas général

b/c = k , léquation devient x + kcx + c - kc = 0 et 0 < x < k c

D = c (5k - 4) do : si 0 < k < , Δ < 0 donc pas de solution.

Si k = , il y a une solution mais elle est négative donc le problème na pas de solution dans ce cas.

Si k > , léquation a deux solutions dont lune est négative, donc la seule solution possible est
.

Il reste la condition 0 < x < k c

La condition x > 0, donne k > 1 et la condition x < k c est toujours vérifiée.

Conclusion : le problème a une solution pour k > 1.

Exercice 7

Soit R le rayon de lastérode , A le point de départ sur léquateur, B le point atteint au bout de 100 km vers le nord, C le point atteint au bout de 100 km vers lest et D le point atteint au bout de 100 km vers le sud.

Le rayon du parallèle passant par B et C est égal à R/2, car la distance BC est la moitié de la distance AD. Si on note a une mesure de langle AOB, avec O centre de la sphère, on a alors cos a =  donc a = p/3. On en déduit que R = 300/p. La distance quil doit parcourir est donc
= 2pR 200 soit D = 400 km .

Exercice 8

Si k polygones réguliers ayant n côtés se raccordent au même sommet commun, on a k a = 2 p o a est langle du polygone.

Or langle dun polygone à n côtés est a = p (n - 2)/n.
En effet, le polygone régulier est formé de n triangles isocèles dangle au sommet 2 p /n donc les angles à la base mesurent p /2 p /n et a est égal au double des angles à la base do le résultat.
On a donc k ((n - 2) / n)) p = 2 p soit k (n - 2) = 2 n o n et k sont des entiers supérieurs à 2.
La relation peut sécrire aussi :
.

On voit déjà que si k et n sont trop grands, leurs inverses seront trop petits pour que la somme fasse 0,5 ; plus précisément, on a :

Conclusion : si on veut paver le plan avec des polygones réguliers, on ne peut le faire quavec des hexagones réguliers, des carrés ou des triangles équilatéraux.

Exercice 9

Notons Q, R, T et U les centres des 4 sphères. Ces 4 points forment un carré.
Notons V son centre. Appelons P le centre de la 5ième sphère et S le milieu de [QR] , cest à dire le point de contact de 2 sphères .

Le triangle PQR est équilatéral et PS en est une hauteur, le côté du triangle est 20 cm donc
PS = 

Dautre part, le triangle PSV est rectangle en V ,on a donc : PV = PS - SV do PV = 200
On a donc PV = 

Enfin, puisque le point V est à 10 cm au dessus de la table, le point P, centre de la 5ième sphère est situé à une hauteur de cm au dessus de la table.

Exercice 10

Soit L le point dintersection de [BC] et de la perpendiculaire à [BC] passant par I.

On a , angles opposés par le sommet, , angles inscrits interceptant le même arc, et , angles à côtés perpendiculaires.
On en déduit que : , donc le triangle JDI est isocèle en J et JI = JD.
On a de même : , et donc AJI est isocèle en J do JA = JI.

On a donc JD = JA et J est le milieu de [AD].

Exercice 11

On démontre dabord que, si on considère une pièce fixe de centre A et une pièce qui roule sur le bord exterieur de la pièce fixe, langle de rotation de cette pièce, quand son centre passe de la position B à la position B, est 2 a o a est langle BAB .

Soient O1, O2 O6 les centres des 6 pièces. Ces centres forment un hexagone régulier.

Soit Aij le centre de la septième pièce quand elle touche les pièces consécutives ayant Oi et Oj pour centres. Langle de la rotation sur elle même de la septième pièce entre la moment o elle touche les pièces ayant Oi et Oj pour centre et le moment o elle touche les pièces suivantes ayant Oj et Ok pour centre est égal, daprès ce qui précède, à 2 x angle(Aij Oj Ajk= 2 x aj .

Alors, si on note t langle de rotation sur elle même de la septième pièce quand elle a repris sa position initiale, on a : t = 2 x (a1 + a2 + a3 + a4 + a5 + a6).

Les triangles OiOjAij sont équilatéraux et la somme des angles dun hexagone est 720 donc les ai sont égaux à 120 et t = 12 x 120 = 4 x 360. La septième pièce fera donc 4 rotations sur elle même.