Quelques enoncés 2002 particuliers à chaque académie

 Pour l'instant 5 énoncés : Bordeaux, Dijon, Montpellier, Orléans-Tours, Poitiers.


Bordeaux 2002

Les abeilles ont à déposer leur miel dans des alvéoles disposées sur une surface plane donnée.
Elles vont paver cette surface au moyen de polygones réguliers juxtaposés, tous identiques.
a) Quelles sont les trois formes qu’elles peuvent choisir pour réaliser ce pavage ? (on ne justifiera pas la réponse).
b) La construction de ces alvéoles doit être la plus économique possible.
    À aire égale, quel est, parmi les trois polygones réguliers possibles, celui qui a le plus petit périmètre ?

solution

a) Il est clair que les 3 formes possibles de pavage sont le triangle équilatéral, le carré et l'hexagone régulier . Sans vraiment justifier que ce sont les seules possibilités de pavages du plan avec des polygones réguliers, on peut tout de même justifier assez facilement que ce sont les seuls types de polygones réguliers ayant la propriété Pr suivante : un polygone régulier vérifie la propiété Pr signifie que l'on peut juxtaposer k exemplaires de ce polygone de telle sorte qu'ils aient un sommet S en commun et au voisinage de ce sommet S le plan est entièrement recouvert par ces k polygones.

En effet si n (³3) est le nombre de côtés d'un tel polygone régulier, l'angle (en degrés) entre 2 côtés consécutifs est 180-360/n (puisque si on le découpe en n-2 triangles on voit que la somme des n angles égaux de ce polygone à n côtés est (n-2)*180) et donc l'entier k doit vérifier k*(180-360/n)=360, soit k=2*n/(n-2).

D'où :

si n=3 , k=6 entier : le triangle équilatéral vérifie Pr

si n=4, k=4 entier : le carré vérifie Pr

si n=5, k n'est pas entier

si n=6, k=3 entier : l'hexagone régulier vérifie Pr

Pour n³7, comme 2*n/(n-2)-3=(6-n)/(n-2)<0 on a k <3 et donc comme k doit être entier on ne pourrait avoir comme possibilités que k=1 ou 2 ce qui conduirait à ce que l'angle entre 2 côtés consécutifs du polygone soit 360 ou 180 ce qui est impossible.

Finalement seuls le triangle équilatéral, le carré, l'hexagone régulier vérifient la propriété Pr.

Mais cela ne prouve pas vraiment que l'on peut paver le plan uniquement avec des polygones réguliers du type précédent, car à priori pour paver le plan avec un polygone régulier à n côtés il n'est pas nécessaire qu'en tout sommet d'un de ces polygones il y ait k exemplaires accolés (avec k*(180-360/n)=360) : en effet on peut paver le plan avec des carrés en les mettant en quinconce!

b) En notant an la longueur du côté , pn et sn l'aire et le périmètre d'un polygone régulier à n côtés on a :

p3=3*a3    s3=(a32*rac(3))/4)

p4=4*a4    s4=a42

p6=6*a6    s6=(3*a62*rac(3))/2 (puisque c'est l'aire de 6 triangles équilatéraux de côtés a6).

Puisque on veut comparer, à même aire, les périmètres, on va exprimer les 3 périmètres en fonction de leur aire :

p3=(6/rac(rac(3))*rac(s3) soit environ 4,559rac(s3)

p4=4rac(s4)

p6=rac(2/(3*rac(3)))*rac(s6) soit environ 3,772rac(s6)

on en déduit tout de suite que si les 3 aires sont les mêmes (s3=s4=s6) c'est l'hexagone régulier qui a le plus petit périmètre.

Pourquoi les abeilles ont-elles fait un tel choix? En fait les alvéoles où les abeilles déposent leur miel ne sont pas à proprement parler des hexagones réguliers mais des prismes d'axes horizontaux de longueur L, et dont la section droite est un hexagone régulier ; si la section droite était un des 3 polygones réguliers précédents (n=3 ou 4 ou 6 côtés) le volume serait L*sn alors que la somme des aires de toutes les faces va être L*pn (pour les n faces latérales)+2*sn (pour les 2 fonds) : pour un même volume (donc un même sn) la somme des aires des faces sera minimale pour pn minimal, cad pour n=6.

La quantité de cire pour fabriquer une alvéole étant proportionnelle à la somme des aires des faces, ce choix des abeilles revient, pour un volume d'alvéole donné, à minimiser (parmi les alvéoles à section carrée ou triangulaire isocèle ou hexagonale régulière) la quantité de cire nécessaire à sa fabrication!

Terminons par cette remarque de Fontenelle (1657-1757) :"les abeilles, par inspiration et par la volonté divine, sont capables d'appliquer aveuglément les mathématiques les plus raffinées" (source : article intitulé Les abeilles : le problème des alvéoles, paru dans la revue APMEP n°428 p 403, revue qui en principe est au CDI de tout lycée).


Dijon 2002
C1 et C2 sont deux cercles de centres distincts O1 et O2 et de rayons distincts R1 et R2, tangents extérieurement en un point A.
On appelle B le point de C1 diamétralement opposé à A.
A tout point M de C1, distinct de A et de B, on associe le point M' de C2 tel que le triangle MAM' soit rectangle en A.

1) Montrer que la droite (MM') passe par un point fixe lorsque M décrit le cercle C1 privé de A et de B.
 
2) On appelle J le milieu du segment [MM']. Déterminer le lieu de J lorsque M décrit le cercle C1 privé de A et de B.
 
3) Quelle doit être la position de M pour que l'aire du triangle MAM' soit maximale ?

solution

Pour désigner la mesure (entre 0 et p) de l'angle géométrique des demi-droite [AB) et [AC) j'utiliserai la notation a(BAC)=a(CAB).

Notons P et P' les points de contacts de C2 et C2 avec l'une de leur tangente commune extérieure, laquelle coupe (O1O2) en I.

1) Tout d'abord si M=P alors M'=P' : en effet a(PAO1)=(p-a(PO1A))/2 et a(P'AO2)=(p-a(P'OA2))/2 (cela par considération de triangles isocèles) et donc a(PAO1)+a(P'AO2)=p-(a(PO1A)+a(P'O2A))/2 ; mais (PO1)//(P'O2) donc a(PO1A)+a(P'O2A)=p et ainsi a(PAO1)+a(P'AO2)=p/2, d'où a(PAP')=p-(a(PAO1)+a(P'AO2))=p/2.

Comme la droite (PP') (qui est une droite (MM') particulière ) passe par I, on peut se demander si toutes les droites (MM') ne vont pas passer aussi par I.

Pour cela on va considérer l'homothétie h de centre I telle que h(O1)=O2. Comme (PO1)//(P'O2) on a h(P)=P' ; or h(C1) est un cercle de centre h(O1)=O2 (résulat de cours) qui va contenir h(P)=P' donc h(C1)=C2.

On va montrer que h(M) est en fait M' et donc I,M,M' seront alignés.

Soit A' le symétrique de A par rapport à O2 : h(A)Îh(C1)Ç(IA)={A;A'}, et comme h(A)¹A (I est le seul point invariant) on a h(A)=A'. Notons M"=h(M)ÎC2 ; donc a(AM"A')=p/2 et (M"A')^(AM"), mais (M"A')//(MA) (l'image d'une droite par une homothétie est une droite parralléle) d'où (MA)^(AM") et par définition même de M' c'est que M"=M' soit h(M)=M' ce qui prouve que (MM') passe par I.

2) Soit B le symétrique de A par rapport à O1 : puisque a(BMA)=p/2 on a (BM)//(AM') et donc BMM'A est un trapèze avec O1 et J milieux des côtés non paralléles, donc ( en utilisant par exemple la réciproque de Thalés) (O1J)//(AM') ; de même puisque a(MAM')=a(AM'A')=p/2 on a (AM)//(A'M') donc AMM'A' est un trapèze avec O2 et J milieux des 2 côtés non paralléles donc (O2J)//(AM) et ainsi (O1J)^(O2J) et J est obligatoirement sur le cercle C3 de diamètre [O1O2].

Comme M n'est pas sur la droite (O1O2), J ne peut être en O1 ou O2 ; mais, réciproquement, est-ce que tout point de C3, excepté O1 et O2est effectivement un point J possible? (cet aspect doit être absolument précisé car on cherche le lieu de J). Ca ne me paraît pas très commode, aussi je vais procéder autrement.

Soit g l'homothétie de centre I telle que g(B)=O1 ; alors g(M)=J (car (O1J)//(AM')//(BM) ) et g(A)=O2 (car (O2J)//(AM)). Comme M décrit C1-{A;B}, le lieu de J est donc, exactement, g(C1-{A;B})=g(C1)-{g(A);g(B)}=g(C1)-{O1;O2} ; mais g(C1), image du cercle de diamètre [AB] est le cercle de diamètre [g(A);g(B)]=[O1O2] et donc le lieu de J est effectivement le cercle C3 de diamètre [O1O2] privé de O1 et O2.

On voit ici tout l'intérêt de passer par une transformation connue pour déterminer un lieu géométrique : on n'a pas de réciproque à faire.

Remarque : comme C1 est tangent à la droite (PP') son image par g va être tangent à g((PP'))=(PP'), puique (PP') passe par le centre de l'homothétie g, et donc C3 est tangent aussi à (PP').

3) aire(AMM')=AM*AM'/2 ; mais h(B)=A, h(M)=M' donc AM'=|k|*BM avec k rapport de l'homothétie h, rapport positif égal à R2/R1, et aire(AMM')=k*AM*BM/2. Cette aire sera maximum si et seulement si AM2*BM2 est maximum ( car la fonction x->x2 est strictement croissante sur R+) ; comme AM2+BM2=4R12 il s'agit de maximiser le produit de 2 nombres dont la somme est constante : le maximum a lieu lorsque les 2 nombres sont égaux (voir exercice 14 IMO,CG) ; on peut le retrouver en faisant un petit tableau de variation de f(x)=x(4R12-x) où x représente AM2).

Donc le maximum de l'aire est obtenu lorsque AM2=BM2=2R12, c'est-à-dire lorsque AM=rac(2)R1 ou -rac(2)R1 soit si M est un des 2 points d'intersection de C1 et de la perpendiculaire à (O1O2) en O1.


 

Montpellier 2002

On considère 7 points d'un disque de rayon 1 tel que la distance entre deux quelconques de ces points soit supérieure ou égale à 1 : montrez que l'un des points est le centre du disque.

Solution

Il est évident que si un des points est au centre du disque et si les 6 autres sont les sommets d'un hexagone régulier inscrit dans le disque alors les 7 points répondent à la question. Il s'agit en fait de montrer que c'est la seule possibibilité.

Soient A,B,C,D,E,F les 6 sommets d'un hexagone régulier inscrit dans ce disque : ils le découpent en 7 secteurs circulaires (frontières comprises pour chacun) : OAB (de sommets A et B), OBC (de sommets B et C),........

Admettons pour l'instant le résultat préliminaire suivant (qu'on peut considérer comme évident mais.......) :

Quelques soient les deux points M et N d'un des 7 secteurs circulaires ci-dessus on a : MN £1 et MN=1 si et seulement si l'un des points est en O et l'autre sur l'arc de cercle du secteur ou si les deux points sont les 2 sommets du secteur.

On en déduit les 2 conséquences immédiates suivantes :

C1 : si un tel secteur contient 3 points à distances mutuelles ³1 alors ces 3 points sont à distances mutuelles égales à 1 et ces 3 points sont O et les 2 sommets du secteur.

C2 : si un tel secteur contient 2 points différents de O à distance mutuelle ³1 alors ces 2 points sont les sommets du secteur.

Considérons maintenant 7 points du disque à distances mutuelles ³1 et suppons qu'aucun n'est en O : on va montrer qu'on aboutit à une impossibilité.

Divisons le disque en deux demi-disques (frontières comprises) D1 et D2 constitués chacun de 3 secteurs adjacents 2 à 2. L'un de ces demi-disques, par exemple D1, contient au moins 4 des 7 points ( sinon il y aurait au plus 6 points dans le disque, toujours ce principe des tiroirs voir exercice n°1 IMO,CG) et donc l'un des trois secteurs de D1 contient au moins 2 des 7 points (re-tiroirs...). D'après la conséquence 2 ci-dessus ces 2 points sont les sommets du secteur, par exemple A et B.

Reste alors au moins 2 points (parmi les 7) à placer dans ce demi-disque D1 :

soit le secteur OAB est au "centre" de D1 : chacun des 2 autres secteurs de D1 ne peut contenir (compte-tenu que A et B sont déjà "occupés") qu'un seul point qui sera en son sommet non encore "occupé".

soit le secteur OAB est au bord de D1 : supposons que les 2 autres secteurs de D1 soient OBC et OCD ; OBC doit contenir, outre B, obligatoirement un autre point qui sera en C (sinon le secteur OCD devraient en acceuillir deux points avec C et O interdits, ce qui est impossible d'après la conséquence 2) et alors OCD ne pourra alors contenir, outre le point qui est en C, qu'un autre point qui sera en D.

Finalement ce demi-disque D1 ne contient exactement que 4 des 7 points, placés aux 4 sommets de ses trois secteurs.

Remarquons que par la même occassion on a montré que tout demi-disque peut contenir au plus 4 des 7 points, si O est exclu.

Reste alors 3 autres des 7 points à placer dans le demi-disque D2 ; mais comme les 2 sommets extrêmes de D2 sont déjà "occupés" (puisque ce sont des sommets de D1) cela revient à mettre 5 points parmi les 7 dans D2, ce qui est impossible (voir remarque précédente) : donc si 7 points du disque sont à distances mutuelles ³1 l'un est forcément en O.

Et les autres? Le raisonnement ci-dessus ne me paraît pas permettre de conclure que ce sont les sommets d'un hexagone régulier car il repose sur le fait...qu'aucun des points est en O!

En fait un des 7 points étant en O, les autres sont forcément situés sur la frontière du disque (puisque leur distance à O est ³1) et si on appelle di les 6 distance mutuelles entre 2 points consécutifs (donc di³ 1 et, grâce à Al-Kachi, on voit que l'angle de sommet O interceptant l'arc reliant 2 points consécutifs est ³60°) on ne peut avoir un di>1 car l'angle de sommet O interceptant l'arc reliant ces 2 points serait > 60° et la somme des 6 angles de sommets O interceptant les 6 côtés serait supérieure à 360° ; donc tous les di valent 1 et les 6 autres points sont bien les sommets d'un hexagone régulier.

Preuve du résulat préliminaire :

Soient M et M' deux points d'un secteur circulaire d'angle au centre 60° et notons d=OM, d'=OM' et a l'angle(MOM').

Al-Kachi donne MM'2=d2+d'2-2dd'cosa ; mais 0£a£60° d'où cosa³0,5 et ainsi MM'2£d2+d'2-dd'=s et on aura MM'2=s si et seulement si dd'(1-2cosa)=0 soit dd'=0 ou a=60°.

On peut, quitte à échanger les noms, supposer que 0£d£d'£1 et ainsi -d2³-dd' et s£d2+d'2-d2=d'2£1 ;

D'où s=1 entraîne 1£d'2£1 soit d'=1 et, puisque s=d2+d'2-dd', d2-d=0 soit d=0 ou d=1.

Bien entendu d'=1 et (d=1 ou d=0) Þ s=1.

Finalement : s£1 et s=1 Û d'=1 et (d=1 ou d=0).

Et puisque MM'2£s et MM'2=s si et seulement si dd'=0 ou a=60° on a :

MM'£1, et MM'=1Û s=1 et MM'=s Û d'=1 et (d=1 ou d=0) et (dd'=0 ou a=60°)Û (d'=1 et d=1 et a=60°) ou (d'=1 et d=0 et a quelconque)Û M et M' sont les 2 sommets du secteur ou l'un d'entre eux est en O et l'autre sur l'arc de cercle du secteur.


Orléans-Tours 2002
Deux pyramides de même base carrée ABCD, de sommets respectifs E et F distincts, sont accolées par leur base et forment un octaèdre régulier, c'est-à-dire un solide formé de huit faces identiques qui sont des triangles équilatéraux.
On suppose que AB=1.
Montrer que les faces ABE et CDF sont parallèles et déterminer leur distance, c'est à dire la plus courte distance d'un point du plan (ABE) à un point du plan (CDF).

solution

Notons O le milieu des diagonales du carré ABCD :

a) Le triangle EAC étant isocèle (car EA=EC), (OE) est une hauteur de ce triangle et donc (OE)^(AC) ; de même (OE)^(BD) et (OE) est orthogonale au plan (ABCD). De même (OF) est orthogonale au plan (ABCD) et donc (OE)=(OF). Comme OE=OF (par exemple Pythagore dans EOC et FOC), O est le milieu de [EF]

b) Soit s la symétrie par rapport à O : s(C)=A, s(D)=B, s(F)=E et donc les plans (CDF) et (ABE) sont symétriques par rapport à O et donc sont // (si on a simplement vu que l'image d'une droite par une symétrie centrale est une droite // alors (CD)//(AB) et (DF)//(BE), ce qui permet de dire que 2 droites sécantes de (CDF) sont paralléles à 2 droites sécantes de (ABE) et donc les plans (CDF) et (ABE) sont paralléles)

c) Soient O' et O'' les projetés orthogonaux de O sur les 2 plans paralléles (CDF) et (ABE) : les droites (OO') et (OO'') sont donc confondues et les points O,O',O" sont alignés et en outre O est le milieu de [O'O"] (puisque s(O') est sur (OO')=(OO") et sur (ABE) donc en O"). On peut alors dire que la distance entre les 2 plans (CDF) et (ABE) est la distance O'O" (voir éventuellement la remarque 1 pour justification) soit 2*OO'.

Montrons que O' est le projeté orthogonal de O sur [FJ] où J est le milieu de [DC]. (OJ) étant une médiane du triangle isocèle DOC elle est aussi hauteur, soit (OJ)^(DC) ; par ailleurs (FO)^(ABCD) donne (FO)^(DC) et donc (DC)^(FOJ) : (FOJ) est donc l'ensemble des droites passant par O et orthogonales à (DC) ; comme (OO')^(CDF) on a (OO')^(DC) et ainsi la droite (OO') est dans le plan (FOJ), d'où O' appartient à (FOJ) ; comme O' est aussi dans (FDC) il est sur leur intersection qui est la droite (FJ).

Finalement O' est sur (FJ) et (OO')^(FJ), donc O' est le pied de la hauteur issue de O du triangle rectangle FOJ ( voir figure ci-dessus : bien souvent pour y voir clair en géométrie dans l'espace il faut en extraire des figures planes). En calculant de 2 manières différentes l'aire de ce triangle on obtient OO'*FJ=OJ*OF (= 2 fois l'aire du triangle) ; mais FJ=rac(3)/2 (hauteur d'un triangle équilatéral de côté 1), OJ=1/2 et donc via Pythagore OF=rac(2)/2 ce qui donne OO'=rac(2)/(2*rac(3)). La distance entre les 2 plans (CDF) et (ABE) est donc O'O''=2*OO'=rac(2)/rac(3), quantité bien inférieure à 1=AD=distance entre 1 point de (CDF) et 1 point de (ABE).

Remarque 1 :

La distance entre 2 plans P1 et P2 paralléles est la longueur de n'importe quel segment [UV] avec U dans un P1 , V dans P2 et la droite (UV) orthogonale aux 2 plans ; en effet

1) pour tout autre segment analogue [U'V'] on a UV=U'V' car (UV)//(U'V') permet de dire que les 4 points U,V,U',V' sont dans un même plan Q, lequel va couper P1 et P2 selon 2 droites // et donc UVV'U' est un rectangle.

2) soient M et N dans P1 et P2 et soit M' le projeté orthogonal de M sur P2 : d'après Pythagore MN>=MM'=UV et donc UV est bien la plus courte distance entre un point de P1 et un point de P2.

Remarque 2 :

Si I est le milieu de [AB] alors EI=EJ=FI=FJ ( tous égaux à la hauteur d'un triangle équilatéral de côté 1). Mais cette quadruple égalité ne permet pas, à elle seule, d'en déduire que EJFI est un losange car elle ne prouve pas que les 4 points sont coplanaires! Mais comme il a été montré plus haut que E et F sont symétriques par rapport à O et qu'il en est évidemment de même pour I et J, on peut dire que les droites (FJ) et (EI) sont symétriques par rapport à O et donc sont paralléles : les 4 points E,J,F,I sont bien coplanaires et forment donc les sommets d'un losange.

On peut alors vérifier facilement que O'O" est la distance entre les 2 côtés [FJ] et [EI] de ce losange : la droite (O'O'') étant perpendiculaire aux 2 plans (ABE) et (CDF) elle est aussi perpendiculaire aux droites (FJ) et (EI).


Poitiers 2002

Soit un carré ABCD de côté a. Un cercle Ce, intérieur au carré, est tangent à (AB) et (AD). Un second cercle Ce', intérieur, au carré, est tangent extérieurement à Ce ainsi qu'aux droites (CB) et (CD).

Soit S la somme des aires des cercles Ce et Ce' : quelles sont les valeurs maximale et minimale de S?

Solution

Notons r et r' les rayons des 2 cercles, O et O' leurs centres, I leur point de contact et prenons comme repère, le repère orthonormé d'origine A et d'axes portés par les droites (AD) et (CD).

On a O(r,r) I(x,x) O'(u,u) avec, pour l'instant, 0£r£x£u£a

OI=r donne 2*(x-r)2=r2 soit, comme x³r, x=r+r/rac(2).

r'=O'I=d(O',(CD)) donne 2*(u-x)2=(a-u)2 soit rac(2)*(u-r-r/rac(2))=a-u et ainsi u=r+a/(1+rac(2)) ce qui donne r'=a-u=(2-rac(2))*a-r (et donc r+r' est constant : toujours égal à (2-rac(2))*a). Précisons maintenant comment doit être choisi r pour que les 2 cercles soient effectivement intérieurs au carré : il faut r£a/2 et r'£a/2 soit (2-rac(2))*a-r£a/2 et donc (3-2*rac(2))*a/2£r£a/2.

Puisque S=p*(r2+((2-rac(2))*a-r)2), il suffit de dériver par rapport à r et un petit tableau de variation montre que sur l'intervalle [(3-2*rac(2))*a/2;a/2] la somme des aires S passe par un minimum pour r=(2-rac(2))*a/2=milieu de l'intervalle (cette condition équivaut à r=r') et a un maximum pour r=a/2 ou pour r=(3-2*rac(2))*a/2 (auquel cas r'=a/2).

La valeur minimale est 2* p*((2-rac(2))*a/2)2=p*(3-2*rac(2))*a2 et la valeur maximale est p*(1/4+((3-2*rac(2))2)/4)*a2=p*((9-6*rac(2))/2)*a2.

Remarque : la somme des aires est en fait maximale si et seulement si l'un des cercles est le cercle inscrit du carré!


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