Quelques énoncés 2005 particuliers à chaque académie

 Pour l'instant 6 énoncés : Dijon, Nantes, Paris, Paris, Toulouse, Versailles


Dijon (n°2)

A la question : "comment diviser un quadrilatère ABCD en trois parties de même aire, en traçant deux droites passant par D?", Samuel Marolois (1616) propose la réponse suivante :

"On place E au tiers de la diagonale [AC] et F aux deux-tiers de cette même diagonale. La paralléle à (BD) passant par E coupe [AB] en G et la paralléle à [BD] passant par F coupe [BC] en H. Les deux droites cherchées sont (DG) et (DH)"

On se propose de vérifier cette affirmation dans le contexte de la figure ci-dessous.

1) Démontrer que les quadrilatères DABE, DEBF, DFBC ont la même aire.

2) En déduire que DAG, DCH, DGBH sont trois polygones de même aire.

 

Solution

On utilisera sans modération le résultat noté (R) suivant :

Si P,Q,R,S sont quatre points situés sur une même droite D tels que PQ=RS et si U et V sont tels que (UV)//D , alors les triangles UPQ et VRS ont même aire, puisqu'ils ont même base et même hauteur.

Je noterai, par exemple, a(LMNO) l'aire du polygone LMNO.

1)a(DABE)=a(BAE)+a(DAE)

mais a(BAE)=a(BEF)=a(BFC) et a(DAE)=a(DEF)=a(DFC), d'après le résultat (R)

donc a(DABE)=a(BEF)+a(DEF)=a(DEBF) et a(DABE)=a(BFC)+a(DFC)=a(DFBC)

et DABE, DEBF, DFBC ont bien la même aire ; mais géométriquement on voit que la somme de ces trois aires est l'aire de ABCD et donc a(DABE)=a(DEBF)=a(DFBC)= a(ABCD)/3.

2)

Montrons que a(DAG)=a(DABE), en considérant le point X intersection de (DG) et (EB) (voir figure) :

a(EDB)=a(DEX)+a(DXB) et a(GDB)=a(DXB)+a(GBX), mais d'après (R) a(EDB)=a(GDB) et donc

a(DEX)+a(DXB)=a(DXB)+a(GBX) soit a(DEX)=a(GBX).

Par ailleurs a(DAG)+a(GBX)=a(DABX)=a(DABE)+a(DEX) et comme a(DEX)=a(GBX) on obtient a(DAG)=a(DABE).

Et, voir Q1, a(DAG)=a(ABCD)/3.

De même, en considérant le point d'intersection Y de (DH) et (FB), on montre que a(DCH)=a(DFBC)=a(ABCD)/3

et évidemment a(DGBH)=a(ABCD)-a(DAG)-a(DCH)=a(ABCD)/3.

Finalement a(DAG)=a(DCH)=a(DGBH)=a(ABCD)/3.


Nantes (n°1)

Construire à l'intérieur d'un triangle équilatéral donné trois cercles de même rayon, tangents deux à deux et tangents chacun à deux côtés du triangle.
Justifier cette construction.

 

Solution

Soit O le point d'intersection des 3 bissectrices du triangle ; les cercles cherchés étant tangents à deux côtés du triangle et de même rayon, leurs centres O1, O2, O3 ne peuvent qu'être sur les bissectrices du triangle : soit O1 sur [AO], O2 sur [BO], O3 sur [CO] (deux de ces 3 cercles ne peuvent être centrés sur une même bissectrice, car sinon, comme ils ont le même rayon, ce serait les mêmes cercles).

Etant de même rayon, c'est que O1, O2, O3 sont à la même distance des 3 côtés et donc nécessairement chacune des trois droites passant par deux centres est paralléle à un côté du triangle.

Réciproquement, la droite (O1O2) étant choisie // à (AB), les cercles de centres O1 et O2 tangents à (AB), qui sont forcément de même rayon, seront tangents entre eux si et seulement si la distance O1O2 est le double de la distance entre les droites (O1 O2) et (AB).

Il s'agit donc de trouver une construction ( à la régle et au compas, par exemple...) permettant d'obtenir, dans un premier temps, deux points O1 et O2 sur respectivement [AO] et [BO] avec (O1O2)//(AB) et O1O2 égal au double de la distance entre les droites (O1 O2) et (AB).

L'idée va être de construire un rectangle dont la longueur est le double de la largeur, un côté étant sur [AB], et de "l'agrandir" jusqu'à ce que les deux sommets non situés sur [AB] touchent simultanément [AO] et [BO].

On construit le I milieu de [AB], soit (AB)Ç(OC), puis on choisit A' quelconque entre I et A, puis on construit le symétrique B' de A' par rapport à I, puis les perpendiculaires à (AB) passant par A' et B', puis on construit A" et B" sur les perpendiculaires précédentes, du même côté de (AB) que C et de telle sorte que A'A"=B'B"=IA' : ainsi A'A"B"B' est un rectangle de longueur 2 fois la largeur.

On construit alors O1=(IA")Ç(AO) et O2=(IB")Ç(BO) : montrons que O1 et O2 conviennent.

Soit s la symétrie orthogonale par rapport à (CO) ; évidemment s(I)=I, s(O)=O, s(A)=B, s(A")=B".

Comme O1=(IA")Ç(AO), s(O1)=s((IA"))Çs((AO))=(IB")Ç(BO)=O2, et ainsi (O1 O2)//(AB), puisque les deux segments [O1 O2] et [AB] ont (CO) comme médiatrice.

Reste à montrer que O1O2 égal au double de la distance entre les droites (O1 O2) et (AB).

Notons H1 et H2 les projetés orthogonaux de O1 et O2 sur (AB) et soit h l'homothétie de centre I telle que h(A")= O1.

h((A"B"))= la droite paralléle à (A"B") passant par h(A")= O1 ; mais ( O1O2)//(AB)//(A"B"), d'où h((A"B"))=( O1O2) ; ainsi h(B")=(IB")Çh((A"B"))=(IB")Ç(O1O2 )=O2.

Par un raisonnement analogue, comme (A'A")//(H1O1), on a h(A')=H1.

En notant k (>0) le rapport de cette homothétie, une homothétie multipliant les distances par |k|=k on obtient O1O2=kA"B" et O1H1=kA"A' ; mais A"B"=2A'A" et ainsi O1O2=2H1O1, ce qui prouve que les cercles de centres O1 et O2 passant respectivement par H1 et H2 sont de même rayon, tangents entre eux et tangents à deux côtés du triangle ABC.

Le centre O3 du 3ième cercle s'obtient comme intersection de (OC) et de la paralléle à (BC) passant par O2 ou comme intersection de [OC] avec le cercle de centre O passant par O2.

Remarque : de tan(p/6)=O1H1/AH1 et de AB=2AH1+2H1O1 on obtient AH1=(3/(2(3+Ö3)))AB, soit AH1»0,317AB et donc on peut dire, qu'approximativement, H1 et H2 divisent [AB] en 3 parties égales.


Paris 2005

26 personnes dont les âges sont respectivement chacun des entiers compris entre 35 et 60 sont assises autour d'une table.
Montrer qu'il existe 4 personnes assises côte à côte dont la somme des âges est inférieure ou égale à 190

Solution

Le "compris entre" de l'énoncé doit être...compris au sens large, c'est-à-dire les âges des 26 personnes sont chacun des entiers allant de 35 (compris) à 60 (compris), ce qui fait bien 60-34=26 entiers.

Considérons la personné âgée de 60 ans et celle à sa droite ; reste 24 personnes que l'on peut partager en 6 groupes de 4 personnes assises côte à côte.

Si aucun groupe de 4 personnes assises côte à côte n'avait pas une somme des âges £190, c'est que tout groupe de 4 personnes assises côte à côte aurait une somme des âges >190 et la somme des âges des 26 personnes serait >60+35+6×190=1235; mais en fait la somme des âges des 26 personnes est 35+36+...+60=26×(35+60)/2=1235 (voir suites arithmétiques) et comme 1235 n'est pas supérieur strictement à 1235 il y a contradiction. Il est donc impossible qu'aucun groupe de 4 personnes assises côte à côte n'ait une somme des âges £190, c'est-à-dire il existe effectivement au moins un groupe de 4 personnes assises côte à côte dont la somme des âges est £190.


Paris 2005

On considère une table de flipper ; sur cette table sont placés trois plots non alignés A,B et C assimilés à des points.

On veut choisir un autre point M sur la table, où l'on va placer un mécanisme qui agit de la façon suivante :

toute bille partie de A et arrivée en M est ensuite renvoyée de M vers la droite (BC) perpendiculairement à la droite (AM).

Les deux parties de la trajectoire sont supposées rectilignes.

Représenter l'ensemble des points M du demi-plan de frontière (BC) et contenant A par lesquels la bille lancée de A et passée en M passera ensuite entre B et C.

Solution

Soit E l'ensemble des points M cherchés et P le demi-plan de frontière (BC) contenant A.

M Î E Û il existe IÎ[BC] tel que MÎcercle de diamètre [AI], cercle qui sera noté CI .

Donc E est l'intersection de P avec l'union de tous ces cercles CI, pour I décrivant [BC].

Tous ces cercles CI passent par le projeté orthogonal H de A sur (BC) et donc les centres OI de ces cercles sont sur la médiatrice de [AH], laquelle passe par K milieu de [AH].

Voici une figure dans le cas où H est entre B et C :

Notons JI le point d'intersection de la médiatrice de [AH] avec CI, JI étant du côté de (AH) contenant B.

En faisant varier I de B à C, "on voit" que JI décrit le segment [JB, JC], et donc la région E cherchée est la région coloriée en bleu.

ATTENTION : A ne fait pas partie de la région E, car si M est en A alors la droite (AM) n'existe pas ;

par contre on peut considérer que H fait partie de E :

si H est entre B et C (cas de la figure) , la bille arrivée en M=H passera forcément entre B et C...puisque elle y est déjà!

si H est à l'extérieur de [BC], la perpendiculaire à (AM) étant (BC), là c'est moins évident puisque ca va dépendre de quel côté la bille, une fois arrivée en M=H va repartir! Mais l'énoncé dit qu'elle est renvoyée vers la droite (BC) : admettons que dans ce cas cela signifie que la bille est renvoyée vers [BC] et donc la bille va passer entre B et C (elle va même décrire tout [BC]). Mais bon, si le lecteur préfére exclure H, pourquoi pas, puisque là, la phrase repartir vers (BC) n'a alors pas grand sens.

On remarquera que E est l'union de deux parties disjointes "reliées" en A et H (A est à exclure de E, rappelons le) :

(intérieur de CB)Ç(extérieur de CC)ÇP), privée de A : c'est la partie de E à gauche de (AH)

(extérieur de CB)Ç(intérieur de CC)ÇP), privée de A : c'est la partie de E à droite de (AH)

A noter que CH est tangent à (BC).

Je laisse le lecteur faire la figure dans le cas où H est à l'extérieur de [BC] : si H est à gauche de B, on constatera que cette fois (intérieur de CB)Ç(extérieur de CC) est dans P et les deux parties de E (voir ci-dessus) ne sont plus "reliées" que par A.

Remarque : pour ceux que le "on voit" laisseraient sur leur faim, on peut calculer, en fonction de la distance AI, la distance KJI et vérifier que lorsque I va de B à C, KJI décroît de KJB à KJC.

D'après Pythagore dans le triangle AKOI on a KOI=(1/2)Ö(AI2-AH2).

Si I est entre B et H alors KJI=AI/2+KOI :

lorsque I va de B à H, AI diminue, Ö(AI2-AH2) aussi, donc KJI diminue de KJB à KJH

Si I est entre H et C alors KJI=AI/2-KOI=(1/2)AH2/(AI+Ö(AI2-AH2)), cela en utilisant la quantité conjuguée :

comme cette fois AI augmente lorsque I va de à H à C, le dénominateur ci-dessus augmente et donc KJI diminue (AH est constant) de KJH à KJC


Toulouse 2005

1) Un concombre de 300 grammes contient 98% d'eau. Après transport il ne contient que 97% d'eau. Quel est alors son poids?
2) Le marchand affirme que ses champignons contiennent 99% d'eau.
Solange en achète deux kilos et le lendemain à la livraison elle constate qu'ils ont perdu la moitié de leur poids. Elle téléphone au marchand qui lui dit que c'est impossible, car si ses champignons, certes ne contiennent plus 99% d'eau, ils contiennent tout de même encore 98% d'eau.
Qui est de bonne foi?

Remarque : cet exercice est destiné aux candidats autres que ceux des séries S et STI (en effet, voir présentation olympiades, à partir de 2005 les olympiades de premières sont ouvertes à tous les élèves des classes de premières) ; j'ai repris cet exercice car les histoires de pourcentages "gênent" parfois beaucoup de gens!

Solution

1) Le poids de la "partie concombre" est 0,02×300=6 grammes.
Après transport (et en admettant que le poids de la "partie concombre" soit resté constant) le poids total x vérifie l'équation x=6+0,97x soit x=200 grammes.

2) Au départ du marchand, les 2000 grammes de champignons se répartissent en 0,01×2000=20 grammes de champignons proprement dits et en 1980 grammes d'eau.
Si le poids total à l'arrivée est devenu 1000 (et en admettant toujours que le poids de 20 grammes de la partie champignon soit resté constant), c'est que le pourcentage d'eau est devenu 980/1000=98%.
Le marchand et Solange sont donc de bonne foi....


Versailles (n°2)

On dispose de 100 cartes. Sur chacune sont écrits deux entiers consécutifs, de sorte que chacun des entiers 1,2,3,...,199,200 est écrit sur une et une seule carte.

1) Alice a choisi 21 cartes au hasard. Elle fait la somme de tous les entiers écrits sur ses cartes et annonce à Bob que cette somme est égale à 2004.

Prouver qu'Alice s'est trompée dans son calcul.

2) Alice recompte et annonce 2005. Prouver qu'elle s'est à nouveau trompée dans son calcul.

3) En fait le total d'Alice est 2003. Pendant ce temps, Bob a choisi 20 cartes au hasard parmi celles qui restaient.

Solution

L'entier 1 étant sur une carte, il ne peut être accompagné que de 2, donc 3 sera accompagné de 4, etc : chaque carte contient les entiers 2p-1 et 2p, dont la somme est 4p-1, cela pour p=1,2,3,...,100.

Notons E={1;2;3;...;100}

1) La somme des entiers écrits sur les cartes d'Alice est A=4(p1+p2+...+p21)-21 où les pi, distincts 2 à 2, sont dans E, et ainsi A est la somme d'un nombre pair et d'un nombre impair : donc A est impair et ce ne peut être 2004.

2) A+21=4(p1+p2+...+p21) est divisible par 4, or 2005+21=2026=2×1013 qui n'est pas divisible par 4, donc A ne peut être 2005.

3) L'énoncé dit en fait que A=2003 : on vérifie tout de suite que 2003+21=4×506 est bien divisible par 4. Et donc p1+p2+...+p21=506.

De façon analogue la somme des entiers écrits sur les cartes de Bob est 1396=4(p'1+p'2+...+p'20)-20, les p'i, distincts 2 à 2, étant dans E et donc p'1+p'2+...+p'20=354.

Mais par hypothèse, les 20 cartes choisies par Bob sont distinctes de celles choisies par Alice et donc

{p1;p2;...;p21}Ç{p'1;p'2;...;p'20}=Æ.

Donc obligatoirement la somme p1+p2+...+p21+p'1+p'2+...+p'20 doit être supérieure ou égale à la plus petite somme possible de 41 éléments distincts de E, soit 1+2+3+...+41=41×42/2=861 ; or 506+354=860<861 et donc Bob s'est trompé aussi. Pas de chance!


présentation olympiades