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Quelques énoncés 2007 particuliers à chaque académie

 Pour l'instant 5 énoncés : Clermont-Ferrand 1, Grenoble 1, Lille 1, Lille 2, Versailles 2


Clermont-Ferrand 1

Le système de numération que nous utilisons habituellement est le systéme décimal ou systéme à base 10.
On utilise alors pour écrire tout entier naturel (et même tout nombre), les chiffres 0 ; 1 ; 2 ; 3 ; 4 ; 5 ; 6 ; 7 ; 8 ; 9.
Dans cette base l'entier 2007 signifie, bien sûr, que 2007=2×103+0×102+0×10+7.

Mais on peut choisir d'autres bases, par exemple la base six : cette fois tout nombre s'écrit en utilisant que les chiffres 0 ; 1 ; 2 ; 3 ; 4 ; 5.
Par exemple 13143 est l'écriture d'un entier en base six, cet entier en base 10 étant égal à 1×64+3×63+1×62+4×6+3=2007.

Cela signifie que 13143 et 2007 sont des écriture d'un même nombre : la 1ère écriture est en base six, la 2ième en base 10. Un exemple célèbre de base autre que la base dix est la base deux : tout nombre, en base deux, ne s'écrit qu'avec des 0 et des 1.

On admettra que tout nombre écrit en base dix admet une seule écriture en base six (la preuve, non demandée le jour de l'épreuve, sera donnée pour des entiers naturels en fin d'exercice).

Et voici la question : ecrire en base six le nombre dont l'écriture décimale est 3779.
-vers une solution-


Grenoble 1

Une urne a la forme d'un paraboloïde de révolution de hauteur 9 cm.
La section de ce paraboloïde par un plan passant par son axe est la parabole dont une équation dans un repère bien choisi est y=x2 :

1) On fait tomber dans l'urne une bille sphérique B de rayon 0,1 cm.
La bille va-t-elle toucher le fond de l'urne?

2) On fait tomber une seconde bille sphérique B' de rayon 1 cm.
La bille B' va-t-elle toucher la bille B?
-vers une solution-


Lille 1

La figure ci-dessous est un patron d'un cube d'arête a. On a tracé, sur ce patron, le segment [AG] où A et G sont les milieux respectifs de [OI] et [O' I'] et B, C, D, E, F sont les points d'intersection de [AG] avec respectivement [IV], [VQ], [QR], [RT], [TO'].

1) Montrer que les points B, C, D, E, F sont respectivement les milieux des segments [IV], [VQ], [QR], [RT], [TO'].

2) Si on reconstitue le cube à partir de ce patron, A, B, C, D, E, F, G sont-ils coplanaires dans l'espace? Justifier.
-vers une solution-


Lille 2

3*4=3.25 La calculatrice ci-contre ne dispose que de trois fonctions : le passage à l'opposé : touche -
l'élévation au carré : touche x2
l'opération * définie par y*x=y+1/x
pour y réel quelconque et x réel non nul : touche *
On dispose également de parenthèses (la touche entre les
deux parenthèses est inactive).

Questions : comment déterminer

1) l'inverse d'un nombre non nul?
2) la somme de deux nombres non nuls?
3) la moitié d'un nombre non nul?
4) le produit de deux nombres non nuls?
789
456
123
0.-
( )
*x2=

-vers une solution-


Versailles 2


Etant donné un entier naturel n, on considère l'ensemble des puissances de 2 comprises, au sens large, entre 1 et 2n.

On note un le nombre de ces puissances dont l'écriture décimale débute par 1 ou par 2 ou par 3.
On note vn le nombre de ces puissances dont l'écriture décimale débute par 4 ou par 5 ou par 6 ou par 7.
On note wn le nombre de ces puissances dont l'écriture décimale débute par 8 ou par 9.

1) Déterminer u15 et v15

2) Que peut-on conjecturer de la limite éventuelle de vn/un, lorsque n tend vers +?

3) Démontrer ce résultat (on pourra montrer que, pour tout entier naturel n, un-22vnun).
-vers une solution-


Fin des énoncés

Les solutions

Solution Clermont-Ferrand 1

Passons sur le fait discutable d'aller chercher un exercice dont le ressort est un résultat de cours d'une année postérieure...

Pour trouver la bonne idée, il faut bien observer l'égalité 1×64+3×63+1×62+4×6+3=2007, égalité donnée par l'énoncé et qui justifie l'écriture 13143 en base 6 de 2007 (base dix).
Cette égalité est écrite en base dix : en fait dans tout ce qui suit on va travailler comme d'habitude...avec le systéme décimal.
On remarque que cette égalité s'écrit 2007=q×6+3 ; et comme 03<6, c'est que 3 est le reste de la division de 2007 par 6 : donc le chiffre des unité en base de six de l'écriture de 2007 est son reste de la division de 2007 par 6.
Ensuite (2007-3)/6=q=334=63+3×62+6+4=q'×6+4, et 4 (chiffres des "sixtaines" de l'écriture en base six de 2007) est le reste de la division de (2007-3)/6 par 6.
Etc.

On applique cette idée à 3779.

3779=629×6+5 : le chiffre des unités en base six est 5
629=104×6+5 : le coefficient de 6 en base six est 5
104=17×6+2 : le coefficient de 62 en base six est 2
17=2×6+5 : le coefficient de 63 en base six est 5
2=0×6+2 : le coefficient de 64 en base six est 2.
On est arrivé à un quotient nul, donc c'est fini et 3779 (base 10) s'écrit 25255 en base six.
Justifions le de façon rigoureuse, en remontant les calculs ci-dessus :
17=2×6+5, 104=(2×6+5)×6+2=2×62+5×6+2, 629=(2×62+5×6+2)×6+5=2×63+5×62+2×6+5 et on a bien 3779=(2×63+5×62+2×6+5)×6+5=2×64+5×63+2×62+5×6+5.

Remarque : preuve de l'unicité de l'écriture en base six pour les entiers naturels.
Tout d'abord, montrons que si n=ak6k+...+a16+a0, avec k0 et tous les ai étant dans {0;1;2;3;4;5} , alors n6k+1-1.

En effet : n5(6k+...+6+1)=5(1-6k+1)/(1-6)=6k+1-1.

0 ne pouvant s'écrire que 0, montrer l'unicité de l'écriture en base six des entiers naturels, c'est montrer que si pour un entier naturel non nul n on a n=ak6k+...+a16+a0 et n=bk'6k'+...+b16+b0 avec k et k'0 et les ai et bi dans {0;1;2;3;4;5} , et ak et bk' non nuls, alors k=k' et pour i=0 à k, ai=bi.

Supposons kk', par exemple k'>k ; donc k'k+1 et nbk'6k'6k'6k+1, alors que d'après le résultat précédent on a n6k+1-1 : on obtient donc une contradiction, ce qui veut dire qu'on ne peut supposer k et k' différents et donc k=k'.

Comme il l'a été dit plus haut a0 est le reste de la division de n par 6 ; mais cela est aussi vrai pour b0.
D'après l'unicité du reste de la division euclidienne on a0=b0.
Donc (n-a0)/6=(n-b0)/6=ak6k-1+...+a26+a1=bk6k-1+...+b26+b1=n1 : là encore n1 ayant un seul reste possible dans la division par 6 c'est que a1=b1
Et on poursuit jusqu'à ak=bk.
Pour être vraiment rigoureux, il faudrait formaliser cette "poursuite" par une récurrence "finie", c'est-à-dire montrer que si ai=bi pour 0i<k alors ai+1=bi+1 ; en effet puisque a0=b0 on aurait alors effectivement a1=b1, puis a2=b2, puis a3=b3 et ainsi de suite jusqu'à ak=bk.

-retour nonc-


Solution Grenoble 1

On travaille dans le plan de section, muni du repère indiqu par l'énonc (voir figure correspondante).
Rappelons qu'une équation du cercle de centre I(xI ; yI) et de rayon r est (x-xI)2+(y-yI)2=r2 ou x2+y2-2xIx-2yIy+xI2+yI2-r2=0.

Note : la figure n'est pas à l'échelle.

1) La bille B va toucher le fond de l'urne si et seulement si le cercle G de centre I(0 ; 0,1) et de rayon 0,1 est à l'intérieur (au sens large) de la parabole d'équation y=x2 : on pourra alors "poser" B au point O.
Il s'agit donc de voir si pour tout M(x ; y) de G, donc tel que x2+(y-0,1)2=0,01x2+y2-0,2y=0, on a yx2.
Or, dans le cas où M(x ; y)G, y-x2=y+y2-0,2y=y(y+0,8), qui est effectivement 0, (puisque 0,2y=x2+y2y0) et qui est nul si et seulement si y=0 (puisque y0), et alors x=0.
Donc la bille ne touche le paraboloïde qu'en son fond qui est le point O, seul point d'intersection de G et de la parabole.

2) La bille B étant au fond de l'urne, la bille B' touchera la bille B si et seulement si elle peut la toucher en son point J(0 ; 1) le plus haut, c'est-à-dire si le cercle G ' de centre I '(0 ; 1,2) et de rayon 1 est à l'intérieur (au sens large) de la parabole : on pourra alors "poser" B' sur B.
Il s'agit de voir si pour tout M(x ; y) de G ', donc tel que x2+(y-1,2)2=1x2+y2-2,4y+0,44=0, on a yx2.
Or, dans le cas où M(x ; y)G ', y-x2=y2-1,4y+0,44=(y-0,7)2-0,05 ; cette fois, cette quantité n'est pas toujours positive ou nulle : par exemple le point (0,51 ; 0,5) est sur G ' et y-x2=-0,01<0, donc ce point n'est pas à l'intérieur de la parabole.
Ainsi B' ne peut pas toucher B.

Précisons.
M(x ; y) étant sur G ' on a
y<x2(y-0,7)2<0,05|y-0,7|<0,05y ]0,7-0,05 ; 0,7+0,05[ et donc,
un point de G ' est à l'intérieur (au sens large) de la parabole si et seulement si son ordonnée est 0,7-0,05 (0,48) ou si elle est 0,7+0,05 (0,92).
Bien sûr le point (0,51 ; 0,5) ne vérifie pas cette condition, puisque 0,510,71.
On peut aussi déterminer sans difficulté les points d'intersection M(x ; y) de la parabole et de G '. Ce sont ceux vérifiant y=x2 et x2+y2-2,4y+0,44=0y=x2 et (y-0,07)2=0,05, ce qui donne deux possibilités pour y (les valeurs frontières ci-dessus), 0,7-0,05 et 0,7+0,05, et pour chacune d'elles on a deux possibilités pour x : -y et y.
Les quatres points d'intersection de la parabole et de G ' sont, approximativement, (0,69 ; 0,48) et (0,96 ; 0,92).

-retour nonc-


Solution Lille 1

1) Les triangles APD et GSD sont isométriques, puisqu'ils ont leurs trois angles respectivement égaux (les angles en S et P sont droits, et les angles en D sont opposés par le sommet), et ils ont un côté respectivement égal (AP=GS=3a/2, puisque A et G sont les milieux respectifs de [OI] et [O' I']).
Donc PD=SD, soit puisque SR=QP=a, RD=DQ et D est le milieu de [QR].
On en déduit SD=SG=3a/2 et DSG est isocèle en S et ainsi angle(SDG)=45, donc angle(RDE)=45 et alors DRE a deux angles égaux à 45, donc il est isocèle, ce qui donne RE=RD avec RD=a/2 (cf D milieu de [QR]) et ainsi E est le milieu de [RT].
On procéde de façon analogue pour C, puis pour B et F.

2) En prenant commme base le carré QRTU, le cube reconstitué est :


On constate donc, que dans l'espace, O et O' sont confondus, ainsi que I et I', et A et G.
Il s'agit alors de voir si A, B, C, D, E, F sont coplanaires.
Le théorème sur la droite des milieux, appliqué dans les triangles IOT et VQR, donne (AF)//(IT) et (CD)//(VR).
Mais (IT)//(VR) (car le vecteur VI et le vecteur RT sont égaux, puisqu'ils correspondent à deux arêtes paralléles du cube, et ainsi VITR est un parallélogramme) , et donc (CD)//(AF).
Les points A, C, D, F sont donc coplanaires : soit P1 le plan les contenant.
Pour des raisons analogues, (BA)//(VO), (DE)//(QT) et (VO)//(QT) : donc (BA)//(DE), et A, B, D, E sont aussi coplanaires : soit P2 le plan les contenant.
La droite (CD) et la demi-droite [SR), qui sont dans le plan contenant le carré QRSV, se coupent en un point K. Puisque angle(QDC)=45, on a angle(KDR)=45, donc le triangle rectangle DRK est isocèle en R (deux angles égaux à 45) et RK=RD=a/2.
Mais en considérant le point K' d'intersection de (EF) avec [SR), un raisonnement analogue donne aussi RK'=a/2 : comme K et K' sont tous les deux sur la demi-droite [SR), et qu'ils sont situés d'un même côté par rapport à R, c'est que K=K' et donc les droites (CD) et (EF) sont sécantes en K.
Les points C, D, E, F, K sont donc situés dans un même plan P.
Comme les trois points C, D, F sont à la fois dans les plans P et P1, c'est que ces deux plans sont confondus : P=P1. Donc A est dans le plan P, et ainsi A, D, E sont à la fois dans P et P2, donc P=P2 , et alors B est dans P.
Finalement, dans l'espace, les points A, B, C, D, E, F, G=A sont dans le plan P : ils sont coplanaires.

-retour nonc-


Solution Lille 2

1) 1/x=0*x, pour x0.

2) x+y=x*(0*y) puisque le membre de droite est x+1/(1/y)=x+y ; en fait pour que cette égalité soit valide il suffit que y soit 0.

3) x/2=0*((0*x)*x) puisque le membre de droite est 0*((1/x)*x)=0*(1/x+1/x)=0*(2/x)=0+1/(2/x)=x/2, cela pour x0.

4) L'idée est de remarquer que pour tous réels a et b on a l'identité :
ab=((a+b)2-(a2+b2))/2=((a+b)2+(-(a2+b2)))/2

Or avec cette calculatrice, on peut obtenir la somme a+b (voir Q2, avec b0), puis (a+b)2 par la touche carré, ainsi que a2 et b2, puis -(a2+b2) par la touche -, puis la somme ((a+b)2+(-(a2+b2))) et enfin on peut diviser ce résultat (2ab) par 2 (voir Q3, avec 2ab0, donc avec a et b 0) ; ainsi, avec cette calculatrice on peut effectivement déterminer le produit de deux nombres non nuls. De façon plus précise on a : 2ab=((a*(0*b))2)*(0*(-(a2*(0*b2)))), soit puisque ab=0*((0*(2ab))*(2ab)),
ab=0*((0*[((a*(0*b))2)*(0*(-(a2*(0*b2))))])*[((a*(0*b))2)*(0*(-(a2*(0*b2))))]), les crochets étant en fait des parenthéses, mais je les ai mis pour améliorer la lisibilité.

-retour nonc-


Solution Versailles 2

Remarquons tout de suite que lorsqu'on passe de n à n+1, un seul des trois nombres un, vn, wn varie : il augmente de 1.
Donc les trois suites sont des suites croissantes.
Et on toujours un+vn+wn=n+1.

1) On examine ce qui se passe :

n2n
( en gras le chiffre
du début )
2vnunrelation entre
un et vn
n2n
( en gras le chiffre
du début )
2vnunrelation entre
un et vn
01012vn=un-1 8256462vn=un-2
12022vn=un-2 9512662vn=un
24222vn=un 101024672vn=un-1
38222vn=un 112048682vn=un-2
416232vn=un-1 124096882vn=un
532242vn=un-2 138192882vn=un
664442vn=un 1416384892vn=un-1
7128452vn=un-1 15327688102vn=un-2

Donc u15=10 et v15=4 et w15=2

Remarques :
w15=2 car seuls 23=8 et 213=8192 commencent par 8 ou 9.
On notera aussi que pour n15, 2n commence jamais par 7 ou 9.
En fait la plus petite puissance de 2 commencant par 7 est 246 et même 246=256=266=276=286=296 ; par contre 2106 commence par 8.
Et la plus petite puissance de 2 commencant par 9 est 253.
Si on a la curiosité de continuer les exemples, il semble que la suite des chiffres du début soit périodique : 1,2,4,8,1,3,6,1,2,5.
Malheureusement, ce n'est qu'une fausse impression car 2n et 2n+10 n'ont pas toujours le même premier chiffre : 236 commence par 6 et 246 commence par 7.

2) Au vu de ces 15 exemples il semble que l'on ait toujours 2vn=un ou un-1 ou un-2 et donc on aurait toujours (un n'est jamais nul) vn/un=1/2 ou 1/2-1/(2un) ou 1/2-1/un.
Comme un semble tendre vers l'infini (quoique ce ne soit pas une suite strictement croissante), c'est que 1/un doit tendre vers 0 et donc vn/un doit tendre vers 1/2.
Mais cela reste à prouver, car les impressions peuvent être trompeuses (voir fin de la remarque précédente).

3) En fait il s'agit de prouver effectivement que l'on a toujours 2vn=un ou un-1 ou un-2 (ceci est bien équivalent à la double inégalité de l'énoncé puisque 2vn est un entier naturel, tout comme un) et que limn->+un=+.
Commencons par le premier point qui est le plus délicat.

Il est d'autant plus délicat qu'il me semble nécessiter une récurrence, notion qui n'est pas au programme de la 1ière S. Et en plus c'est une récurrence en "trois temps"! ( voir l'exercice de Créteil 2001 où il y a aussi une récurrence, ainsi que le début de la solution de l'exercice 24 IMO 2002 )

On constate que pour tout n15 la propriété suivante (elle est constituée des trois lignes ci-dessous), notée Pn, est vraie :

si 2n commence par 1 alors 2vn=un-1
si 2n commence par 4 ou 5 ou 6 ou 7 ou 8 ou 9 alors 2vn=un
si 2n commence par 2 ou 3 alors 2vn=un-2
Remarque :
en fait 7 et 9 n'apparaissent pas comme premier chiffre de 2n pour n15 ; je les ai mis avec 5,6 et 8 car comme eux, multipliés par 2, ils dépassent 10.

On va donc montrer que pour tout n0 la propriété Pn est vraie

1) P0 est bien vraie puisque 20 commence par 1 et 2v0=u0-1 (Pn est en fait vrai pour tout n15).

2) n étant quelconque0, montrons que si Pn est vraie alors Pn+1 est vraie

soit 2n+1 commence par 1 : donc un+1=un+1 et vn+1=vn.
Mais cela ne peut arriver que si 2n commence par 5 ou 6 ou 7 ou 8 ou 9, auquel cas 2vn=un (puisque Pn est supposée vraie) et 2vn+1=2vn=un=un+1-1, et finalement 2vn+1=un+1-1.

soit 2n+1 commence par 2 ou 3 : donc un+1=un+1 et vn+1=vn.
Mais cela ne peut arriver que si 2n commence par 1, auquel cas 2vn=un-1 (puisque Pn est supposée vraie) et 2vn+1=2vn=un-1=un+1-2, et finalement 2vn+1=un+1-2.

soit 2n+1 commence par 4 ou 5 ou 6 ou 7 : donc un+1=un et vn+1=vn+1.
Mais cela ne peut arriver que si 2n commence par 2 ou 3, auquel cas 2vn=un-2 (puisque Pn est supposée vraie) et 2vn+1=2vn+2=un-2+2=un+1, et finalement 2vn+1=un+1.

soit 2n+1 commence par 8 ou 9 : donc un+1=un et vn+1=vn.
Mais cela ne peut arriver que si 2n commence par 4, auquel cas 2vn=un (puisque Pn est supposée vraie), et finalement 2vn+1=un+1.

En examinant les résultats mis en gras ci-dessus, on constate que Pn+1 est bien vraie (sachant que Pn est vraie).
Les points 1) et 2) ci-dessus prouvent que pour tout n0, Pn est vraie : en effet, puisque P0 est vraie, le 2) entraîne que P1 est vraie, puis le 2) entraîne que P2 est vraie, puis le 2) entraîne que P3 est vraie, "etc". C'est le principe du raisonnement par récurrence.
Donc pour tout 0 on a 2vn=un ou un-1 ou un-2, soit un-22vnun, et ainsi
pour tout n0 on a (puisque un est toujours >0) 1/2-1/unvn/un1/2.

Montrons maintenant que limn->+un=+.
Rappelons que la suite u est croissante.
Commencons par montrer que pour tout n0 on a un+3un+1 (il peut y avoir égal : u3=u0+1, u13=u10+1 ) :

soit 2n+1 commence par 1 ou 2 ou 3, donc un+1=un+1 et un+3un+1=un+1
soit 2n+1 commence par 4, et 2n+2 commence par 8 ou 9, et 2n+3 commence par 1, donc un+3=un+2+1un+1
soit 2n+1 commence par 5 ou 6 ou 7 ou 8 ou 9, et 2n+2 commence par 1, donc un+2=un+1+1 et un+3un+2=un+1+1un+1.
On en déduit la suite d'inégalités suivantes :
u3u0+1, u6u3+1,..., u3ku3(k-1)+1 (avec k1)
et par ajout membres à membres de ces k inégalités de même sens, on obtient u3ku0+k=k+1.
Comme limk->+k+1=+, on a limk->+u3k=+ ; mais la suite u est croissante donc (voir preuve rigoureuse en remarque ci-dessous) limn->+un=+.
On en déduit alors tout de suite que, limn->+1/un=0, donc limn->+1/2-1/un=1/2 et comme on a 1/2-1/unvn/un1/2, le théorème d'encadrement ou des sandwichs ou des ...gendarmes permet d'écrire limn->+vn/un=1/2 (en fait c'est une question de bon sens : dans l'encadrement de vn/un les membres de gauche et droite tendent vers 1/2, donc le terme central vn/un est"coincé" entre 1/2 et 1/2, et donc il ne peut tendre que vers 1/2).

Remarque : preuve que si u est croissante et si limk->+u3k=+ alors limn->+un=+.
Soit A un nombre positif donné quelconque ("sous-entendu : très grand") : il existe k tel que u3kA (puisque limk->+u3k=+), et donc pour tout n3k, on a unu3kA, ce qui prouve que limn->+un=+ (puisque on peut rendre un aussi grand que l'on veut à condition de prendre n suffisamment grand).

Remarque "complémentaire" :
En fait, au lieu de prouver que un+3un+1, dans un premier temps j'ai montré que la suite u n'était pas majorée (en utilisant les mêmes idées). On pouvait alors conclure aussi, en utilisant le fait que si une suite u est non majorée et est croissante alors limn->+un=+.
En voici la preuve :
soit A un nombre positif donné quelconque ("sous-entendu : très grand") : la suite ne pouvant être majorée par A, il existe p0 tel que up>A ; mais la suite étant croissante, pour tout np on a unup>A, ce qui prouve le résultat.

-retour énoncé-


Fin des solutions

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