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Quelques énoncés 2009 particuliers à chaque académie

 Pour l'instant 4 énoncés : Dijon 2 ; Nice 1 ; Versailles 2 ; Marseille 2


Dijon 2

Concourantes ou paralléles
1) Sur la figure ci-dessous, ABCD est un carré de côté 1, M est un point intérieur au carré, les quadrilatères APMS et MQCR sont des rectangles.


a) Dans cette question, on suppose que AP=3/4 et AS=1/4.
Démontrer alors que les droites (AC), (PQ), (RS) sont paralléles.

b) Cette fois on suppose que AP=1/4 et AS=1/3.
Déterminer une équation des droites (PQ) et (RS) dans le repère (A ; AB ; AD) et en déduire que les droites (AC), (PQ), (RS) sont concourantes.

2) Cette fois on suppose que ABCD est un parallélogramme (cad on généralise la situation ci-dessus, un carré étant un cas particulier de parallélogramme), M est un point intérieur à ce parallélogramme et les quadrilatères APMS et MQCR sont des parallélogrammes.


Démontrer que les droites (AC), (PQ), (RS) sont en général concourantes sauf pour certaines positions particulières de M que l'on pécisera.

-vers une solution-


Nice 1

Un entier naturel N sera dit étoilé si et seulement si il est non nul et s'il existe deux entiers naturels a et b, non nuls, tels que N=ab et N divise a+b. a et b seront alors appelés des composantes de N et {a;b}={b;a} sera appelé un jeu de composantes de N.

Par exemple 20 est étoilé, de composantes 10 et 10, puisque 20=10+10 et 20 divise 10×10.

1) Parmi les 12 premiers entiers naturels non nuls, lesquels sont étoilés?

2) Montrer que si N est un nombre premier, il n'est pas étoilé.
On montrera au préalable, "rapidement", que si un nombre premier divise un produit de deux entiers, il divise l'un de ces entiers.
Rappel : le plus petit nombre premier est 2.

3) Montrer que si N, distinct de 0 et 1, est le carré d'un nombre entier, alors il est étoilé.

4) Montrer que si N est étoilé, de composantes a et b, et si p est un nombre premier divisant N, alors p divise a et b.

5) 2009 est-il étoilé? Si oui, donner tous les jeux de composantes possibles.

6) Généralisation de Q2 : montrer que si la décomposition en nombres premiers de N est p1p2...pr (r³1), les pi étant des nombres premiers distincts 2 à 2, alors N n'est pas étoilé.
Vérifier que c'est le cas de 2010.

7) Trouver une condition nécessaire et suffisante pour que N³2 soit étoilé.
Retrouver Q3 et Q6.

8) Retrouver Q1 (excepté N=1) en utilisant Q7.

Remarque :
cet énoncé n'est pas exactement celui proposé aux candidats : je me suis permis quelques modifications.


-vers une solution-


Versailles 2

Dans cet exercice, on dit qu'un entier naturel non nul est joli s'il peut s'écrire comme la moyenne arithmétique d'un certain nombre de puissances de 2, non nécessairement distinctes.
Par exemple, 92 est joli, car 92=(27+27+27+27+27+25+25+25)/8 ; mais on aurait aussi pu dire 92=(28+24+22)/3.

1 a) Montrer que si n est joli, alors n+1 est joli.
b) Quel est l'ensemble des entiers jolis?

2) Obtention d'écritures sous forme de moyenne arithmétique de puissances de 2 :
a) A partir d'une écriture comme moyenne arithmétique d'un certain nombre de puissances de 2 de l'entier n, en touver une pour l'entier 2pn, avec p entier naturel non nul.
b) A partir d'une écriture comme moyenne arithmétique d'un certain nombre de puissances de 2 de l'entier n et d'une écriture comme moyenne arithmétique d'un certain nombre de puissances de 2 de l'entier n', en touver une pour l'entier n+n'.
c) A partir de l'écriture d'un entier n sous forme d'une somme de 2p (p entier naturel) puissances de 2, trouver une écriture comme moyenne arithmétique d'un certain nombre de puissances de 2 de cet entier n.
d) Ecrire 2009 comme moyenne arithmétique d'un certain nombre de puissances de 2.
Note : par rapport à l'énoncé original, j'ai rajouté pour cette question 2, les sous-questions a, b, c.

3) On dit qu'un entier naturel non nul est superbe s'il peut s'écrire comme moyenne arithmétique d'un certain nombre de puissances de 2, deux à deux distinctes.
Par exemple 92 est superbe : voir la 2ième écriture donnée en début d'énoncé.

a) Montrer que 7 est superbe.
b) Prouver que l'entier n est superbe si et seulement si 2n est superbe.
c) Prouver que 13 n'est pas superbe (on pourra admettre que, pour tout entier k supérieur ou égal à 7, 13k<2k-1).


-vers une solution-


Marseille 2


Quelques précisions sur la figure ci-dessus :
  • le demi-cercle C1 de centre O passant par le point A et le demi-cercle C2 de diamètre [AB] (et de centre O') sont tangents en A
  • D est le point de C1 tel que (OD) soit perpendiculaire à (OA)
  • E est le point d'intersection de C2 et de [OD]
  • le demi-cercle C3 est le symétrique de C2 par rapport à la droite (OD)
  • OA=10, DE=6
  • pour le point U et le cercle en pointillé, je ne dis rien pour l'instant...
1) Calculer le rayon de C2.

2) a) Montrer qu'il existe un seul point I situé sur le segment [OD] tel que ID=IJ avec J point d'intersection de C2 et (O'I) ; pour cela on déterminera la seule valeur (numérique) possible pour ID.
b) Montrer que pour ce point I, le cercle C4 de centre I passant par D est tangent à C1 en D, tangent à C2 en J, et tangent à C3 en un point que l'on précisera.

3) Donner une construction à la régle et au compas du point I défini à la question 2, cela à partir de la figure ci-dessus.
On rappelle notamment que l'on sait construire à la régle et au compas la paralléle à une droite donnée et passant par un point donné.

Remarque : par rapport à l'énoncé initial j'ai modifié la question 2 (cela revient cependant à faire les mêmes calculs) et rajouté la question 3.


-vers une solution-


Fin des énoncés

Les solutions

Solution Dijon 1

1 a) tan(angle(QPB))=(1/4)/(1-3/4)=1 et tan(angle(RSQ))=(1-1/4)/(3/4)=1 : ces deux angles sont donc égaux à 45° et ainsi les droites (PQ) et (RS) sont paralléles à la droites (AC).

1 b) Les coordonnées de A, B, C, D, P, S, Q, R sont :
A(0,0) B(1,0) C(1,1) D(0,1) P(1/4,0) S(0,1/3) Q(1,1/3) R(1/4,1)
Par résolution de systéme (par exemple) :

D'où l'abscisse x du point I d'intersection des droites (AC) et (PQ) vérifie x=4x/9-1/9, soit x=-1/5 et I(-1/5,-1/5).
Or (8/3)×(-1/5)+1/3=-1/5, donc ce point I est sur la droite (RS), ce qui prouve que les trois droites (AC), (PQ), (RS) passent par le même point I, donc sont concourantes.

2) On va dans un 1er temps (voir ci-après une solution géométrique) utiliser la même méthode qu'en 1 b), en considérant le repère d'origine A, d'axe des abscisses la droite (AB) de vecteur unitaire i->=(1/AB)×AB->, d'axe des ordonnées la droite (AD) de vecteur unitaire j->=(1/AD)×AD->.
Les coordonnées de A, B, C, D, P, S, Q, R sont (d=AB, d'=AD) :
A(0,0) B(d,0) C(d,d') D(0,d') P(p,0) S(0,s) Q(d,s) R(p,d')

Les coefficients directeurs de ces trois droites sont d'/d, s/(d-p) et (d'-s)/p ; on remarque Donc dès que deux de ces droites sont paralléles, les trois sont en fait paralléles.
La condition d'(d-p)=ds s'écrit s=(-d'/d)p+d', cad le point M(p,s) est sur la droite d'équation y=(-d'/d)x+d' qui n'est autre que la droite (BD)!
Donc, si M est sur la droite (BD), les trois droites (AC), (PQ), (RS) sont paralléles.

On suppose maintenant que M n'est pas sur la droite (BD), cad d'(d-p)¹ds : ainsi les droites (AC), (PQ), (RS) sont sécantes deux à deux.
L'absicsse du point I d'intersection de (AC) et (PQ) vérifie (d'/d)x=(s/(d-p))(x-p), soit x=-psd/(d'(d-p)-ds), et donc I(-psd/(d'(d-p)-ds), -psd'/(d'(d-p)-ds)).
Montrons que I est effectivement sur (RS) :
((d'-s)/p)×(-psd/(d'(d-p))-ds)+s=[(d'-s)(-d)/(d'(d-p)-ds)+1]s=-psd'/(d'(d-p)-ds), qui est l'ordonnée de I.
Donc si M n'est pas sur la droite (BD), les trois droites (AC), (PQ), (RS) sont concourantes.

Solution géométrique.
Si M est sur la droite (BD) :
par utilisation de Thalès (et sa réciproque):

en considérant les triangles BDC et BDA, BM/BD=BQ/BC (car (MQ)//(DC)), BM/BD=BP/BA, (car (MP)//(DA)),
donc BQ/BC=BP/BA et (PQ)//(AC)

en considérant toujours les triangles BDC et BDA, on obtient cette fois DM/DB=DR/DC, (car (MR)//(BC)), DM/DB=DS/DA (car (MS)//(BA)),
donc DR/DC=DS/DA et (RS)//(AC)

Ainsi (AC)//(PQ)//(RS) et les trois droites (AC), (PQ), (RS) sont paralléles.

si M n'est pas sur la droite (DB) :
montrons d'abord que les droites (AC), (PQ), (RS) sont sécantes deux à deux.

Pour cela on va utiliser le résultat suivant :
si deux parallélogrammes ABCD et A'B'C'D'ont leurs côtés respectivement paralléles et deux diagonales respectivement paralléles, alors leurs deux autres diagonales sont aussi respectivement paralléles.

En effet, (AB)//(CD)//(A'B')//(C'D'), (BC)//(DA)//(B'C')//(D'A') et (BD)//(B'D') donnent que les triangles BCD et B'C'D' sont semblables (leurs trois angles sont respetivement égaux) donc BC/B'C'=BD/B'D'=CD/C'D'.
Mais si I est le milieu des diagonales de ABCD, I' celui des diagonales de A'B'C'D', alors BD/B'D'=(2BI)/(2B'I')=BI/B'I', et donc BIC et B'I'C' sont semblables (côtés proportionnels), donc angle(BIC)=angle(B'I'C'), et comme (BI)//(B'I'), c'est que (IC)//(I'C'), ce qu'il fallait montrer.
Application : En fait, compte-tenu du cas précédent, on a (AC)//(RS)Û M est sur (DB), (AC)//(PQ)Û M est sur (DB), (RS)//(PQ)Û M est sur (DB).

Notons alors I le point d'intersection de (AC) et (RS), I' celui de (AC) et (PQ) : il s'agit de montrer que I=I'.
Cela ne me semble pas faisable par un élève de 1ière S, du moins avec ma solution qui utilise le théorème de Ménélaüs :

ABC étant un triangle, P sur (AB), Q sur (AC), R sur (BC), alors
les trois points P, Q, R seront alignés si et seulement si (attention : la notation MN--, qui se lit "MN barre", signifie mesure algèbrique du vecteur MN->)
(PA--/PB--)(RB--/RC--)(QC--/QA--)=1.
La démonstration de ce théorème se fait à l'aide d'homothéties.
D'où, Or QC--=SD--, PB--=RC--, QB--=SA--, PA--=RD--, donc I'A--/I'C--=IA--/IC--.
On en déduit (I'I--+IA--)IC--=(I'I--+IC--)IA--, I'I--(IC---IA--)=0, I'I--×AC--=0 ; d'où I'I--=0 et ainsi I'=I et les droites (AC), (PQ), (RS) sont concourantes en I.

-retour énoncé-


Solution Nice 1

1) 4=2+2 et 4 divise 2×2, donc 4 est étoilé
8=4+4 et 8 divise 4×4, donc 8 est étoilé
9=3+6 et 9 divise 3×6, donc 9 est étoilé
12=6+6 et 12 divise 6×6, donc 12 est étoilé
par contre, 1, 2, 3, 5, 6, 7, 10, 11 ne sont pas étoilés : il suffit de chercher pour chacun de ces nombres N toutes les décompositions possibles en somme a+b et vérifier que pour toutes, N ne divise pas ab.
Par exemples

1 n'a pas de décomposition de la forme a+b avec a, b entiers naturels non nuls

11=1+10 et 11 ne divise pas 1×10
11=2+9 et 11 ne divise pas 2×9
11=3+8 et 11 ne divise pas 3×8
11=4+7 et 11 ne divise pas 4×7
11=5+6 et 11 ne divise pas 5×6

2) Si p est un nombre premier qui divise le produit des 2 entiers naturels a et b, c'est que la décomposition en nombres premiers de ab contient le facteur p, donc la décomposition en nombres premiers de a ou la décomposition en nombres premiers de b doit contenir le facteur p (sinon p ne serait pas dans la décomposition de ab) donc p divise a ou b.

Considérons maintenant un nombre N étoilé : N=a+b avec a et b entiers naturels non nuls et N divise ab.
Si en outre N est premier, cf ci-dessus, N divise a ou b :

Donc un nombre premier n'est pas étoilé.

3) Soit N=c2 avec c entier naturel ³2.
N=c+(c2-c), cad N=a+b avec a=c³2 et b=c(c-1)³2×(2-1)=2.
Donc a et b sont bien des entiers naturels non nuls et comme ab=c2(c-1)=N(c-1), c'est que N divise ab et ainsi N=c2 avec c³2 est bien étoilé.

Remarque : 1=12 n'est pas étoilé, voir Q1.

4) Soit N étoilé de composantes a et b et p un nombre premier divisant N :

comme N divise ab, c'est que p divise aussi ab, donc p divise a ou b (voir Q2)

Donc p divise a et b.

5) 2009=72×41.
D'après Q4, si 2009 est étoilé, de composantes a et b, c'est que 7 divise a et b, et 41 divise a et b et donc (cf décomposition en nombres premiers) c'est que 287=7×41 divise a et b, c'est-à-dire que nécessairement a=287k, b=287k' avec k et k' entiers naturels non nuls ; et comme a+b doit faire 2009, k+k'=7.
Il s'agit maintenant de voir si en prenant a=287k, b=287k' avec k, k' entiers naturels non nuls tels que k+k'=7 (donc a+b=2009) on a 2009 qui divise ab.
Or ab=2872kk'=2009×41×kk', et donc 2009 divise effectivement ab : 2009 est étoilé.
Les jeux de composantes sont au nombre de 3 : {287×1 ; 287×6}, {287×2 ; 287×5}, {287×3 ; 287×4}.

6) Si N était étoilé, de composantes a et b, alors cf Q4, pour tout entier i de 1 à r, pi divise a et b ; donc (cf décomposition en nombres premiers, les pi étant distincts 2 à 2), le produit de ces pi, cad N, divise a et b.
Donc N£a, b=N-a£0, ce qui est impossible, b devant être un entier naturel non nul.
N n'est donc pas étoilé
Par exemple 2010=2×3×5×67 n'est pas étoilé.

7) Soit N³2.
Pour qu'il soit étoilé, il est nécessaire (cf Q6), que dans sa décomposition en nombres premiers, au moins un de ces nombres premiers ait un exposant ³2.
Mais cette condition est-elle suffisante? On va voir que oui (cela a déjà été vérifié pour 4, 8, 9, 12, 20, 2009).
Soit N³2 dont la décomposition en nombre premiers est constituée des pi (distincts 2 à 2) affectés des exposants ni=n_i, dont l'un au moins est ³2.
Posons

On a donc PQ=[produit des pin_i-1 pour les i tels que ni=n_i³2]×[produit des pi pour les i tels que ni=1], ce dernier produit étant pris égal à 1 si aucun ni est égal à 1, et PQR=N.
On notera aussi que N/R2 est un entier naturel (cf la définition de R) : [produit des pin_i-2 pour les i tels que ni=n_i³2]×[produit des pi pour les i tels que ni=1].

Prenons alors a=kPQ, b=k'PQ, avec k, k' entiers naturels non nuls tels que k+k'=R : donc a+b=N. Comme R³2 (puisqu'au moins un des ni est ³2) il existe au moins un couple (k,k') d'entiers naturels non nuls tel que k+k'=R.
Vérifions que quelque soit le choix du couple (k,k'), N divise ab :

ab=kk'P2Q2 ; mais P2Q2=(N/R)2=N×(N/R2), et comme N/R2 est un entier naturel (voir plus haut), c'est que N divise P2Q2, soit N divise ab. Ainsi N est bien étoilé, des composantes étant les nombres a et b, avec a=kPQ, b=k'PQ, k,k' entiers naturels non nuls tels que k+k'=R .

La condition nécessaire et suffisante pour que N³2 soit étoilé est que dans sa décomposition en nombres premiers, au moins un de ces nombres premiers ait un exposant ³2.

Cette condition est évidemment vérifiée si N est un carré, et on retrouve Q4, mais elle n'est pas vérifiée dans le cas des hypothèses de Q6 et on retrouve le résultat de Q6.

Remarque : dans la démonstration ci-dessus, lorsque la condition nécessaire et suffisante est vérifiée, on a mis en évidence R/2 (si R pair) ou (R-1)/2 (si R impair) jeux de composantes : les {kPQ ; k'PQ} avec k+k'=R, k et k' entiers naturels non nuls ; mais ce ne sont pas forcément les seuls jeux de composantes : voir exemple 3 ci-dessous.
Par contre, lorsque Q=1 (cas de 2009), puisque cf Q4, nécessairement P doit diviser a et b, on obtient alors tous les jeux de composantes qui sont donc les {kP ; k'P} avec k+k'=R, k et k' entiers naturels non nuls.

Un point à approfondir serait de trouver tous les jeux de composantes lorsque Q n'est pas égal à 1.

Exemple 1
N=20=225 est étoilé : P=2×5=10, Q=1, R=2 : tous (car Q=1) les jeux de composantes sont {10k ; 10k'} avec k+k'=1, k, k' entiers naturels non nuls.
Donc un seul jeu de composantes {10 ; 10}.

Exemple 2
N=2009=7241 est étoilé : P=7×41=287, Q=1, R=7 : tous (car Q=1) les jeux de composantes sont {287k ; 287k'} avec k+k'=7, k, k' entiers naturels non nuls.
Donc 3 jeux de composantes : {287 ; 1722}, {574 ; 1435}, {861 ; 1148}.

Exemple 3
N=2160=24335 est étoilé : P=2×3×5=30, Q=223=12, R=2×3=6 : des jeux de composantes sont {360k ; 360k'} avec k+k'=6, k, k' entiers naturels non nuls.
Mais en dehors de ces 3 jeux de composantes {360 ; 1800}, {720 ; 1440}, {1080 ; 1080}, on a aussi le jeu {180 ; 1980}!.

8) Retrouver Q1 à partir de Q7 est immédiat :
4, 8, 9, 12 ont dans leur décomposition en nombres premiers, un nombre premier avec un exposant ³2, donc ils sont étoilés ; par contre ce n'est pas le cas pour 2 ,3 ,5 , 6=2×3, 7, 10=2×5, 11.

-retour énoncé-


Solution Versailles 2

Ne pouvant mettre, en html, un indice en exposant, 2 à la puissance ni sera noté 2n(i).

1) a) n étant joli, c'est qu'il s'écrit n=(2n(1)+2n(2)+...+2n(k))/k : cad n est la moyenne arithmétique de k puissances de 2.
Donc n+1=(2n(1)+2n(2)+...+2n(k)+20+20+...+20)/k, avec au numérateur k fois 20 ; donc au numérateur on a 2k puissances de 2, mais comme on divise par k, et non par 2k, sous cette forme n+1 n'a pas une moyenne arithmétique de puissances de 2.
L'astuce est alors de multiplier numérateur et dénominateur par 2, ce qui donne
n+1=(2n(1)+1+2n(2)+1+...+2n(k)+1+21+21+...+21)/(2k), et ainsi on voit apparaître une moyenne arithmétique de 2k puissances de 2, donc n+1 est joli.

b) 1 étant joli (1=20/1), tous les suivants le sont (cf le a) et donc l'ensemble des entiers jolis est N*.

Remarque : à vrai dire, il s'agit d'une récurence ("évidente") : voir à ce sujet ma page présentation, en bas de l'encadré sur le classement thématique ; voir aussi la remarque située à la fin de la solution de cet exercice.

2) a) n étant joli (rappel : cf Q1, tout entier naturel non nul est joli), c'est qu'il s'écrit n=(2n(1)+2n(2)+...+2n(k))/k, donc 2pn=(2n(1)+p+2n(2)+p+...+2n(k)+p)/k et ainsi 2pn est encore la moyenne arithmétique de k puissances de 2.

b) On a n=(2n(1)+2n(2)+...+2n(k))/k et n'=(2n'(1)+2n'(2)+...+2n'(k'))/k', et par réduction au même dénominateur, et par multiplication par 2 du dénominateur et du numérateur (comme à Q1a), on obtient
n+n'=[k'(2n(1)+1+2n(2)+1+...+2n(k)+1)+k(2n'(1)+1+2n'(2)+1+...+2n'(k')+1)]/(2kk').
Il suffit alors d'écrire chaque k'×2n(i)+1 en une somme de k' fois 2n(i)+1, et d'écrire chaque k×2n'(j)+1 en une somme de k fois 2n'(j)+1 pour voir que n+n' est une moyenne arithmétique de 2kk' pussances de 2.
Bien entendu si k=k', on garde comme dénominateur commun k, et on multiplie ensuite numérateur et dénominateur par 2.

c) Si n=2n(1)+2n(2)+...+2n(k) avec k=2p, alors on a aussi n=(2n(1)+p+2n(2)+p+...+2n(k)+p)/2p, qui est la moyenne arithmétique de k=2p puissances de 2.

d) Partons de la décomposition donnée par l'énoncé : 92=(28+24+22)/3.
Cf le a : 1472=16×92=(212+28+26)/3
Cf le a : 368=4×92=(210+26+24)/3
Cf le b : 1840=1472+368=(213+29+27+211+27+25)/6
En remarquant que 169=27+25+23+1, le c permet d'écrire 169=(29+27+25+22)/4
Enfin, puisque 2009=1840+169, le b permet d'écrire
2009=[4(214+210+28+212+28+26)+6(210+28+26+23)]/48=(4×214+4×212+10×210+14×28+10×26+6×23)/48 : ainsi 2009 est la moyenne arithmétique de 48 puissances de 2(4×214=214+214+214+214, etc).

Remarque : une autre façon d'obtenir une moyenne arithmétique de puissances de 2 pour 2009 est (je ne donne que les étapes principales) :

Ce qui donne 2009=(4×213+20×212+4×211+4×210+8×27+16×25+8×23)/64

3 a) 7=(24+22+20)/3, donc 7 est superbe.

b)

Donc n est superbe si et seulement si 2n est superbe.

c) Si 13 est superbe, c'est que 13=(2n(1)+2n(2)+...+2n(k))/k, avec les n(i) entiers naturels distincts : on peut supposer n(1)>n(2)>...>n(k).
On a donc 13k³2k-1+2k-2+...+2+1 (somme des k plus petites puissances de 2 distinctes).
Mais d'après le résultats sur les suites géométriques, 2k-1+2k-2+...+2+1=2k-1, et donc 13k³2k-1. Or l'énoncé nous dit que si k³7, alors 13k<2k-1, et donc 13 ne peut être superbe pour une valeur de k supérieure ou égale à 7.
Donc si 13 est superbe, ce ne peut être que pour une valeur de k£6.
On va donc examiner les 6 possibilités restantes pour k, et vérifier que chacune d'entre ne peut conduire à 13 superbe.
Pour faciliter le raisonnement voici deux petits lemmes qui serviront souvent :

Lemme 1

Lemme 2

Dans ce qui suit on aura toujours (les n(i) sont des entiers naturels ) n(1)>n(2)>n(3)... Donc aucune valeur de k £6 ne peut conduire à 13 superbe : finalement, 13 n'est pas superbe.

Remarque : comment prouver l'aide donnée par l'énoncé : pour tout k ³7, 13k<2k-1?
On peut vérifier que c'est faux pour k=0, 1, 2, 3, 4, 5, 6 ; par contre cela devient effectivement vrai pour k=7.
Une récurrence (voir la remarque de la solution de la question 1b) permet de conclure :

Le principe de récurrence permet alors de dire que pour tout k³7, on a 13k<2k-1.

-retour énoncé-


Solution Versailles 2

1) Pythagore donne O'E2=O'O2+OE2, soit en notant r'= rayon de C2 = O'E, r'2=(10-r')2+(10-6)2, puisque OA=OD=10 et DE=6, soit r'=5,8.

2 a) O', J, I étant alignés et J entre O' et I, O'I=O'J+JI et donc ID=IJ équivaut à O'I=r'+ID, soit O'I2=(r'+ID)2 ou O'O2+(OD-ID)2=(r'+ID)2 et alors, en développant, on trouve que la seule possibilité est
ID=(O'O2-r'2+OD2)/(2r'+2OD)=(OD2-OE2)/(2(r'+OD))=ED(OD+OE)/(2(r'+OD)).
Donc la seule valeur possible pour ID est ID=6×(10+4)/(2(5,8+10))=84/31,6, soit environ 2,65.

b)

3) Montrons que X est le point I cherché.
D'après Thalés, DX/DE=DV/DW ; mais DV=DU+UV=DO+OE, DW=2DO+2r', donc DX/DE=(DO+OE)/(2(r'+OD)), soit (voir Q2a) DX/DE=DI/DE et ainsi DX=DI, et comme X et I sont entre D et O, on a I=X.

Remarque : construction à la régle et au compas de la paralléle à une droite D donnée passant par un point donné A :

Soit I le point d'intersection de ces deux cercles, avec I et A du même côté de la droite D : ABCI est alors un quadrilaére (convexe) dont les côtés opposés sont égaux, c'est donc un parallélogramme et la droite (AI) est paralléle à la droite (BC)=D : (AI) est la droite cherchée.

-retour énoncé-


Fin des solutions

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