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Quelques énoncés 2010 particuliers à chaque académie

 Pour l'instant 3 énoncés : Dijon 1, Dijon 2, Toulouse 2


Dijon 1

On rappelle qu'un entier naturel est premier s'il possède exactement deux diviseurs positifs.

La liste des nombres premiers commence ainsi : 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23,..., et cette liste est infinie.
On dit qu'un nombre entier naturel non nul est un nombre quasi-premier si ce nombre n'est pas premier et si, en modifiant un et un seul des chiffres de son écriture en base dix, on obtient un nombre premier.
Par exemple 24 est un nombre quasi-premier car il n'est pas premier et 23 est premier.

1) Quelques exemples.

a) Démontrer que tout entier non nul inférieur à 100 est soit premier, soit quasi-premier.
b) Quelle est la nature du nombre 100?

2) Démontrer qu'il existe une infinité de nombres quasi-premiers.

3) Encore des infinités.

a) Démontrer que le nombre 200 n'est ni premier, ni quasi-premier.
b) Soit k un entier naturel. Le nombre 2310k+200 peut-il être premier? Peut-il être quasi-premier?
c) En déduire qu'il existe une infinité de nombres qui ne sont ni premiers, ni quasi-premiers.

4) Des nombres à la chaîne.

a) peut-on trouver une liste de 7 entiers consécutifs qui soient tous des nombres quasi-premiers?
c) Peut-on trouver une liste de plus de 7 entiers consécutifs qui soient tous des nombres quasi-premiers?

-vers une solution-


Dijon 2

Partie A : le but de cette partie est de déterminer tous les couples d'entiers naturels non nuls qui vérifient l'équation :

(E) : 1/a=1/b+1/ab 1) On suppose que (a , b) est un couple d'entiers naturels non nuls solution de (E).
a) Démontrer que b=a+2a+1.
b) En déduire qu'il existe un entier naturel non nul n tel que l'on ait a=n2 et b=(n+1)2.

2) Résoudre l'équation (E).

Partie B

1) Deux cercles C1 et C2 de centres respectifs B et C, de rayons respectifs b et c sont situés du même côté d'une droite D, tangents à cette droite respectivement en J et K, et tangents extérieurement entre eux.


Démontrer que KJ2=4bc.

2) On reprend la figure de la question 1) et on rajoute un cercle C3 de centre A et de rayon a, tangent à D en I et tangent extérieurement aux cercles C1 et C2.
a) Démontrer que 1/a=1/b+1/c.
b) Donner une infinité de cas où les trois rayons sont entiers, l'un étant le produit des deux autres.
c) Donner un cas où les trois rayons sont entiers et où le rayon de C3 est 2010.
-vers une solution-


Toulouse 2

On dispose d'un jeu de construction formé de tiges métalliques rectilignes et rigides de même longueur 3a (où a désigne une unité de longueur donnée). On peut assembler ces tiges entre elle grâce à des clips placés à chacune de leurs extrémités : à l'extrémité d'une tige on peut connecter plusieurs autres tiges et des tiges peuvent se "croiser".


Toute extrémité d'une tige définit un point du plan, tout comme "l'endroit" où se croisent deux tiges.
On considérera que l'on peut faire passer de façon certaine une tige par un point donné (de même que dans toute construction géométrique "usuelle" on est capable de faire passer une régle par un point donné) et on considérera aussi que l'on peut placer de de façon certaine l'extrémité d'une tige sur une droite ou un segment donnés (de même que dans toute construction usuelle on est capable de choisir un point sur une droite ou un segment donnés).
Attention : déplacer deux tiges connectées entre elles peut modifier leur position relative (l'angle entre elles).

1) a) Une tige T1étant donnée, sans la déplacer, donner une méthode pour connecter à une extrémité de T1 une autre tige T2, de façon que ces deux tiges soient "alignées", c'est-à-dire dans le prolongment l'une de l'autre.
b) Justifier ensuite que deux points quelconques A et B du plan étant donnés on peut assembler un nombre fini de tiges de la façon suivante : la 1ère (et seulement la 1ière) a pour extrémité A, chacune des suivantes est dans le prolongement de la précédente, et la dernière tige passe par B.

Dans la suite on se propose de réaliser dans le plan, à partir de points, segments, droites donnés, certaines constructions géométriques en utilisant uniquement ... le jeu de construction ci-dessus.
Cependant, pour gagner du temps, et dans la mesure où on sait, l'aide uniquement de ce jeu de construction, construire une séquence de tiges alignées entre elles deux à deux, et passant par deux points donnés , on s'autorisera à utiliser une régle non graduée (et un crayon) pour matérialiser un segment reliant deux points où une droite passant par deux points.

2) On donne dans le plan, un point A et une droite (d), ne passant pas par A.
a) Si la distance de A à (d) est inférieure à 3a, contruire un segment paralléle à (d) et passant par A.
b) Même question si d(A,(d))3a.
Remarque : l'énoncé proposé aux candidats se placait en fait uniquement dans le cas d(A,(d))=2a, mais je ne vois pas pourquoi.

3) On donne dans le plan un segment [AB].
a) Si AB<6a, construire le milieu de [AB].
Remarque : l'énoncé proposé aux candidats se placait en fait dans le cas AB=3a.
b) Si AB6a, est-ce encore possible? Justifier.

4) On donne dans le plan deux points A et O.
Si AO=4a, construire le symétrique de A par rapport à O.
b) Si la distance AO est quelconque est-ce encore possible?
-vers une solution-


Fin des énoncés

Les solutions

Solution Dijon 1

1)
a) Soit n, entier naturel tel que 0<n<100

Donc si 0<n<100, n est premier ou quasi-premier.

b) 100 n'est pas premier, mais 101 l'est : 100 est quasi-premier.

2) Soit n un nombre premier impair et distinct de 3 et 5 : il y en a une infinité.
Un tel nombre premier étant impair et ne pouvant étre divisible par 5, son chiffre des unités, est 1 ou 3 ou 7 ou 9.
En diminuant ce chiffre des unités de 1, c'est-à-dire en modifiant uniquement le chiffres des unités de n (1 en 0 ou 3 en 2 ou 7 en 6 ou 9 en 8), on obtient n'=n-1.
n' est évidemment pair, et comme n'4, n' n'est pas premier ; mais en faisant la manipulation inverse, c'est-à-dire en modifiant son chiffre des unités ainsi : si c'est 0 on met 1, si c'est 2 on met 3, si c'est 6 on met 7, si c'est 8 on met 9, on obtient n qui est premier : donc n' est quasi-premier.
On obtient ainsi une infinité de nombres quasi-premiers : 6, 10, 16, 18, 22, 26, ...

3)

a) Je ne rappelle pas ici les critères de divisibilité par 2 et par 5, par contre je rappelle qu'un nombre est divisible par 3 si et seulement si la somme de ses chiffres (dans son écriture en base dix) est divisible par 3.

200 n'est pas premier.
200 est-il quasi-premier?

Si on modifie, uniquement, le chiffre des centaines ou des dizaines, on obtient un nombre pair distinct de 2, donc pas premier.
Si on modifie, uniquement, le chiffre des unités on obtient 201 ou 202 ou 203 ou 204 ou 205 ou 206 ou 207 ou 208 ou 209 ; et ces neufs nombres ne sont pas premiers, car soient ils sont pairs, soient divisibles par 3 (201, 207), soient divisibles par 5 (205), et par ailleurs 203=7×29, 209=11×19.
Donc 200 n'est pas quasi-premier, donc 200 n'est ni premier, ni quasi-premier

b) Posons n=2310k+200, avec k entier naturel.
n n'est pas premier, puisqu'il est divisible par 10.
n peut-il être quasi-premier?

Le chiffre des unités de n étant 0, modifier, uniquement, un autre chiffre que ce chiffre des unités donnera toujours un nombre pair distinct de 2, donc non premier.
Modifier, uniquement, le chiffre des unités de n (c'est 0) revient à lui ajouter 1 ou 2 ou 3 ou 4 ou 5 ou 6 ou 7 ou 8 ou 9.
Comme n=2×3×5×7×11×k+200, et compte-tenu de ce qui a été vu au a), Comme n est plus grand que 200, aucun des nombres ci-dessus n'est premier.
Donc n n'est pas quasi-premier, donc pour tout entier naturel k, 310k+200 n'est ni premier, ni quasi-premier.

4)

a) Il faut en premier, trouver une liste de 7 entiers consécutifs dont aucun n'est premier...
J'ai trouvé comme liste

212, 213, 214, 215, 216, 217, 218 Aucun n'est premier (217=7×31), et chacun, en modifiant uniquement son chiffre des unités, devient 211 qui est premier.
Il existe donc une liste de 7 entiers consécutifs qui soient tous quasi-premiers : la liste ci-dessus

b) En rajoutant 219 (qui n'est pas premier) à cette liste, on obtient une liste de 8 entiers consécutifs qui sont tous quasi-premiers.

-retour nonc-


Solution Dijon 2

Partie A
1)
a) En multipliant les deux membres de l'égalité
1/a=1/b+1/ab
par ab, on obtient b=a+1 ; élevée au carré cette nouvelle égalité donne b=a+2a+1.

b) Donc, cf le a), a=m/2 avec m=b-a+1 ; comme a et b sont des entiers, m aussi, et comme a>0, c'est que m est un entier naturel non nul.
Et m2=4a prouve que m2 est pair, donc m aussi, et ainsi m=2n avec n entier naturel non nul : il existe un entier naturel non nul n tel que 4n2=4a, soit a=n2.
Et comme b=(a+1)2, c'est que b=(n+1)2.

2) On vient de voir que si (a,b) est un couple d'entiers naturels non nuls solution de (E), alors nécessairement, il existe un entier naturel n non nul tel que a=n2 et b=(n+1)2.
Mais la réciproque est-elle vraie? C'est-à-dire si a=n2 et b=(n+1)2, avec n entier naturel non nul, est-ce que ce couple (a,b) est solution de (E)?
Rappelons que si x est un réel positif, x2=x×x=x.
On a alors 1/b+1/ab=1/(n+1)+1/(n(n+1))=(n+1)/(n(n+1))=1/n=1/a : donc ce couple (a,b) est bien solution de (E).
Conclusion :
tous les couples (a,b) d'entiers naturels non nuls solutions de (E), sont les couples (a,b) avec a=n2, b=(n+1)2 où n est un entier naturel non nul quelconque.

Partie B
1) Les droites (BJ) et (CK) sont évidemment perpendiculaires à D ; soit B' le projeté orthogonal de B sur (CK).
Si bc, en appliquant Pythagore dans le triangle BCB', on obient BC2=BB'2+B'C2 ; mais BB'=JK, BC=b+c (car les deux cercles sont tangents extérieurement) et, si b<c, B' est entre K et C, et B'C=KC-JB=c-b, mais si b>c, c'est C qui est entre K et B', et cette fois B'C=b-c, mais dans les deux cas B'C2=(c-b)2 , et ainsi JK2+(c-b)2=(b+c)2, soit JK2=4bc.
Dans le cas où b=c, alors B'=C (le triangle BCB' est aplati), et JK=BC=b+b=2b, donc JK2=4b2 et on a encore JK2=4bc.

2)
a) Cf Q1, on a JI2=4ba, IK2=4ca, et JI+IK=JK donne 2ba+2ca=2bc.
En divisant les deux membres par 2abc, on obtient 1/b+1/c=1/a.

b) Cf la partie A, en prenant a=n2, b=(n+1)2, c=ab=(n(n+1))2, avec n entier naturel non nul quelconque, on obtient une infinité de cas où les trois rayons sont entiers, et l'un le produit des deux autres.

c) Il s'agit de trouver deux entiers naturels non nuls b et c tels que 1/2010=1/b+1/c : b=c=4×2010 conviennent.

-retour nonc-


Solution Toulouse 2

1)
a) On note A et B les extrémités de T1

Il est alors clair que T1 et T2 sont alignées puisque angle(ABC)+angle(CBD)+angle(DBE)=3×60=180.

b) Deux triangles équilatéraux de côtés 3a étant isométriques entre eux, la figure ci-dessus est indéformable, c'est-à-dire, en la faisant (par exemple) pivoter autour de A, les tiges T1 et T2 restent alignées.
Par ailleurs, la figure ci-dessus peut être complétée par un nombre quelconques de tiges alignées avec T1 (chacune alignée avec la précédente : pour chaque tige rajoutée, à l'alignement, on rajoute deux triangles équilatéraux à l'aide de trois tiges auxiliaires).
D'où, étant donné deux points A et B, à partir de A on crée une séquence de tiges alignées, puis on la fait pivoter autour de A pour qu'une tige passe par B (pour cela il faudra faire une séquence de k tiges avec k×3a>AB).

2)
a)

Le cercle de diamètre [CD], donc de centre A et de rayon 3a, passe par B : donc le triangle CBD est rectangle en B et ainsi (d) ^ (BD).
Par ailleurs, A et E sont sur la médiatrice de [DB], donc (AE) ^ (BD) (en fait ABED est un losange de côté 3a) et ainsi (AE)//(d), et le segment [AE] répond à la question.

b)
En fait on remplace chacune des cinq tiges de la construction précédente, par une séquences de k tiges alignées (réalisées selon le principe de 1b), avec k tel que k×3a > d(A,(d)) ; on remarquera que la séquence T3 (commenant par la tige T3,1) peut être alignée de façon certaine avec la séquence T1 (se terminant par la tige T1,k), en alignant les tiges T1,k et T3,1 (voir question 1a).
Dans ces conditions, le résultat ci-dessus est encore valable.

3)
a)

ACBD est évidemment un losange et le milieu de [AB] est l'intersection de [AB], avec [CD] : ceci répond à la question, compte-tenu que l'on s'autorise à utiliser une régle graduée pour matérialiser un segment, ici [CD], ce qui donnera le milieu de [AB] (donné).

b) Si AB6a, on utilise la méthode du a) ci-dessus en remplacant chacune des quatre tiges par une séquence de k tiges alignées avec k tel que 2×k×3a > AB.

Remarques :
1) dans le cas particulier AB=6a, on aussi procéder ainsi : on met une tige T1 en A, une autre T2 en B, et on relie ces deux tiges en I (c'est possible car AB=6a) et I est le milieu cherché, puisque I est nécessairement sur [AB] (sinon, cf l'inégalité triangulaire, on aurait AB<AI+IB, soit 6a < 6a)

2) si AB n'est pas un multiple de 6a (sinon, on peut adapter l'idée ci-dessus) voici une autre façon.
Soit k l'entier tel que 0<AB-6ak<6a (ceci équivaut à AB/(6a)-1<k<AB/(6a), et comme AB/6a n'est pas entier, k existe et est unique) : à partir de A on met une séquence de k tiges, portées par [AB] et dirigée vers B et qui arrive en A', et à partir de B on met une autre séquence de k tiges, portées par [AB] et dirigée vers A et qui arrive en B' (situé entre A' et B, puisque 6ak<AB).
Puisque A'B'=AB-6ka<6a, on sait construire le milieu de [A'B'], qui est justemment le milieu de [AB].
Note : pour être sûr que la séquence de k tiges alignées partant de A (par exemple) est portée par [AB], on la prolonge jusqu'à passer par B.

4)
a) Voici une méthode lorsque AO=4a avec trois tiges portées par (AO) et avec la construction d'un milieu.

Donc A' est le symétrique de A par rapport à O : A'=sO(A).

Remarque :
il existe une méthode générale dans le cas où AO=Ka (multiple de a), en utilisant K tiges portées par (AO) et avec aussi la construction d'un milieu ; si K=4, on obtient une autre méthode que ci-dessus.
A partir de O (et du côté opposé à A) on met K tiges alignées, portes par (AO) qui arrivent en B (O entre A et B).
On a donc AB=AO+OB=Ka+K(3a)=4Ka, et le milieu A' de [AB] est A'=sO(A), puisque AA'=2Ka, donc OA'=Ka et ainsi A'=sO(A).

b) On s'inspire de ce qui a été fait à Q2 pour donner une méthode générale (qui convient aussi évidemment pour le cas précédent).
Dans ce qui suit T1, T2, T3, sont des séquences de k tiges alignées avec 2×k× 3a> AO et T4, T5 sont des séquences de k' tiges alignées avec k'×3a> AO : si AO<3a, on peut prendre k=k'=1.

Il est alors évident que A'=sO(A).

Remarque :
voici une autre méthode où on ne travaille que sur la droite (AO), du moins si AO 3a (si AO=3a, c'est en fait trivial : il suffit de mettre une tige en O, portée par (AO) et qui arrive en A' (distinct de A) et A'=sO(A)).
Soit k le plus grand entier tel que k×3aAO ; donc k1
En A on clipse une séquence de k tiges alignées, séquence portée par (AO) et dirigée vers O : elle arrive en B situé dans [AO], avec BO <3a (sinon on pourrait augmenter k de 1) ; si AO est un multiple de 3a (par exemple AO=3a), alors B=O.
Puisque BO < 3a, on sait construire B'=sO(B) par la méthode ci-dessus (où on pourra prendre k=k'=1) ; bien entendu si B=O, B'=O et il n'y a rien à faire ; et en mettant en B' une autre séquence de k tiges alignées, séquence portée par (AO) et dirigée du côté opposé à B, elle arrive en A'=sO(A).

-retour nonc-


Fin des solutions

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