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Olympiades 1ère S 2012

 

Exercice 1 (national, zone Europe-Afrique-Asie)

On appelle digisible (dg) un nombre entier positif vérifiant les trois conditions suivantes :

  • aucun de ses chiffres n'est nul
  • il s'écrit avec des chiffres tous différents
  • il est divisible par chacun d'eux

Par exemple
  • 24 est un dg car aucun des ses chiffres, 2 et 4, n'est nul, 2 ≠4, et il est divisible par 2 et par 4
  • 324 est un dg car, notamment, il est divisible par 3, par 2, par 4
  • 32 n'est pas un dg car il n'est pas divisible par 3.

On rappelle qu'un nombre entier est divisible par 3 si et seulement si la somme de ses chiffres est divisible par 3.

1) Proposer un autre dg à deux chiffres.

2) Proposer un dg à quatre chiffres.

3) Soit n un dg s'écrivant avec un 5.

a) Démontrer que 5 est le chiffre des unités.

b) Démontrer que tous les chiffres de n sont impairs.

c) Démontrer que n s'écrit avec au plus quatre chiffres.

d) Déterminer le plus grand dg s'écrivant avec un 5.

4) Soit n un dg quelconque.

a) Démontrer que n s'écrit avec au plus sept chiffres.

b) Si n s'écrit avec sept chiffres, dont un 9, déterminer les chiffres de n.

c) Déterminer le plus grand dg.

Exercice 2 (national, zone E-A-A)

Rappels

  • On appelle distance d'un point M à une droite (D) la distance MH où H est le point d'intersection de (D) avec la droite perpendiculaire à (D) passant par M.

    Pourquoi ne pas dire que H est le projeté orthogonal de M sur (D)?
    On considérera que la distance d'un point M à un segment [BC] est la distance de M à la droite (BC).
  • L'aire d'un secteur angulaire d'angle α (en degrés) d'un disque de rayon R est παR2/360.

Partie I
Soit C un cercle de centre O, A un point de ce cercle et D le disque délimité par ce cercle.

1) Faire une figure et représenter l'ensemble des points du disque équidistants de O et A.

2) Hachurer l'ensemble des points du disque plus proches de O que de A.

3) Soit M un point déterminé aléatoirement de manière équiprobable dans le disque D.
Quelle est la probabilité que M soit plus proche de O que de A?

L'énoncé du début de cette question me semble "curieux".
En effet la phrase " Soit M un point déterminé aléatoirement de manière équiprobable dans le disque"
ne permet absolument pas de justifier trivialement (du moins pour un élève de 1S qui ne connaît pas les intégrales doubles, et encore moins la notion de densité) que la probabilité qu'un tel point M soit dans une région du disque est le rapport entre l'aire de cette région et celle du disque.
Car tout de même, un point M aléatoire, c'est un couple de variables aléatoires, caractérisé par une densité définie sur R2 : ici elle est constante (k), sur le disque et nulle ailleurs (cf équiprobable dans le disque D).
Mais l'intégrale (double) de cette densité sur R2 doit être 1 : donc k=1/aire(D).
D'où, la probabilité que M appartienne à une région étant l'intégrale double de la densité sur cette région, c'est l'aire de cette région divisée par l'aire de D.
A mon avis, au lieu de laisser jouer l'élève aux devinettes, il aurait été plus honnête de dire que l'on admettra que la probabilité qu'un point M choisi au hasard dans le disque D appartienne à une région R est le rapport aire(R)/aire(D), cela d'autant plus que le critère trivial de divisibilité par 3 est rappelé pour l'exercice 1, et que des rappels triviaux sont aussi faits pour cette partie I de l'exercice 2.

Partie II
Soit ABCD un rectangle de longueur AB=20cm et de largeur BC=12 cm, de centre O.
Soit E un point situé à l'intérieur du rectangle, proche de A, à 2cm de chaque bord.
Soit M un point déterminé aléatoirement de manière équiprobable à l'intérieur du rectangle ABCD ou sur un de ses côtés.

1) Faire une figure et déterminer la probabilité que M soit plus proche du côté [BC] que du côté [AD].

2)

a) Représenter l'ensemble des points intérieurs au rectangle ABCD ou sur un de ses côtés et équidistants des côtés [AB] et [BC].

b) Hachurer l'ensemble des points intérieurs au rectangle ou sur un de ses côtés et plus proches du côté [BC] que du côté [AB].

c) Quelle est la probabilité que M soit plus proche du côté [BC] que du côté [AB]?

3) Quelle est la probabilité que M soit plus proche du côté [AB] que des trois autres côté [BC], [CD] et [DA]?

4) Quelle est la probabilité que M soit plus proche de O que de E?

5) Quelle est la probabilité que M soit plus proche de O que des qutre sommets A, B, C et D?


Solutions

Solution exercice 1

1) 36 est un dg, puisque aucun de ses chiffres, 3 et 6, n'est nul, et 3 divise 36, 6 divise 36.

2) Sans s'inspirer de la question suivante ..., on peut "compléter" le dg 36 pour obtenir un dg de quatre chiffres : 1362 est un dg, car notamment, il est bien divisible par 2, 3, 6.

3)

a) 5 divisant n, n se termine par 0 ou 5 ; mais aucun des chiffres de n étant nul, c'est que n se termine par 5.

b) n se terminant par 5, il est impair, donc divisible par aucun chiffre pair, donc il ne contient aucun chiffre pair (car s'il en contenait un, n étant un dg, n serait divisible par ce chiffre pair, et on vient de voir que c'est impossible) : tous les chiffres de n sont impairs.

c)

Donc n posséde au plus quatre chiffres.

d) On essaye de voir s'il existe des dg possédant exactement quatre chiffres :
n se terminant par 5, les trois autres chiffres sont à choisir parmi 1, 3, 7, 9, puisque tous les chiffres de n sont impairs.
S'il ne s'écrit pas avec 9, c'est que les quatre chiffres de n sont 1, 3, 7, 5 ; leur somme est 16 non divisible par 3, donc n non divisible par 3 et n n'est pas un dg.
Donc nécessairement n posséde les chiffres 9 et 5, les deux autres, de somme s, étant à choisir parmi, 1 ,3, 7 ; mais 9 divisant n, 9 doit diviser la somme s+14 des chiffres de n.
Or s=1+3=4 ou 1+7=8 ou 3+7=10, et donc seule s=4 convient : les deux autres chiffres de n sont donc 1 et 3.
Finalement si n est un digit de quatre chiffres, s'écrivant avec le chiffre 5, nécessairement il s'écrit avec les chiffres 1, 3, 5, 9 (avec 5 en unité) : cela donne six (les six façons d'ordonner 1, 3, 9) nombres entiers qui sont tous des dg (puisque divisibles par 5, par 9, et donc par 3) : le plus grand est 9315.
Un dg s'écrivant avec un 5 ayant au plus quatre chiffres, le plus grand des dg s'écrivant avec un 5 est 9315.

4)

a) Tout dg a au plus sept chiffres (au plus quatre s'il posséde le chiffre 5).

b) Soit n un dg avec sept chiffres dont le chiffre 9.
Les six autres chiffres de n sont six des sept chiffres 1, 2, 3, 4, 6, 7, 8 (puisque cf le a) il ne peut posséder le chiffre 5).
La somme des sept chiffres de n est donc 40-c où c est l'unique élément de {1;2;3;4;6;7;8} qui n'est pas un chiffre de n.
Or 9 étant un chiffre du dg n, 9 doit diviser n, donc doit diviser 40-c=4×9+4-c et donc 9 doit diviser (dans Z) 4-c : la seule possibilité est c=4.
Donc, si n est un dg avec sept chiffres dont 9, ses sept chiffres sont 1, 2, 3, 6, 7, 8, 9.

c) Le plus grand dg sera à sept chiffres ....s'il existe des dg à sept chiffres!
En fait on va montrer qu'il existe un dg avec sept chiffres, dont le chiffre 9.
Cf le b), un tel dg n, s'il existe, est constitué des sept chiffres 1, 2, 3, 6, 7, 8, 9.
n devant être divisible par chacun des ses sept chiffres, il doit être divisible par 7 et par 8 et par 9 : ces trois nombres étant premiers entre eux deux à deux, n doit être divisble par 7×8×9=504.
Réciproquement, on vérifie que si n est divisible par 504, il est effectivement divisible par 1, 2, 3, 6, 7, 8, 9.
Donc les dg avec sept chiffres dont le chiffre 9 sont nécessairement des multiples de 504 ; un tel dg étant forcément ≤9876321, c'est qu'il est nécessairement de la forme q×504 avec q≤19545.
En faisant des essais, à partir de q=19545, et en diminuant q de 1 à chaque fois, on regarde si q×504 est constitué de sept chiffres distincts deux à deux et distincts de 0, 4, 5 ; ceci exige d'ailleurs que q ne se termine pas par 0 ou 5.
A l'aide d'une calculatrice et une soixantaine d'essais, on constate que le plus grand q qui convient est 19469 ; on obtient alors 19469×504=9812376.
Donc il existe au moins un dg avec sept chiffres, et même, le plus grand dg avec sept chiffres dont le chiffre 9 est 9812376.
Comme tout dg a au plus sept chiffres, c'est que 9812376 est le plus grand dg, cela parceque ce dg est évidemment supérieur à tout dg de moins de sept chiffres, supérieur à tout dg de sept chiffres sans le chiffre 9 (puisqu'il commence par 9), supérieur ou égal à tout dg de sept chiffres avec le chiffre 9 (cf le raisonnement ci-dessus).

Solution exercice 2

Partie I

1) L'ensemble des points du disque équidistants de O et A sont évidemment les points de la médiatrice de [OA] situés à l'intérieur du disque : cet ensemble est le segment [IJ] où I et J sont les points d'intersection de cette médiatrice et de C.

2) L'ensemble des points du disque plus proche de O que de A est l'ensemble des points du disque situé du côté de la médiatrice (IJ) de [OA] où se trouve O, [IJ] n'étant pas compris.

3) Cette probabilité est, cf ma remarque sur cette question, le rapport entre l'aire a1 de l'ensemble défini à la question précédent et l'aire πR2 du disque D.
a1=πR2-a2+a3
avec a2=aire du secteur angulaire du disque D délimité par les segements [OI] et [OJ] et l'arc du cercle C allant de I à J et passant par A
a3=aire du triangle OIJ.
On remarque que le triangle OIA est équilatèral (car IO=IA et OI=OA), donc le secteur angulaire ci-dessus a pour angle 120, et donc a2=π×120×R2/360=πR2/3.
Et, (IJ) étant la médiatrice de [OA], a3=(1/2)(OA/2)IJ=R×IJ/4 ; mais sin(60)=(IJ/2)/OI=IJ/(2R), soit IJ=√3R et a3=√3R2/4 (évidemment, il s'agit aussi de l'aire du triangle équilatèral OIA de côté R).
Finalement a1=πR2(1-1/3+√3/(4π)), et la probabilité cherchée est 2/3+√3/(4π)≈0.804.

Partie II

On notera


Rappel : M est toujours un point déterminé aléatoirement de manière équiprobable à l'intérieur du rectangle ABCD ou sur un de ses côtés.
Enfin, on remarquera que l'aire de l'intérieur d'un polygone est la même que l'aire de la région constituée de l'intérieur de ce polygone et de ses côtés, un segment ayant une aire nulle.

1) d(M,(BC))=MH, d(M,(AD))=MH' : on veut donc que MH≤MH', ce qui équivaut à ce que M soit à droite de [IJ].
la probabilité que M soit plus proche de [BC] que [AD] est aire(JBCI)/aire(ABCD)=1/2.

2)

a) M sera équidistant de [AB] et [BC] si et seulement si MH''=MH, cad si et seulement si M est sur la bissectrice de l'angle en B : l'ensemble de ces points est le segment [BV']

b) Cette fois on veut que MH<MH'', ce qui équivaut à ce que M soit à l'intérieur du triangle BCV' ou sur ses côtés ]BC], [CV'[, mais pas sur [BV'] (puisque là MH=MH'').

c) En remarquant que le triangle BCV' est isocéle (pusique deux angles égaux à 45),
la probabilité que M soit plus proche de [BC] que [AB] est donc aire(BCV')/aire(ABCD)=(BC×BC/2)/(AB×BC)=BC/(2AB)=3/10.

3)

Donc M plus proche de [AB] que de [BC], [CD], [DA] <=> M à l'intérieur du trapèze AUVB ou sur ]AB[.
La probabilité correspondante est aire (AUVB)/aire(ABCD).
Aire(AUVB)=(1/2)(UV+20)×(12/2) ; PU=PA (cf PAU a deux angles égaux à 45), de même QV=QB et donc PU=QV=6 et comme PU+UV+VQ=20, UV=8, ce qui donne aire(AUVB)=84 :
La probabilité que soit M plus proche de [AB] que de [BC], [CD], [DA] est 84/(20×12)=7/20.
On remarquera que cette probabilté est bien plus petite que 1/2.

4) M sera plus proche de O que de E <=> M est du côté de la médiatrice de [EO] contenant O.
Si on note S et T les points d'intersection de cette médiatrice avec [AB] et [CD], ceci équivaut à ce que M soit à l'intérieur du trapèze SBCT ou sur ses côtés excepté le côté [ST].
L'aire ce cette région est l'aire de ABCD moins l'aire du trapèze ASTD.
Pour touver l'aire de ce trapèze ASTD, il nous faut déterminer ses bases DT et AS.
Posons AS=x, avec x dans ]0;10[ : E' étant le projeté orthogonal de E sur (AB), Pythagore dans EE'S donne ES=√(4+(x-2)2), et dans SJO il donne SO=√(36+(10-x)2), et comme ES=SO, x2-4x+8=x2-20x+136, ce qui donne 16x=128 et x=8, soit AS=8.
De même en posant DT=y avec y dans ]0;10[, et E'' étant le projeté orthogonal de E sur (DC), Pythagore dans EE''T donne ET=√((12-2)2+(y-2)2), et dans TIO il donneTO=√(36+(10-y)2)), ce qui donne comme ET=TO, y2-4y+104=y2-20y+136, soit y=2 (donc en fait E''=T) et DT=2.
Bien entendu, une "bonne" figure permettait de deviner ces valeurs, encore fallait-il le prouver...
L'aire de ASTD est donc (1/2)×(2+8)×12=60=aire(ABCD)/4, et la probabilité que M soit plus proche de O que de E est 3/4.

Remarque : pour déterminer les distances DT et AS, on pouvait aussi utiliser un repère cartésien d'origine A, dans lequel E a pour coordonnées (2,2) et O(10,6).
Le milieu de [EO] a alors pour coordonnées (6,4) et on peut déterminer l'équation de la médiatrice de [EO] : y=-2x+16.
Il n'y a plus qu'à chercher les intersections avec [AB] (y=0 donne x=8=AS) et [DC] (y=12 donne x=2=DT).

5) On veut avoir simultanément
OM<OA et OM<OB et OM<OC et OM <OD.
Il faut alors considérer les médiatrices des quatre segments [OA], [OB], [OC], [OD] (qui sont paralléles deux à deux) : cf figure, elles définissent l'hexagone S1S2S3S4S5S6, à l'intérieur duquel doit se trouver M.

DS2O et OS1C sont évidemment isocèles.
DOC est lui aussi isocèle car OD=OC, donc angle(ODS2)=angle(OCS1) et ainsi DS2O et OS1C sont isométriques, ce qui donnne DS2=S2O=OS1=S1C.
De même AS4=S4O=OS5=S5B.
S6 étant sur deux médiatrices de OCB, il est sur la 3ième et donc (OS6) est perpendiculaire à (BC).
De même (OS3) est perpendiculaire à (AD), cad (OS6) et (OS3) sont // à (DC).
I étant le point d'intersection de (S1S6) et (OC), les triangles IOS6 et ICS1 ont alors leurs angles respectivement égaux, donc sont semblables. Mais I est le milieu de [OC] (puisque (S1S6) est sa médiatrice), cad IO=IC et les triangles IOS6 et ICS1 sont en fait isométriques et ainsi OS6=CS1, ainsi que IS1=IS6.
Comme I est alors le milieu de [S1S6], OS1=OS6.
De même, OS6=OS5, OS2=OS3, OS3=OS4.
Comme on vu plus haut que OS1=OS2 (et même OS4=OS5) , c'est que OS1=OS2=OS3=OS4=OS5=OS6.
On a aussi vu plus haut que O, S3, S6 sont alignés (sur une paralléle à (DC)), donc on peut dire maintenant que O est le milieu de [S3S6].
Et aussi DS2=S1C=AS4=S5B, puisque les deux premiers sont égaux à OS1, et les deux autres sont égaux à OS5.

On peut maintenant se lancer dans le calcul de l'aire de l'hexagone S1S2S3S4S5S6 : cf les résultats ci-dessus c'est deux fois l'aire du trapèze S1S2S3S6, soit 6(S1S2+S3S6).
Mais S1S2=20-DS2-S1C=20-2S1C et S3S6=2OS6=2OS1=2S1C, d'où l'aire de l'hexagone S1S2S3S4S5S6 est 6×20=120 et finalement
la probabilité que M soit plus proche de O que des sommets A, B, C, D est 120/aire(ABCD)=1/2.

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