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CORRECTION DES OLYMPIADES ACADÉMIQUES DE

MATHÉMATIQUES

CLASSE DE PREMIERE

SESSION 2013

Exercice National 1 : Les nombres Harshad

1. a. 13463 et 2813364 donc 364 est un nombre Harshad.

b. 11 est le plus petit entier qui ne soit pas un nombre Harshad.

2. a. 1000 par exemple.

b. 110 n par exemple.

3. a. 110 est pair, 111 est divisible par 3 et 112 est divisible par 4 car 12 l’est. Donc 110, 111, 112 forment

une liste de trois nombres Harshad consécutifs.

b. 1010, 1011 et 1012 sont trois nombres Harshad consécutifs.

c. 10…010, 10…011 et 10…012 sont trois nombres Harshad consécutifs, avec autant de zéros que l’on

veut.

4. a. 080 982A . La somme de ses chiffres est 27.

b. 30A10003020898 . La somme de ses chiffres est 30327 . Donc 98 208 030 est divisible

par 30 puisque A l’est. Le raisonnement est identique pour les trois autres nombres.

Donc 98 208 030, 98 208 031, 98 208 032 et 98 208 033 forment une liste de quatre nombres

Harshad consécutifs.

c. 982080…030, 982080…031, 982080…032, 982080…033 forment une liste de quatre nombres

Harshad consécutifs.

5. a Soit 7203903334AB . La somme de ses chiffres est 27.

Alors les cinq nombres 33 390 720 30, 33 390 720 31, 33 390 720 32, 33 390 720 33, 33 390 720 34

forment une liste de cinq nombres Harshad consécutifs (raisonnement analogue à celui de la question

4b.)

b. En insérant autant de 0 que l’on veut dans l’écriture décimale des nombres précédents, on obtient une

infinité de listes de cinq nombres Harshad consécutifs, telles que 33 390 720 0…030, 33 390 720

0…031, 33 390 720 0…032, 33 390 720 0…033, 33 390 720 0…034.

6. a. le chiffre des unités de 2p est 1, celui des dizaines est 1i et les autres sont ceux de p.

Si l’on note )( ps la somme des chiffres de p, il vient 7)()1(19)()2( psiipsps .

Donc )( ps et )2( ps sont de parités différentes.

Or p et 2p sont tous les deux impairs donc non divisibles par 2.

L’un de ces deux nombres ayant une somme de chiffres paire, il ne peut pas être un nombre Harshad.

b. D’après la question 6a., les couples de terminaisons incompatibles sont :

09-11 ; 19-21 ; 29-31 ; … ; 79-81 ; 89-91.

La plus longue série possible, évitant ces couples, est : 90-91-92-…-99-00-01-…-08-09-10. Elle a

une longueur de 21 : il existe au maximum 21 nombres Harshad consécutifs.

Il n’existe pas de liste de 22 nombres Harshad consécutifs.

2

Remarque : le théorème de Grundman ramène ce nombre maximum à 20 (démonstration plus

difficile). Grundman a montré l’existence d’une telle liste de 20 Harshad consécutifs ; les nombres de

cette liste ont 44 363 342 786 chiffres…

Exercice National 2 : Le billard rectangulaire

1. On frappe une boule placée au milieu B de [MN].

a. Si R est un point du rail [PO] à viser et H le projeté orthogonal de R sur [MN] alors N est le

symétrique de B par rapport à H et H est le milieu de [BN].

Ainsi 4

300MN

4

1HNOR soit cm75OR

b. On note J le symétrique de I par rapport à (OP), R le point d’intersection des droites (BJ) et (OP) et H

le projeté orthogonal de R sur [MN]. Alors par construction OIROJR , HRBOJR (angles

correspondants) et IRH OIR (angles alternes-internes). Ainsi IRH HRB : R est un point de

rebond que l’on peut viser.

Le théorème de Thalès appliqué dans les triangles OJR et NJB donne :

3

1

240

80

JN

JO

BN

OR

Donc 3

150BN

3

1OR soit cm50OR

c. Pour que la boule revienne à son point de départ en trois bandes, on peut viser le milieu I de [ON] ou

celui L de [PM], comme le montre la figure ci-dessous, pour des raisons de symétries évidentes.

2. On frappe une boule placée en un point B quelconque de [MN].

3

a. A désigne un point quelconque de la surface du jeu. On note (comme dans la question 1.b) A’ le

symétrique de A par rapport à (OP), R le point d’intersection des droites (BA’) et (OP) et H le projeté

orthogonal de R sur [MN]. Alors par construction A'ARA'AR , HRBA'AR (angles

correspondants) et ARH A'AR (angles alternes-internes). Ainsi ARH HRB : R est un point de

rebond que l’on peut viser.

Cette construction permet d’atteindre en une bande n’importe quelle boule placée sur la surface du

jeu.

b. En s’inspirant de la question 1.c., l’idée est de construire un parallélogramme 321 BBBB répondant à la

question. On note :

I le centre du rectangle MNOP, c’est-à-dire le milieu de [PN] ;

B’ le symétrique de B par rapport à (PM) ;

2B le symétrique de B par rapport à I et 2H son projeté orthogonal sur (MN) ;

1B le point d’intersection des droites (PM) et )B(B' 2 et 1H son projeté orthogonal sur (ON) ;

3B le symétrique de 1B par rapport à I.

Par construction, 21111 BBH HBB (preuve analogue à celle faite au 2.a.) : la boule placée en B qui

atteint 1B rebondit en 2B sur le côté [OP].

Par construction également, le quadrilatère 321 BBBB est un parallélogramme car ses diagonales ont le

même milieu I : on en déduit que 322221 BBH HBB : la boule partie de 1B qui atteint 2B rebondit

en 3B sur le côté [ON].

Enfin la symétrie centrale de centre I permet d’affirmer que BBH HBB 33332 : la boule partie de 2B

qui atteint 3B rebondit en B sur le côté [MN].

À partir de B, le parallélogramme peut être parcouru dans les deux sens.

Il est donc toujours possible de frapper une boule placée en un point quelconque de [MN] de sorte

qu’elle revienne en trois bandes à son point initial.

4

Exercice Académique 3 : Un peu de vexillologie… I.

1. Voici la construction :

2. Dans le triangle MBC rectangle en B, on applique le théorème de Pythagore :

MC² = MB² + BC²

MC² = 2² + 4² = 16 + 4 = 20

MC = 5220 .

Les points A, M et E étant alignés dans cet ordre, AE = AM + ME = 2 + 2 5 = 2 (1 + 5 )

La longueur de ce rectangle est égale à 2 (1 + 5 ).

3. On raisonne de la même manière si la longueur est égale à x et on obtient : AE = xx

2

51)51(

2

.

4. largeur

longueur= 618,1

2

512

51

AD

AE

x

x.

5. 291180AE cm.

II. 1.

Méthode de construction du drapeau national

1) Tracer un segment [AB] de la longueur souhaitée.

2) Tracer une droite (AC) perpendiculaire à (AB) passant par A. Placer C tel que AC = AB +3

1AB.

3) Sur le segment [AC], placer D tel que AD = AB. Tracer [BD].

4) Placer E sur [BD] tel que BE = AB.

5) Tracer la droite parallèle à (AB) passant par E. Elle coupe (AC) en F.

6) Placer G sur (EF) du même côté que B par rapport à (AC) tel que FG =AB.

7) Tracer [CG].

2. Voici la construction :

5

3. Pour calculer la proportion de ce drapeau, il nous faut connaître la longueur AC : AC = AB + 3

1AB = x

3

4.

Donc largeur

longueur

3

43

4

x

x

.

4. Notons NA l'aire du drapeau népalais, ABDA l'aire du triangle ABD, CGFA l'aire du triangle CGF et

EFDA l'aire du triangle EFD.

Or EFDCGFABDN AAAA .

Calcul de ABDA : 2

A2

ABD

x .

Calcul de CGFA : 2

FCFGACGF

.

FG = AB = x

F, D et C étant alignés dans cet ordre, FC = FD + DC

x3

1DC .

Il nous reste à calculer la longueur DF.

D, E et B étant trois points alignés dans cet ordre, DE = DB – EB = xxx )12(2 .

Le triangle DEF est une réduction du triangle DBA. Donc DEF est rectangle en F et DF = FE.

DF2DE donc )2

21(

2

DEDF x .

Donc xxx )2

2

3

4()

2

21(

3

1FC .

Donc 2CGF )

2

2

3

4(

2

1)

2

2

3

4(

2

1

2

FCFGA xxx

.

Calcul de EFDA :

22222

EFD )22

3(

2

1)2

2

11(

2

1)

2

21(

2

1

2

DF

2

EFDFA xxx

.

6

Ainsi )22

3

2

2

3

41(

2

1)

2

2

2

3(

2

1)

2

2

3

4(

2

1

2A 222

2

N xxxx

.

Soit 2N )

2

2

6

5(

2

1A x .

5. Notons TA l'aire du drapeau du Togo.

2T cm4245229118040032180180A .

Il nous faut donc résoudre l’inéquation 40032)2

2

6

5(

2

1 2x

40032235

6;40032

235

6

40032235

6

4003212

235

2

2

x

x

x

x étant une longueur, x est positif et 47,18440032235

6

donc la longueur maximale que peut

prendre AB est 184 cm (à un centimètre près).

Exercice Académique 4 : Les Cibles Partie A

a) NM = 2AB = 4 donc aire NMLK = 42 = 16

b) Aire partie colorée en vert = aire ABCD 4 aire d’un quart de disque de rayon 1 = 22 4

2π 1

4

= 4

c) p (gagner) = aire partie en vert 4 π

0 054aire cible 16

,

.

Partie B

1. a) La hauteur h d’un triangle équilatéral de côté c mesure : h =3

2c . (s’obtient en utilisant le théorème

de Pythagore dans un demi-triangle équilatéral).

Aire du triangle ABC =

32 2

AB 2 32 2

h

.

b) Aire de la partie colorée en vert = aire du triangle ABC 3 aire d’un sixième de disque de rayon 1

Aire de la partie colorée en vert = 2π 1 π

3 3 36 2

.

2. NM = 1 + AB + 1 = 4

NK = 1 + hauteur du triangle ABC + 1 = 2 + 3 3,7.

7

3. Dans un triangle équilatéral, hauteurs, médianes,

bissectrices sont confondues.

Soit P le point d’intersection des hauteurs du triangle

ABC mais aussi du triangle NOM.

H est le pied de la hauteur issue de M du triangle NOM,

H’ celui de la hauteur issue de N,

J est le pied de la hauteur issue de C du triangle ABC.

On a : MH = MO 3

2et CJ = 2

3

2= 3

P est aussi le centre de gravité du triangle NOM et du

triangle ABC :

PH = 1

3MH =

3

6MO et PJ =

1

3CJ =

3

3

Or PH = PJ + JH = PJ + 1 = 3

3 + 1

D’où 3

6MO =

3

3 + 1 MO =

6 31 2 2 3

33

.

Autre méthode : Si A' est le point du segment [NH] tel que le triangle N A'A soit rectangle en A' alors

1AA' et 30ANA' . Pour des raisons de symétrie, 2322)30tan(

2 ABNA' 2NO

.

4. Cible rectangulaire: p(gagner) =

π π3 3

aire partie verte 2 2 0 0108aire rectangle NM ML 4 2 3

,( )

Cible triangulaire : p(gagner) = 2

π ππ 2 3 4 33aire partie verte 2 22

1aire triangle NOM 3 2 2 3 3MO MH MO MO2 2

( )

p(gagner) = 0125,0346

23

3)3(1

23

2

.

On a plus de chance de gagner avec la cible triangulaire.

Exercice Académique 4 : Feu d’artifice

Soit f la fonction définie par xxv

xf 350

)( 2

20

.

1. Si 50 v-1m.s alors xxxf 32)( 2 .

21)1( f : la fusée ne passe pas au-dessus du mur.

2. a) Si 500 v-1m.s alors xxxf 3

50

1)( 2

.

298,250

1493

50

1)1(

f : la fusée passe au-dessus du mur.

8

150ou 00350

1ou 003

50

103

50

10)( 2

xxxxxxxxxf

x = 0 correspond à la position initiale de la fusée. La fusée retombe à 149m du mur.

b) C’est-à-dire que la fusée tombe sur les lycéens. La vitesse initiale ne peut pas être égale à 50 -1m.s .

3. Si 250 v-1m.s alors xxxf 3

25

2)( 2

.

292,225

733

25

2)1(

f : la fusée passe au-dessus du mur.

1015,372

75ou 003

25

2ou 003

25

203

25

20)( 2

xxxxxxxxxf

Si la fusée n’explose pas en vol, elle retombe bien avant les lycéens.

4. 0v doit vérifier deux conditions :

La fusée passe au-dessus du mur 2)1( f

La fusée retombe avant les barrières de sécurité le réel x tel que 0)( xf est inférieur à 101.

0)25()25(05050150

2350

2)1( 002

02

020

20

vvvvvv

f .

et comme 0v est une vitesse, c’est un réel strictement positif, on obtient : 250 v (avec 07,725 ).

50

3ou 003

50ou 003

5003

500)(

20

20

20

2

20

vxxx

vxx

vxxx

vxf

.

Or ce dernier réel x doit être inférieur à 101 d’où :

3

2025

3

20250

3

2025

3

20250

3

505050503101

50

3000

20

20

20

vvvvv

v

En tenant compte de 00 v , on obtient : 3

20250 0 v avec 03,41

3

2025 .

Finalement 3

202525 0 v .

5. 50 -1km.h = 50000

3600 -1m.s =

125

9 -1m.s 13,89 -1m.s . Donc

3

2025;25

9

125 : la fusée peut

être lancée à 50 -1

km.h .