1. a) Tracer dans un même repère les droites tropicales suivantes et en préciser le point central.
• droite tropicaleT1passant par les points A1(-2 ;3) et B1(0 ; 5) ;
• droite tropicaleT2passant par les points A2(1 ; 1) et B2(3 ; 4) ;
• droite tropicaleT3passant par les points A3(2 ; 1) et B3(5 ; 2) ;
• droite tropicaleT4passant par les points A4(2 ; -1) et B4(6 ; -4).
i j O
T3
T4 T2
T1
(1, 2)
(4, 1)
(6, -1)
B4 B3 B2 B1
A2 A3 A4 A1
b) Soient deux pointsAetBquelconques du plan. On se place dans le repère orthonormé direct d’origine A. On discute alors selon les coordonnées deB= (x;y)dans ce repère. Quitte à permuter les pointsA etB, on peut supposer quex>0. On a alors selon les cas :
- siy>0,y>x, la droite tropicale de centre(0;y−x)convient, - siy>0;x>y, la droite tropicale de centre(x−y;0)convient, - siy60, la droite tropicale de centre(x;0)convient.
c) La propriété n’est pas vraie lorsque les points ne sont pas indépendants. Par exemples pourA= (0;0)et B= (1;0), la droite tropicale de point centralBpasse bien parAetB, mais ce n’est pas la seule : c’est également le cas pour toutes les droites tropicales de point central(x;0)avecxun réel supérieur à 1.
d) Soient deux pointsAetBindépendants du plan. On se place dans le repère orthonormé direct d’origine A. Soit(x;y)les coordonnées deBdans ce repère. Quitte à permuter les pointsAetB, on peut supposer quex>0. PuisqueAetBsont indépendants, l’abscisse deBne peut être nulle, son ordonnée non plus et l’abscisse deBne peut être égale à son ordonnée. Il n’y a donc que trois cas possibles :
(i)y>0,y>x, (ii)y>0,x>y, (iii)y<0.
Considérons une droite tropicale passant parAetB. On discute du casy>0;y>x(les autres cas se traitent de la même manière) : Ane peut être sur les demi-droites de directions−→i +−→j et−−→i . De
mêmeBne peut être sur les demies droites de directions−−→i et−−→j. Le centre de la droite tropicale est alors uniquement déterminée par l’intersection de la droite verticale passant parAet de la droite oblique (de pente 45 degrés) passant parB: c’est la droite tropicale de centre(0;y−x).
2. a) Étudier l’intersection de deux droites tropicales dont les points centraux sont dépendants.
Montrons que l’intersection de deux droites tropicales dans les points centraux sont dépendants est une demi-droite d’origine l’un des centres de ces droites et dirigé par−→i ,−−→j ou−→i +−→j.
Considérons deux droites tropicalesT1etT2dont les points centrauxC1= (x1;y1)etC2= (x2;y2)sont dépendants. Supposons par exemple quex1=x2, et quitte à changer les notations quey16y2. Alors l’intersection des deux droites tropicalesT1etT2est la demi droite d’origineC1et dirigée par−−→j. Les autres situations se traitent de la même façon.
b) Les points d’intersection de la droite tropicale de point central O(0;0)avec les droites tropicales de points centrauxA(2;4),B(4;1)etC(5;−2).
i j O T1 A
B
C IA
IB
IC
Les points d’intersection sont respectivement les pointsIA= (2;2),IB= (1;1)etIC= (−2;0).
c) « Deux droites tropicales dont les points centraux sont indépendants se coupent toujours en un unique point ».
NotonsAetBles points centraux des deux droites tropicales. On se place dans le repère orthonormé direct d’origineA. On discute alors selon les coordonnées deB= (x;y)dans ce repère. Quitte à permuter les pointsAetB, on peut supposer quex>0. On a alors selon les cas :
- siy>0;y>x: les deux droites tropicales s’intersectent en un unique point(x;x), intersection de la demi-droite de direction−−→j partant deBet de la demi-droite de direction−→i +−→j partant deA.
- siy>0;x>y: les deux droites tropicales s’intersectent en un unique point(y;y), intersection de la demi-droite de direction−−→i partant deBet de la demi-droite de direction−→i +−→j partant deA.
- siy<0 : les deux droites tropicales s’intersectent en un unique point(0;y), intersection de la demi-droite de direction−−→i partant deBet de la demi-droite de direction−−→j partant deA.
3. On a représenté ci-dessous le triangle tropical de sommetsA,B,Cet de côtésT1,T2etT3:
A
B
C T2
T3 T1
Â
C B
j i
a) On constate l’égalité d’angles :Ab+Bb+Cb=360˚.
Cette égalité est-elle vraie pour tous les triangles tropicaux ?
Ce n’est pas vrai pour tous les triangles tropicaux. Par exemple dans le cas suivant, on aAb+Bb+Cb=
b) On va montrer qu’un triangle tropical dont les sommetsA,BetCsont deux à deux indépendants est forcément de même « forme » que le triangle tropical de l’exemple, c’est à dire que les angles en ses sommets sont toujours les mêmes.
Considérons donc un triangle tropical de côtésT1,T2etT3et de points centrauxC1= (x1;y1),C2= (x2;y2)etC3= (x3;y3)respectivement. On note de même que sur l’exempleAle sommet associé aux côtésT1etT3,Ble sommet associé aux côtésT1etT2etCle sommet associé aux côtésT2etT3. Puisque les pointsC1,C2etC3sont deux à deux indépendants, on peut supposer (quitte à changer la numérotation des côtés) que
y3<y1<y2.
Étudions les configurations possibles pour les droites tropicalesT1etT2. Il en existe trois qui sont :
i
Montrons que la configuration 2 est impossible : en effet en discutant de tous les cas possibles pour la position de la droite tropicaleT3, on observe sur les schémas suivants que les sommets obtenus ne sont pas deux à deux indépendants.
i
Configuration 2.a. : A et B sont dépendants
Configuration 2.c. : A et B sont dépendants
Configuration 2.b. : A et B sont dépendants C
C
C
On montre de même que la configuration 3 est impossible si on suppose les sommets deux à deux indépendants.
Reste donc la configuration 1. On discute alors de la position de la droiteT3. On vérifie qu’un seul cas de figure permet d’obtenir des sommets deux à deux indépendants, celui donné en exemple.
On a donc montré que, pour que les sommets d’un triangle tropical soient deux à deux indépendants, on est nécessairement dans la configuration proposée dans l’énoncé. Et dans ce cas l’égalité d’angles est clairement vérifiée.
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PARIS
Deuxième exercice
Série S (individuel)
Intercaler la somme Éléments de solution
1. E4= (1,4,3,5,2,5,3,4,1)
E5= (1,5,4,7,3,8,5,7,2,7,5,8,3,7,4,5,1)..
2. A la onzième étape
a) On noteN10le nombre d’éléments de la listeE10. Il y a autant de⋆que de(il y en aN10−1).
À l’étape 11, il y a donc N11 =2(N10−1) +1 éléments, soitN11−1=2(N10−1).
Par itérationN11−1=210(N1−1).
On a doncN11=210+1=1025 éléments.
Etape 10 1 ⋆ ⋆ . . . ⋆ ⋆
Intercalés . . .
Etape 11 1 ⋆ ⋆ . . . ⋆ ⋆
b) On noteS10le nombre d’éléments de la liste à l’étape 10.
Chaqueest la somme de deux nombres consécutifs de la liste précédente. Dans la somme des il y a deux fois la somme des⋆plus 2 ou encore 2S10−2.
Donc
S11=2S10−2+S10=3S10−2=3(S10−1) +1, soit S11−1=3(S10−1).
Par itération,S11−1=310(S1−1).
On a doncS11=310+1=59 050.
Etape 10 1 ⋆ ⋆ . . . ⋆ 1
Intercalés . . .
Etape 11 1 ⋆ ⋆ . . . ⋆ 1
c) E1=(1,1).
E2=( 1,2, 1).
E3=( 1,3, 2, 3, 1).
E4=( 1, 4, 3,5, 2, 5, 3, 4, 1).
E5=(1, 5, 4, 7, 3,8, 5, 7, 2, 7, 5, 8, 3, 7, 4, 5, 1).
E6=( 1, 6, 5, 9, 4, 11, 7, 10, 3, 11, 8,13, 5, 12, 7, 9, 2,. . . )
On remarque que le maximumMn+1de la liste à l’étapen+1 est entre le maximumMnde la liste à l’étapenet le maximumMn−1de la liste à l’étapen−1.
On a la relationMn+1=Mn+Mn−1avecM1=1 etM2=2.
DoncM3=3,M4=5,M5=8,M6=13,M7=21,M8=34,M9=55,M10=89 etM11=144.
3. A lanèmeétape
On noteNnle nombre d’éléments de la listeEn. On posevn=Nn−1.
a) On noteNnle nombre d’éléments à l’étapen.
Il y a autant de⋆que de(il y en avn=Nn−1).
À l’étape n+1, il y a doncNn+1=2(Nn−1) +1 éléments, soitvn+1=2vn.
Etapen 1 ⋆ ⋆ . . . ⋆ ⋆
Intercalés . . .
Etapen+1 1 ⋆ ⋆ . . . ⋆ ⋆
La suite(vn)est géométrique de raison 2 et de premier termev1=1 doncvn=2n−1.
b) On noteSnle nombre d’éléments de la liste à l’étape n
.
Chaqueest la somme de deux nombres consécutifs de la liste précédente. Dans la somme des il y a deux fois la somme des⋆plus 2 ou encore 2Sn−2.
Donc
Sn+1=2Sn−2+Sn=3Sn−2=3(Sn−1) +1, soit Sn+1−1=3(Sn−1).
Etapen 1 ⋆ ⋆ . . . ⋆ 1
Intercalés . . .
Etapen+1 1 ⋆ ⋆ . . . ⋆ 1
La suite(Sn−1)est géométrique de raison 3 et de premier termeS1−1=1 doncSn=3n−1+1.
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PARIS
Troisième exercice
Série S (par équipes)