Éléments de réponses aux exercices académiques des olympiades
de mathématiques de 2016
Académie de Créteil
Exercice 1 :
I] Aire d’un pentagone régulier :
1. Dans la configuration de Thalès formée des triangles FBC et FAD, on a :
𝑑𝑑 𝑑𝑑+𝑐𝑐 = 𝑐𝑐 𝑑𝑑 ou encore 𝑑𝑑+𝑐𝑐 𝑑𝑑 = 𝑑𝑑
𝑐𝑐 ce qui donne bien 𝑑𝑑 𝑐𝑐 = 1 + 𝑐𝑐 𝑑𝑑. 2. On pose d c φ= . a) D’après la question 1. 𝜙𝜙 = 1 + 1
𝜙𝜙 ce qui donne 𝜙𝜙2 = 𝜙𝜙 + 1 et ainsi 𝜙𝜙2− 𝜙𝜙 − 1 = 0.
b) L’équation du second degré 𝑥𝑥2− 𝑥𝑥 − 1 = 0 admet deus solutions de signes contraires. 𝜙𝜙 étant positif, la seule solution possible est 𝜙𝜙 =1+√5
2 .
3. Aire(ABCDE) = 2xaire(BCD) + aire(ABD). 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴(𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵) = 12𝑑𝑑�𝑐𝑐2−𝑑𝑑2 4 et 𝑎𝑎𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴(𝐴𝐴𝐵𝐵𝐵𝐵) = 1 2𝑐𝑐�𝑑𝑑2− 𝑐𝑐2 4. Donc : 𝑎𝑎𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴(𝐴𝐴𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐴𝐴) = 𝑑𝑑�𝑐𝑐2−𝑑𝑑2 4 + 1 2𝑐𝑐�𝑑𝑑2− 𝑐𝑐2 4 =12𝑐𝑐𝜙𝜙�4𝑐𝑐2− 𝑐𝑐2𝜙𝜙2+14𝑐𝑐�4𝑐𝑐2𝜙𝜙2 − 𝑐𝑐2 =𝑐𝑐2 4 �2𝜙𝜙�4 − 𝜙𝜙2+ �4𝜙𝜙2− 1� =𝑐𝑐42�2𝜙𝜙�4 − (𝜙𝜙 + 1) + �4(𝜙𝜙 + 1) − 1� =𝑐𝑐2 4 �2𝜙𝜙�3 − 𝜙𝜙 + �4𝜙𝜙 + 3� II] Aire d’un hexagone :
Le triangle OAB est équilatéral.
𝑎𝑎𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴(𝐴𝐴𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐴𝐴𝐴𝐴) = 6 × 𝑎𝑎𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴(𝑂𝑂𝐴𝐴𝐵𝐵) = 6 ×12𝑐𝑐�𝑐𝑐2−𝑐𝑐2 4 =
3𝑐𝑐2√3 2 .
III] Le ballon de foot :
Calculons un encadrement de c sachant que la circonférence du ballon doit mesurer entre 68 cm et 70 cm. On a donc 68 ≤ 2𝜋𝜋𝐴𝐴 ≤ 70 où 𝐴𝐴 est le rayon du ballon.
On a : 𝑠𝑠𝑠𝑠𝐴𝐴𝑠𝑠𝑎𝑎𝑐𝑐𝐴𝐴(𝐵𝐵𝑎𝑎𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵) = 4𝜋𝜋𝐴𝐴2 = (2𝜋𝜋𝜋𝜋)2 𝜋𝜋 , et 𝑠𝑠𝑠𝑠𝐴𝐴𝑠𝑠𝑎𝑎𝑐𝑐𝐴𝐴(𝐵𝐵𝑎𝑎𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵) ≈ 12 ×𝑐𝑐42�2𝜙𝜙�3 − 𝜙𝜙 + �4𝜙𝜙 + 3� + 20 ×3𝑐𝑐22√3 = 𝑐𝑐2�6𝜙𝜙�3 − 𝜙𝜙 + 3�4𝜙𝜙 + 3 + 30 × √3� Sachant que 682 𝜋𝜋 ≤ 𝑠𝑠𝑠𝑠𝐴𝐴𝑠𝑠𝑎𝑎𝑐𝑐𝐴𝐴(𝑏𝑏𝑎𝑎𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵) ≤ 702 𝜋𝜋 on en déduit que 4,5 ≤ 𝑐𝑐 ≤ 4,7.
La couture du ballon nécessite de coudre une longueur totale égale à 90𝑐𝑐, ce qui correspond bien à une longueur supérieure à 4 mètres.
Exercice 2 :
Partie A
1. La figure c) est composée de 4 nœuds, une boucle, 7 arcs et 5 régions. 2.
3. a)
Nombre de
rabattements 𝑅𝑅 Nombre de torsions 𝑇𝑇 𝑐𝑐 𝐴𝐴 𝑎𝑎
1 0 3 4 6
0 1 2 3 4
2 3 8 9 16
𝑝𝑝 𝑞𝑞 1+2p+q 2+2p+q 2+4p+2q
b) D’une étape n à l’étape n+1, l’action de R donne �
𝑐𝑐𝑛𝑛+1 = 𝑐𝑐𝑛𝑛+ 2 𝐴𝐴𝑛𝑛+1 = 𝐴𝐴𝑛𝑛 + 2 𝑎𝑎𝑛𝑛+1 = 𝑎𝑎𝑛𝑛+ 4 et l’action de T donne � 𝑐𝑐𝑛𝑛+1 = 𝑐𝑐𝑛𝑛 + 1 𝐴𝐴𝑛𝑛+1 = 𝐴𝐴𝑛𝑛+ 1 𝑎𝑎𝑛𝑛+1 = 𝑎𝑎𝑛𝑛 + 2 avec 𝑐𝑐0 = 1, 𝐴𝐴0 = 2 et 𝑎𝑎0 = 2.
4. D’après la dernière ligne du tableau du 3.a), pour tout 𝑋𝑋 ∈ 𝒞𝒞, on a : 𝑐𝑐 + 𝐴𝐴 − 𝑎𝑎 = 1.
Partie B :
1. �𝐴𝐴" = 𝐴𝐴 + 𝐴𝐴′ − 1𝑐𝑐" = 𝑐𝑐 + 𝑐𝑐′ 𝑎𝑎" = 𝑎𝑎 + 𝑎𝑎′
2. On note �𝑐𝑐𝑝𝑝 ; 𝐴𝐴𝑝𝑝 ; 𝑎𝑎𝑝𝑝� le triplet associé à 𝑋𝑋𝑝𝑝 avec 𝑐𝑐1 = 𝑐𝑐, 𝐴𝐴1 = 𝐴𝐴 et 𝑎𝑎1 = 𝑎𝑎. D’après la question précédente, on a : �
𝑐𝑐𝑝𝑝 = 𝑐𝑐 + 𝑐𝑐𝑝𝑝−1 𝐴𝐴𝑝𝑝 = 𝐴𝐴 + 𝐴𝐴𝑝𝑝−1 − 1 𝑎𝑎𝑝𝑝 = 𝑎𝑎 + 𝑎𝑎𝑝𝑝−1 . On en déduit que � 𝑐𝑐𝑝𝑝 = 𝑐𝑐 + (𝑝𝑝 − 1)𝑐𝑐 = 𝑝𝑝𝑐𝑐 𝐴𝐴𝑝𝑝 = 𝐴𝐴 + (𝑝𝑝 − 1)(𝐴𝐴 − 1) 𝑎𝑎𝑝𝑝 = 𝑎𝑎 + (𝑝𝑝 − 1)𝑎𝑎 = 𝑝𝑝𝑎𝑎 = 𝑝𝑝(𝐴𝐴 − 1) + 1
3. Le nombre de nœuds de ((𝑋𝑋16)9)7 est donné par 16 × 9 × 7𝑐𝑐 = 2016, donc 𝑐𝑐 = 2.
Un représentant de X est .
4. On suppose qu’il existe 𝑋𝑋 ∈ 𝒞𝒞 tel que le nombre de nœuds de 𝑋𝑋𝑝𝑝 soit 2017 avec 2 ≤ 𝑝𝑝 ≤ 2016. D’après la question B.2. on a 𝑝𝑝𝑐𝑐 = 2017. Or 2017 est un nombre premier, un tel nombre 𝑝𝑝 ne peut exister.
5. Soit 𝑋𝑋 ∈ 𝒞𝒞 composé de 𝐵𝐵 nœuds. D’après la question A. 3.a) le nombre de régions est donné par 𝐴𝐴 = 𝐵𝐵 + 1.
Puisqu’il y a plus de régions que de nœuds, il existe au moins deux régions qui contiennent le même nombre de nœuds à leurs périphéries. (Par l’absurde)
