Corrigé – Groupement académique 1 – Mathématiques (2014)

Chez les Mayas 1.

Soit ABCD un carré de côté a.

D’après la formule Maya, on doit avoir Aire_(ABCD)=AC BD×

2

.

On sait que l’aire du carré est égale à a². Il faut donc démontrer que AC BD× =a

2 ².

On sait que les diagonales d’un carré sont de même longueur, et que si le côté de ce carré a une longueur égale à a alors la longueur de la diagonale est égale à a 2 donc ^{AC BD×} ₌^{a ×a} ₌^{a ×}

( )

₌ ^a _=a

2 2 2

2

2

2 2

2 .

2 2 2

2

Ceci démontre la validité de la formule des Mayas pour le calcul de l’aire du carré.

REMARQUE : Le résultat selon lequel la longueur de la diagonale d’un carré de côté a est égale à a 2 se démontre à l’aide du théorème de Pythagore et des propriétés du carré (voir tome 1, chap. 16 p. 355).

2.

Un rectangle de longueur 4 cm et de largeur 3 cm a une aire de 4 cm × 3 cm = 12 cm². Pour obtenir le résultat donné par la formule des Mayas, il faut calculer la longueur d’une diagonale de ce rectangle. On sait qu’un rectangle a des diagonales de même longueur.

Appelons ABCD ce rectangle, avec AB = 4 cm et BC = 3 cm.

Le triangle ABC est rectangle en B. On peut donc appliquer le théorème de Pythagore :

AB²+ BC²= AC² donc AC²= 4² + 3²= 25 donc AC = 5 cm.

D’après la formule des Mayas, l’aire de ce rectangle serait égale à 5 cm 5 cm× =

2 12,5 cm .²

On constate donc que la formule des Mayas ne donne pas l’aire exacte du rectangle.

corrigés

PREMIÈRE PARTIE

PARTIE A

A a

D C

B

4 cm

3 cm A

D C

B

académique 1, de la session 2014. L’énoncé est téléchargeable gratuitement, au format pdf, sur le site du ministère de l’Éducation nationale.

http://cache.media.education.gouv.fr/file/sujets_2014/18/2/PE2-14-2-PG1_318182.pdf

Ces corrigés sont conformes aux règles de la nouvelle orthographe.

ier 2014 - Hatier concours

1. Étude d’une configuration particulière

a. _CONSEIL : Aucune indication n’est donnée concernant les instruments de dessin utilisables. On peut donc construire le symétrique avec la règle graduée et l’équerre.

Ici, on a fait le choix d’utiliser le compas et la règle non graduée. Ainsi, on peut tracer un arc de cercle de centre A et de rayon AB, et un arc de cercle de centre C et de rayon BC, qui se coupent en D (voir tome 1, chap. 18 p. 388).

A O

B Γ

D

C

b. Les points A, B et C sont sur le cercle Γ (d’après les données). Pour démontrer que le quadrilatère ABCD est inscriptible, il suffit de démontrer que D est également sur le cercle Γ.

CONSEIL : Trois méthodes sont possibles :

1. Utiliser la caractéristique d’un point sur un cercle : la distance entre ce point et le centre du cercle est égale au rayon du cercle.

2. Utiliser le fait que tout diamètre est un axe de symétrie d’un cercle.

3. Utiliser le fait que ABC est un triangle rectangle (en B) : le cercle circonscrit à un triangle rectangle a pour diamètre l’hypoténuse de ce triangle.

Méthode 1

O, centre du cercle G, est un point de la droite (AC) ; il est donc son propre symétrique par rapport à (AC). Le symétrique de B est D (donnée).

La symétrie axiale conserve les longueurs, donc OD = OB, donc D appartient au cercle de centre O et de rayon OB qui est le cercle G (conséquences de la définition d’un cercle, voir tome 1, chap. 13 p. 289).

Donc le quadrilatère ABCD est inscriptible dans le cercle G. Méthode 2

Tout diamètre est un axe de symétrie d’un cercle, donc (AC) est un axe de symétrie de G. Le point B est sur ce cercle (donnée), donc son symétrique D est également sur G (définition d’un axe de symétrie, voir tome 1, chap. 18 p. 391).

Méthode 3

14 - Hatier concours

diamètre [AC], donc ABC ₌ 90° et ADC ₌ 90°. Le cercle circonscrit du triangle rectangle ADC est le cercle de diamètre [AC] c’est à dire G (conséquence de la propriété T1, voir tome 1, p. 477). Donc D est sur le cercle G.

c. D’après la formule de Brahmagupta, on a ^S=

(

^p−AB

)(

^p−BC

)(

^p−CD

)(

^{p−AD .}

)

La symétrie axiale conserve les longueurs, on a donc AB = AD et BC = DC.

Donc ^S=

(

^p−AB

)(

^p−BC

)(

^p−BC

)(

^p−AB

) (

^{= p−AB}

) (

^{2 p−BC}

)

^{2 =} _

(

^p−AB

)(

^p−BC

)

_^2.

Le demi-périmètre p du quadrilatère ABCD est p₌

(

AB BC CD DA+ + +

)

2 ,

donc p₌

(

2AB 2BC+

)

= + 2 AB BC.

Conséquence p – AB = BC et p – BC = AB.

Appliquons ce résultat à l’expression précédente :

( )

= ×

S BC AB ,² donc S = BC × AB (car BC × AB > 0).

d. Aire_(ABCD)= Aire_(ABC)+ Aire_(ADC)

Les triangles ABC et ADC sont deux triangles rectangles (voir question b, méthode 3) superposables car ils sont symétriques, donc Aire_(ABCD) = 2 Aire_(ABC).

Aire_(ABC)=AB BC×

2 car ABC est un triangle rectangle en B.

Donc Aire_(ABCD)= 2 × AB BC×

2 ⁼ AB × BC.

On retrouve bien le même résultat que celui obtenu avec la formule indienne.

2. Étude d’une autre configuration particulière : le rectangle

a. Les diagonales d’un rectangle se coupent en leur milieu et ont même longueur. Le point d’intersection des diagonales est donc équidistant des sommets du rectangle. Le cercle, dont le centre est le point d’intersection des diagonales et qui passe par un sommet, passe donc par les autres sommets. Tout rectangle est donc inscriptible dans un cercle.

b. p = L + l

( )( )( )( ) ( ) ( ) ^{( ) ( )}

= − − − − = − − = + − + − = = ×

S p L p l p L p l p L ² p l ² L l L L l l^{2 2} l L^{2 2} l L (car l × L est positif).

On retrouve la formule classique du calcul de l’aire d’un rectangle.

À l’ère du tableur

1.

x est la mesure d’un côté du rectangle en cm, donc x est un nombre positif.

Appelons y l’autre dimension.

On a (x + y) × 2 = 14, donc x + y = 7, donc y = 7 – x. Or y est également une mesure, donc y est positif, donc 7 – x doit être positif, et donc x doit être inférieur à 7 et donc compris entre 0 et 7.

PARTIE C

ier 2014 - Hatier concours

À noter que si x = 0 ou x = 7, le rectangle est aplati. On peut soit le considérer comme un rectangle d’aire nulle, soit considérer qu’il n’existe pas, et dans ce cas, x doit être strictement compris entre 0 et 7.

2. Étude graphique

REMARQUE : On peut regretter que les auteurs du sujet n’aient pas précisé les grandeurs représentées sur l’axe des abscisses et l’axe des ordonnées.

On se doute tout de même que sur l’axe des abscisses sont représentées les valeurs de x (longueur d’un côté du rectangle) et sur l’axe des ordonnées les valeurs de l’aire du rectangle.

a. Sur le graphique, les dimensions d’un rectangle de périmètre 14 cm et d’aire 10 cm² sont les abscisses des points d’intersection de la courbe avec la droite parallèle à l’axe des abscisses et qui passe par le point de coordonnées (0 ; 10). On obtient deux valeurs possibles pour x : 2 et 5.

Si x = 2 (en cm), alors l’autre dimension est égale à 7 – 2 = 5 et si x = 5, l’autre dimension est 2.

Donc les dimensions pour lesquelles un rectangle de périmètre 14 cm a une aire de 10 cm² sont 2 cm et 5 cm.

REMARQUE : On vérifie sans difficulté ce résultat en calculant l’aire et le périmètre de ce rectangle.

b. L’observation du graphique permet de constater que l’aire croît puis décroît. C’est pour une valeur de x comprise entre 3 et 4 que le maximum est atteint.

c. L’aire maximale est comprise entre 12 et 13 (en cm²).

3. Poursuite de l’étude à l’aide d’un tableur

a. On a vu dans la question 1 que si x est une dimension du rectangle, son autre dimension est y = 7 – x donc A(x) = x (7 – x).

Donc en B2, il faut rentrer la formule « = B1*(7 – B1) ».

b. La courbe du graphique et le tableau de nombres laissent penser que l’aire du rectangle de 14 cm de périmètre augmente lorsque x varie de 0 à une valeur proche de 3,5, puis décroît. On obtient alors une aire maximale proche de 12,25 cm².

REMARQUE : Évidemment, on n’est pas sûr que le maximum ne soit pas pour une autre valeur de x, par exemple 3,55 ou 3,495…

4. Détermination des valeurs exactes

a. _CONSEIL : Pour démontrer l’égalité de deux expressions littérales, il est conseillé de partir de l’expression la plus complexe que l’on cherche à simplifier.

Si, à la fin de cette simplification, on n’aboutit pas à l’autre expression, alors on peut chercher à simplifier cette dernière pour aboutir à une même expression simplifiée.

On peut également calculer la différence des deux expressions de départ pour trouver 0.

14 - Hatier concours

− −

 

 = − − +

 

 = − + −

x x x x x

494 7

2 49

4 7 49

4 49

4 7 49

2 2 4 = – x²+ 7 x = x (7 – x) = A(x)

ATTENTION ! (a – b)² = a² – 2 a b + b² et non a² − b². b. Quelle que soit la valeur de x,  −

  x 7

2

2 est un carré qui est donc toujours positif ou nul.

Donc = − −

 

x x 

A( ) 494 7

2

2 sera maximale quand  −

  x 7

2

2 sera minimal, donc lorsqu’il sera

nul (puisqu’il ne peut pas être négatif). C’est le cas pour x= =7 2 3,5.

Dans ce cas, l’aire est égale à A(3,5) = 3,5 (7 – 3,5) = 3,5²= 12,25.

Donc la valeur maximale de A (x) est 12,25.

c. Si x = 3,5 alors la seconde dimension du rectangle est égale à 7 – x (voir ^{PARTIE C} question 3).

Or 7 – 3,5 = 3,5. Les deux dimensions sont égales, donc le rectangle est un carré.

CONSEIL : La PARTIE C de ce problème est classique. Il est important de parfaitement maitriser les procédures utilisées (voir tome 1, chap. 20, problème 1 p. 460).

CONSEIL : Représentation de données et statistiques, voir tome 1, chap. 10 p. 215 à 238.

1.

_CONSEIL : Le temps du dernier arrivé correspond à la valeur maximale de la série statistique. Elle ne figure pas dans les indicateurs, mais on peut la calculer à l’aide de la valeur minimale et de l’étendue.

L’étendue est la différence entre la valeur maximale et la valeur minimale d’une série statistique.

Soit M la valeur maximale, on a donc M – 12,5 = 4,2 donc M = 16,7 min.

Le temps du dernier arrivé est de 16,7 min.

2.

La moyenne m est égale à la somme S des valeurs divisée par l’effectif de la série, donc m= S

200.

Donc la somme des termes de la série est égale au produit de la moyenne m par l’effectif : S = 200 × m.

Donc S = 200 × 15,4 = 3 080.

3 080 est la somme des 200 performances en minutes.

DEUXIÈME PARTIE EXERCICE 1

ier 2014 - Hatier concours

Le 1 quartile est le plus petit élément Q1 des données, tel qu’au moins 25 % 

 

donc 1

4 des données sont inférieures ou égales à Q1 (voir tome 1, chap. 10 p. 229).

14,8 est le 1^er quartile, donc c’est le plus petit élément de la série tel qu’au moins ¹₄ des termes de la série sont inférieurs à 14,8. Ariane est arrivée 13^e ; elle est donc dans le 1^er quart (qui comporte 50  élèves)  ; donc sa performance est inférieure ou égale à 14,8 min et elle est forcément supérieure ou égale à 12,5 min (qui est le minimum).

4.

_RAPPEL : Le temps moyen est évidemment la moyenne. On rappelle que la médiane (qui ne correspond pas toujours à la moyenne) est un nombre tel que, lorsque la série est classée dans l’ordre croissant, il y a autant de données

supérieures à ce nombre que de données inférieures (voir tome 1, chap. 10 p. 226).

15,7 est la médiane, donc la moitié des élèves a mis un temps supérieur ou égal à 15,7 min, donc plus de la moitié a mis un temps supérieur à 15,4 min qui est le temps moyen.

L’affirmation est donc vraie.

RAPPEL : Pour prouver qu’une affirmation générale est vraie, il faut la démontrer.

Dans le cas d’une affirmation relative à des objets géométriques, on utilise les propriétés de géométrie. Dans le cas d’une affirmation relative à des nombres, on s’appuie sur le calcul littéral. Pour prouver qu’une affirmation générale est fausse, il suffit de trouver un contre-exemple (voir tome 1, chap. 15 p. 337-338).

1. Affirmation 1

CONSEIL : Des essais ne permettent pas d’exhiber un contre-exemple ; l’affirmation est peut-être vraie. Démontrons-le en utilisant le calcul littéral.

Soit n le plus petit nombre de la série, les autres sont (dans l’ordre croissant) : n + 1 ; n + 2 ; n + 3 et n + 4.

La somme de ces cinq nombres est donc :

n + (n + 1) + (n + 2) + (n + 3) + (n + 4) = 5 n + 10 = 5 (n + 2).

n + 2 est un nombre entier, donc 5 (n + 2) est un multiple de 5, donc l’affirmation 1 est vraie.

2. Affirmation 2

On peut réaliser un pavage de n’importe quel pentagone à l’aide de trois triangles, en traçant deux de ses diagonales. La somme des angles du pentagone est égale à la somme des angles de ces trois triangles, donc 180° × 3 = 540°.

L’affirmation 2 est vraie.

EXERCICE 2

14 - Hatier concours

On peut appliquer la formule qui donne la somme des angles d’un polygone convexe de n côtés : 180° × (n – 2).

3. Affirmation 3

Si on agrandit ou réduit une figure d’un coefficient k, son aire est multipliée ou divisée par k² (voir tome 1, chap. 20 p. 447).

À l’échelle 1/50, le coefficient de réduction est 1/50, donc les aires sont multipliées par (1/50)² = 1/2 500. Elles sont donc 2 500 fois plus petites que les aires réelles.

L’affirmation 3 est fausse.

Autre méthode

On peut prendre un contre-exemple pour montrer que l’affirmation est fausse.

Soit un champ carré de 50 m de côté qui a une aire de 2 500 m². Sur le plan, il est représenté par un carré de 1 m sur 1 m qui a une aire de 1 m². Or 1 m² × 50 ≠ 2 500 m².

4. Affirmation 4

Si Shéhérazade commence un conte le lundi soir, le dimanche soir suivant, elle aura lu 7 soirées consécutives.

Si on effectue la division euclidienne de 1 001 par 7 on obtient un reste nul (7 × 143 = 1 001).

Cela signifie que le dimanche soir, elle aura lu 1 001 nuits consécutives.

L’affirmation 4 est vraie.

REMARQUE : L’énoncé parle de « nuits », donc on peut aussi dire qu’elle a terminé son roman lundi matin, et dans ce cas, l’affirmation est fausse.

On peut penser que les deux réponses ont été acceptées à condition, bien sûr, d’être justifiées.

CONSEIL : Pour résoudre des problèmes de vitesse, on dispose de plusieurs méthodes (voir tome 1, chap. 9 p. 189-190) :

1. Utiliser la formule v=d

t où v est la vitesse, d la distance et t la durée (avec des unités adaptées).

2. Utiliser un tableau de proportionnalité à l’aide de la distance parcourue et de la durée du parcours.

3. Dans certains cas, utiliser les propriétés additive et multiplicative de la linéarité en jouant sur la proportionnalité des distances et des durées.

1.

Soit t la durée en heure du trajet aller de A à B : 30 =45 donc v t = 4530 ⁼ 1,5 soit 1 h 30 min.

Le cycliste arrivera à 9 h 30 min + 1 h 30 min = 11 h.

EXERCICE 3

ier 2014 - Hatier concours

On peut trouver la durée du trajet en jouant sur les propriétés additive et multiplicative de la linéarité :

le cycliste roule à la vitesse de 30 km/h, donc il parcourt 30 km en 1 h et 15 km en 1/2 h, donc il parcourt 45 km (= 30 km + 15 km) en 1 h 30 min (= 1 h + 1/2 h).

2.

ATTENTION ! En abscisse, on place la distance entre le cycliste et la ville A, ce qui ne correspond pas à la distance parcourue.

On peut identifier trois périodes dans le mouvement du cycliste :

• 1^re période : le trajet aller de A à B ;

• 2^e période : le temps de repos ;

• 3^e période : le trajet retour de B à A.

Pour chacune de ces périodes, il y a proportionnalité entre la durée du parcours et la distance séparant le cycliste de la ville A. On peut en déduire que les représentations graphiques de cette distance en fonction de la durée sont des segments de droite dont il suffit de trouver les coordonnées des extrémités.

• 1^re période : à 9 h 30, il est en A, donc la distance le séparant de A est 0 → point de coordonnées (9,5 ; 0). On sait qu’à 11 h, il est en B, donc à 45 km de A → point de coordonnées (11 ; 45).

• 2^e période : à 12 h (11 h + 1 h), il est toujours en B → point de coordonnées (12 ; 45).

• 3^e période  : pour le segment correspondant, on a la première extrémité → point de coordonnées (12 ; 45) et on peut trouver la seconde par deux méthodes :

1. On calcule l’heure de retour du cycliste en A. Cela correspond à la question suivante, mais ce n’est pas une difficulté car on n’est pas obligé de traiter les questions dans l’ordre.

2. On détermine les coordonnées d’un point du segment en sachant que la période se termine lorsque le cycliste est en A, donc à une distance 0 de A. Par exemple, une demi-heure après son départ de B (donc à 12 h 30 min), le cycliste a parcouru 25 km (il roule à la vitesse de 50 km/h) ; il sera donc à 20 km de A (45 km – 25 km) → point X de coordonnées (12,5 ; 20).

10

9 h 9 h 30 10 h 11 h 13 h

heure 12 h

20 30 40 50

distance du cycliste à A (en km)

X

14 - Hatier concours

Compte tenu qu’on ne demande pas une valeur approchée de l’heure d’arrivée, on ne peut pas trouver le résultat à l’aide du graphique. Par contre, il est possible d’utiliser le graphique pour vérifier le résultat trouvé (sauf bien sûr si on a trouvé la seconde extrémité du segment de la 3^e période en calculant l’heure d’arrivée en A !).

Soit t′ la durée en heure du trajet retour : 50 =45 donc tt′ ′ = 4550 ⁼ 0,9 soit 54 min.

CONSEIL : Pour le passage des unités décimales aux unités sexagésimales, voir tome 1, chap. 20 p. 451-452.

Le cycliste arrive en B à : 9 h 30 + 1 h 30 + 1 h + 54 min = 12 h 54 min.

CONSEIL : Probabilités, voir tome 1, chap. 11 p. 239 à 255.

1.

Le résultat d’un lancer quelconque est indépendant du résultat des lancers précédents.

On suppose le dé équilibré, donc à chaque lancer, quels que soient les résultats précédents, la probabilité de sortie d’un nombre est égale à la probabilité de sortie des autres nombres.

Donc la probabilité d’obtenir le nombre 1 est la même que celle d’obtenir le nombre 3.

2.

_RAPPEL : Dans le cas où il y a équiprobabilité des résultats d’une expérience aléatoire, la probabilité d’un évènement est égale au quotient :

nombre de résultats favorables à la réalisation de l’évènement.

nombre de résultats possibles (voir tome 1, chap. 11 p. 241)

Dressons un tableau de tous les résultats possibles : 1^er lancer

2^nd lancer 1 2 3 4

1 (1 ; 1) (2 ; 1) (3 ; 1) (4 ; 1) 2 (1 ; 2) (2 ; 2) (3 ; 2) (4 ; 2) 3 (1 ; 3) (2 ; 3) (3 ; 3) (4 ; 3) 4 (1 ; 4) (2 ; 4) (3 ; 4) (4 ; 4)

a. Nombre de résultats favorables à l’évènement «  obtenir une seule fois le nombre 1  »  : 6 (cases grisées).

Nombre de résultats possibles : 16.

Probabilité d’obtenir une seule fois le nombre 1 : 616 ⁼ 3 8. EXERCICE 4

ier 2014 - Hatier concours

la réalisation de l’évènement « le nombre obtenu au second lancer est strictement supérieur au nombre obtenu au premier lancer ».

1^er lancer

2^nd lancer 1 2 3 4

1 (1 ; 1) (2 ; 1) (3 ; 1) (4 ; 1) 2 (1 ; 2) (2 ; 2) (3 ; 2) (4 ; 2) 3 (1 ; 3) (2 ; 3) (3 ; 3) (4 ; 3) 4 (1 ; 4) (2 ; 4) (3 ; 4) (4 ; 4) Nombre de cas favorables : 6.

Nombre de cas possibles : 16.

Probabilité que le nombre obtenu au second lancer soit strictement supérieur au nombre obtenu au premier lancer : 616 ⁼ 3

8.

CONSEIL : Premier apprentissage des nombres, voir tome 2, chap. 6 p. 101 à 104.

1.

et

2.

La question 1 est ambigüe car, a priori, il n’y a qu’une seule compétence travaillée dans cette activité, en lien avec les programmes : « Comparer des quantités » qui fait partie d’une compétence « plus large » : « Résoudre des problèmes portant sur les quantités ».

Par contre, il y a plusieurs procédures pour effectuer cette comparaison : 1. faire une estimation perceptive des quantités et conclure ;

2. mettre en correspondance terme à terme les éléments de chaque collection. Si un ou des objets d’une collection ne peu(ven)t pas être mis en correspondance avec un objet de l’autre collection, alors il(s) appartien(nen)t à la collection qui contient le plus d’éléments. Une comparaison par paquets est également possible ;

3. dénombrer les deux collections et comparer les nombres obtenus.

Ainsi, plutôt que de répondre à la question « Citer deux compétences », nous répondons à la question « Citer deux procédures ».

CONSEIL : Si une question vous semble ambiguë, il est tout à fait possible de le signaler dans votre copie, de donner votre interprétation de la question et d’y répondre, comme nous le faisons ici.

TROISIÈME PARTIE EXERCICE 1

14 - Hatier concours

Procédures Erreurs et causes 1. Comparer deux collections par estimation.

Cette procédure est possible pour la compa- raison de collections qui ont au moins deux objets de différence.

La taille différente des objets peut amener les élèves qui s’engagent dans cette procé- dure à comparer la place occupée par les objets. Ils peuvent ainsi penser qu’il y a plus d’objets dessinés sur la carte contenant deux ronds que sur celle contenant trois triangles.

2. Mettre en correspondance terme à terme ou par paquets (par exemple, carte 3 triangles et carte 5 barres non alignées).

Deux sources d’erreur sont associées à cette procédure :

• Les objets ne peuvent pas être déplacés et les élèves ne peuvent pas tracer de traits sur les cartes pour rejoindre les objets ; la correspondance terme à terme doit donc se faire mentalement, ce qui est évidemment une source de difficulté.

• Les objets ne sont pas tous disposés de façon identique, par exemple alignés horizontale- ment ou verticalement ; cela augmente la dif- ficulté de la correspondance terme à terme.

3. Dénombrer les deux collections, puis comparer les nombres obtenus.

À noter qu’ici, le «  subitizing  » peut être mis en place par les élèves pour les collec- tions comportant 3 ou 4 objets (voir tome 2, chap. 6 p. 101-102).

• Concernant le dénombrement par comp- tage un à un, les erreurs sont :

– l’élève ne maitrise pas la comptine  : un, deux, quatre, cinq… (principe d’ordre stable) ; – l’élève compte deux fois le même objet ou en oublie (principe d’adéquation unique ou d’énumération). Le fait que les objets ne sont pas déplaçables et sont disposés en rond augmente cette difficulté ;

– l’élève ne sait pas que le dernier «  mot- nombre  » de la suite évoque la quantité toute entière (principe cardinal).

• Concernant la comparaison de deux nombres, l’élève peut ne pas savoir utiliser cette procédure.

3.

Reprenons les procédures possibles et précisons, pour chacune d’elles, les intérêts des deux jeux.

1. Estimation

En proposant des objets de même proportion, le second jeu facilite cette procédure.

2. Mise en correspondance terme à terme

Le second jeu facilite cette procédure du fait de la disposition des objets.

ier 2014 - Hatier concours

Dans le second jeu, les objets sont disposés selon la configuration classique du jeu de dé.

Ceci peut être une aide pour l’élève qui connait ces configurations car il leur associe alors instantanément les nombres correspondants, y compris pour cinq et six.

Le second jeu facilitant les trois procédures énoncées ci-avant, l’enseignant pourrait le proposer dans un premier temps. Ensuite, il utiliserait le premier jeu présenté dans le sujet pour confronter les élèves à certains obstacles (voir les erreurs énoncées dans la question 2).

CONSEIL : Fractions et nombres décimaux, voir tome 2, chap. 8 p. 171 à 173.

A. 1.

 Si l’élève semble maitriser l’addition des entiers, ce n’est pas le cas pour les nombres décimaux (non entiers). En effet, pour ces derniers, il additionne séparément la partie entière et « le nombre entier écrit à droite de la virgule »¹. Ceci résulte de la conception que se fait l’élève des nombres décimaux : ce sont deux nombres entiers autonomes séparés par une virgule.

2.

a.  Pour ranger ces trois nombres dans l’ordre croissant, on peut faire l’hypothèse que l’élève a d’abord comparé leur partie entière. Celles-ci étant égales (5), il a ensuite comparé les nombres entiers écrits à droite de la virgule (100 ; 6 et 03). Il a ainsi appliqué le théorème en acte suivant : « Si deux nombres décimaux ont la même partie entière, le plus grand est celui dont le nombre écrit à droite de la virgule est le plus grand » (voir tome 2, chap. 4 p. 57).

Ce théorème en acte est évidemment en lien direct avec la conception du nombre décimal présentée dans la réponse précédente 1.

b. Pour lire « 5,6 », il faudrait remplacer la désignation orale « cinq virgule six » par « cinq unités et six dixièmes » ; pour « 5,03 », lire « cinq unités, et zéro dixième et trois centièmes » ; et pour « 5,100 », lire « cinq unités et cent millièmes ». Pour « 3,25 », lire « trois unités, et deux dixièmes et cinq centièmes » ou « trois unités et vingt cinq centièmes » (voir tome 2, chap. 8 p. 168).

B. 1.

 On suppose qu’avant d’arriver à la définition d’un nombre décimal, l’enseignant a mis en place des activités pour aider les élèves à donner du sens à ces nouveaux nombres. Il peut le faire par le biais de la mesure de longueur de segments qui est impossible à réaliser avec un nombre entier d’unités. Ce procédé permet alors d’introduire les fractions, puis de travailler sur les fractions décimales pour arriver à la mise en place d’une écriture simplifiée des sommes telles que 3 5+10+ 3

100 qui est remplacée par 3,53.

À l’école élémentaire, la définition des nombres décimaux pourrait être la suivante :

« Les nombres entiers ne suffisent pas pour exprimer la mesure de certains segments. Il est nécessaire d’utiliser de nouveaux nombres : les nombres décimaux. »

EXERCICE 2

14 - Hatier concours

12,25 12 25= +100 ou 12 2+10+ 5

« 12,25 » peut ainsi se lire « douze unités et vingt100 -cinq centièmes » ou « douze unités, et deux dixièmes et cinq centièmes ».

On peut placer les nombres décimaux sur une droite graduée :

12 12,2

12,25

12,3 13

2.

On peut demander à l’élève d’additionner 0,5 et 0,5 en utilisant la droite graduée :

0,5 correspond à cinq intervalles (entre deux graduations) ; il constate ainsi que la somme 0,5 + 0,5 correspond à dix intervalles, soit dix graduations, et donc une unité.

3.

Ici, le doute de l’élève ne peut provenir que du fait que selon lui, un nombre entier n’est pas un nombre décimal car un nombre décimal est un nombre qui s’écrit avec une virgule. Il s’agit donc de le convaincre que l’ensemble des nombres entiers fait partie de l’ensemble des nombres décimaux (voir tome 1 p. 473).

Pour cela, on lui montrera par exemple que 5 5 0= +10 et peut donc s’écrire 5,0.

4.

Cette activité va obliger l’élève à encadrer 1,07 entre deux nombres décimaux qui ont un chiffre significatif après la virgule (1,0 et 1,1). Il devra ensuite graduer l’intervalle entre 1 et 1,1, en le partageant en 10 segments identiques, de façon à placer avec précision 1,07.

Grâce à cette activité, l’élève trouve un encadrement à 0,1 près d’un nombre décimal et réinvestit (ou découvre) le fait que 10 =

100 1

10. Il prend également conscience qu’on peut prolonger les chiffres significatifs d’un nombre décimal après les dixièmes et que, pour placer ces nombres, il suffit de partager l’intervalle entre deux dixièmes en 10 parties égales.

ier 2014 - Hatier concours