Proposition de corrigé du Concours général 2016 Problème 1 :
1) 2016 = 2+ 4+ 6+ 12 donc 2016 ∈
2) a) 22 − 1− 2 + 1 = 28− 12+ 6 − 1 − 8+ 12+ 6 + 1 = 8− 36+ 6 − 3
= 42 − 9 + 3 − 2
≥ 5 ⇒ 2 ≥ 10 ⇒ 2 − 9 > 0 et ≥ 5 ⇒ − 2 > 0 Donc ≥ 5 ⇒ 22 − 1− 2 + 1> 0 d’où le résultat.
b) On raisonne par récurrence sur . Initialisation : =
2 − 1+ 2 − 1
= 2 − 1+ 2 − 1= 22 − 1
Comme ≥ 5, d’après 2)a), on a 22 − 1≥ 2 + 1 ce qui prouve la propriété au rang k.
Hérédité : supposons que 2 + 1≤ 2 − 1+ 2 − 1
/
et montrons que 2 + 1 + 1≤ 2 − 1+ 2 − 1
/12
2 − 1+ 2 − 1
/12
= 2 − 1+ 2 − 1
/
+ 2 + 1 − 1
= 2 − 1+ 2 − 1
/
+ 2 + 1 ≥3
452 + 1+ 2 + 1= 22 + 1= 22 + 1 − 1 Or 22 + 1 − 1 ≥3
62 + 1 + 1 D’où le résultat …
Problème 2 :
1) 78 rencontre le cercle de centre 9; ; et de rayon R en un point ; < se traduit par le système :
= < = >
− 9+ < − ;= ?@ ⇔ = < = >
− 9+ > − ;= ?@ ⇔ B < = >
− 29 + 9+ >− 2>; + ;− ?= 0@
⇔ = < = >
1 + >− 29 + >; + 9+ ;− ?= 0@ Calcul du discriminant du trinôme en :
∆= D−29 + >;E− 41 + >9+ ;− ? = 4F9 + >;− 1 + >9+ ;− ?G
= 49+ 29>; + >;− 9− ;+ ?− >9− >;+ >? = 429>; − ;+ ?− >9+ >? Ce système a des solutions ⇔∆≥ 0 ⇔ 29>; − ;+ ?− >9+ >?≥ 0
⇔ ?+ >?≥ ;− 29>; + >;⇔ ?1 + > ≥ ; − >9⇔ ?H1 + >≥ H; − >9
⇔ ?H1 + >≥ |; − >9|
2) Si > est irrationnel, d’après le résultat admis dans l’énoncé, pour tout réel J > 0, il existe un couple d’entiers naturels impairs a et b tels que |; − >9| ≤ J
Pour J = ? > 0, il existe un couple d’entiers naturels impairs a et b tels que |; − >9| ≤ ? Et comme √1 + >≥ 1, alors ?√1 + > ≥ ?
Ainsi, il existe un couple d’entiers naturels impairs a et b tels que |; − >9| ≤ ?√1 + >
Ce qui signifie que la droite 78 rencontre le cercle de centre 9; ; et de rayon R d’après la question 1).
3) a) La droite d’équation < =L6 passe par le point de coordonnées 9; ;.
Dans cette question, a et b sont tous les deux impairs donc ce sont les coordonnées d’un centre de cercle.
La droite 7M
N passe par le centre de ce cercle donc le coupe en deux points, elle rencontre donc un arbre, celui de centre 9; ;.
b) 78 rencontre un arbre signifie qu’il existe un couple ; O d’entiers naturels impairs tel que :
|O − >| ≤ ?H1 + >⇔ PO −;
9 P ≤ ?Q1 + R;9S ⇔ P9O − ;
9 P ≤ ?Q9+ ;
9 ⇔ |9O − ;| ≤ ?H9+ ; Il reste à montrer que |9O − ;| ≥ 1.
a, q, b et p sont des entiers naturels donc |9O − ;| est un entier naturel.
Montrons qu’il est non nul : 9O − ; = 0 ⇔ 9O = ;
Or, p et q sont impairs et a et b sont de parité différente. On aurait une égalité entre deux nombres de parité différente ce qui est impossible donc 9O − ; ≠ 0 ainsi |9O − ;| ≥ 1.
Conclusion : ?√9+ ;≥ 1
4) Si toutes les droites 78 rencontrent un arbre, alors c’est aussi le cas de la droite 7 avec > = 2 =2 On est dans les conditions de la question 3)b), ainsi ?√1+ 2≥ 1 ⇔ ?√5 ≥ 1 ⇔ ? ≥√U2
Problème 3 :
1) a) Il suffit de l’écrire …
b) Il est équilatéral : W2VW2= + 1 = −= XYZ[ …
c) Si 9 = ; = \ alors 9 + ; + \= 9 + 9 + 9= 91 + + = 9 × 0 = 0
Si 9 + ; + \= 0 alors, 9 + ; + \−1 − = 0 ⇒ 9 − \ + ; − \ = 0 ⇒ 9 − \ + ; − \ ^−2+_√ ` = 0
⇒ 9 − \ −1
2 ; − \ = 0 et √3
2 ; − \ = 0 ⇒ ; = \ puis 9 = \ … 2) bΩ = d1; 6e
2 = , = , = 1, g= , U= et h= 1 Ainsi iΩ = j1, , k
li = 1 = lDb = 3 ∪ b = 6E = lb = 3 + lb = 6 =1 6 +1
6 =1 3 li = = lDb = 1 ∪ b = 4E = lb = 1 + lb = 4 =1
6 +1 6 =1
3 li = = lDb = 2 ∪ b = 5E = lb = 2 + lb = 5 =1
6 +1 6 =1
3
3) a) Comme les variable i ne peuvent prendre que les valeurs 1, ou , il est clair que no+ po+ qo= r. b) Notons s2 (respectivement s resp. sV) l’ensemble des entiers ∈ d1; re tels que i = 1 (resp. i = resp.
i = ) o= i
o 2
= i
∈tu
+ i
∈tv
+ i
∈tvV
= 1
∈tu
+
∈tv
+
∈tvV
= no× 1 + po× + qo× Car il y a no éléments dans s2, po dans s …
c) o = 0 ⇔ no+ po+ qo= 0 ⇔ no = po= qo d’après 1) b) d) o= 0 ⇔ no= po= qo
Or no+ po+ qo= r donc o = 0 ⇔ 3no = r ⇔ r est un multiple de 3 Ainsi, l’événement o= 0 est réalisé si et seulement si r est un multiple de 3
Si r n’est pas un multiple de 3, alors o= 0 n’est pas réalisé et donc lo= 0 = 0 = o
4) a) Dans une répétition de n lancers indépendants, no compte le nombre de fois où i prend la valeur 1 c’est- à-dire le nombre de fois où le 3 ou le 6 sont sortis. La probabilité du succès « obtenir 3 ou 6 » est 1/3, il est donc clair que no suit une loi binomiale de paramètres 3m et 1/3 .
; lno= > = ^3>> ` R1 3S
8R2 3S
8W8= ^3>> ` 1
38×28
38 = ^3>> `28 38
c) Si l’événement no= > est réalisé, alors il reste 2m lancers de dés avec 1, 2, 4 ou 5 comme résultats (en effet on a déjà compté le nombre de 3 ou 6).
Toujours dans le cas où l’événement no= > est réalisé, l’événement « obtenir 1 ou 4 » a pour probabilité 1/2.
La loi poconditionnée par l’événement no= > suit donc une loi binomiale de paramètres 2m et ½.
lxy8po= > = ^2>> ` R1 2S
8R1 −1 2S
8W8 = ^2>> ` R1 2S
8R1 2S
8 = ^2>> ` R1 2S
8 = ^2>> ` 2W8
d) 8= l8= 0 = lno= po= qo = > = lDno = > ∩ po= >E = lno = > × lxy8po= >
= ^3>> `28
38× ^2>> ` 2W8= ^3>> ` ^2>
> ` 1
38= ^3>> ` ^2>
> ` 3W8 5 81
8 − >
> + 1 =3> + 23> + 1 9> + 1 − >
> + 1 =3> + 23> + 1 − 9>> + 1
9> + 1 = 2
9> + 1≥ 0 Récurrence sur > :
Initialisation ∶ Pour > = 1, = ^31`^2
1` 3W= 3 × 2 × 1 27 = 6
27 =2 9 Hérédité : Supposons que 8 ≥ 2
9> et montrons que 81 ≥ 2 9> + 1 81≥ >
> + 1 8 ≥ >
> + 1 × 2
9> = 2 9> + 1
