B5

10.811C

6

12.011N

7

14.007

Al13

26.982

Ga31

69.723Zn

30

65.39Cu

29

63.546Ge

32

72.61

In49

114.82Sn

50

118.71

As33

74.922Se

34

78.96

Si14

28.086P

15

30.974S

16

32.065Cl

17

35.453

O8

15.999

Mercredi 13 mars 20191, 2 énoncés (national et académique) en 4 heures, élèves de première générale et technologique2 et de début de terminale3, inscription auprès de votre professeur

de mathématiques avant les vacances d’hiver selon académie.

19e LYMPIADES DE MATHÉMATI UES

Sujet et Corrigé vous sont présentés par freemaths.fr . . .

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SUJET + CORRIGÉ

OLYMPIADES DE MATHÉMATIQUES

ACADÉMIE DE CLERMONT-FERRAND

Classes de première S �  2019

ac-clermont-ferrand

freemaths . fr Olympiades, Mathématiques, S �  2019

1  

Olympiades nationales

de mathématiques 2019

_______________________________

Métropole-Europe-Afrique-Orient-Inde L’épreuve se déroule en deux parties indépendantes et indissociables de deux heures chacune, les énoncés des deux parties sont donc séparés et distribués séparément à des moments différents. Les copies rédigées sont ramassées à l’issue de la première partie (« exercices nationaux »). Une pause de cinq à quinze minutes est prévue, avant la seconde partie (« exercices académiques »). Des consignes de confinement peuvent être données selon la zone géographique de passation de l’épreuve.

Les calculatrices sont autorisées selon la législation en vigueur.

Il est conseillé aux candidats qui ne pourraient formuler une réponse complète à une question d’exposer le bilan des initiatives qu’ils ont pu prendre.

Les énoncés doivent être rendus au moment de quitter définitivement la salle de composition.

Exercices nationaux

Les candidats traitent deux exercices. Ceux de la série S traitent les exercices numéros 1 (Triangles à côtés entiers) et 2 (Premières fois), les autres traitent les exercices numéros 1 (Triangles à côtés entiers) et 3 (AGADADAGA).

2  

Exercice national numéro 1 (à traiter par tous les candidats) 

Triangles à côtés entiers  

On dit qu’un triangle est un triangle entier si les longueurs de ses 3 côtés sont des entiers naturels non nuls. On rappelle la propriété dite de l’« inégalité triangulaire », caractéristique de tout triangle non aplati : la longueur de chacun des côtés est strictement inférieure à la somme des longueurs des deux autres.   1. a. Parmi les triplets  , ,  suivants, indiquer lequel représente les longueurs des côtés d’un triangle entier non aplati, puis comment tracer ce triangle et avec quels outils : 

(4, 4, 5)     ;   (3, 6, 9)     ;   (2, 2, 6) 

b. Quelles sont les valeurs possibles de l’entier   si  15, 19,  désigne les longueurs des trois côtés d’un triangle entier non aplati rangées par ordre croissant (soit :  19) ? 

c. Étant donné trois entiers naturels non nuls  ,  et   tels que  , pourquoi suffit‐il d’ajouter une seule  condition (à préciser) pour que le triplet  , ,  désigne les longueurs des côtés d’un triangle entier non aplati ? 

2. Soit   un entier naturel non nul. On note   l’ensemble des triplets d’entiers naturels rangés par ordre 

croissant   et désignant les côtés d’un triangle entier non aplati dont le périmètre est égal à  .  Ainsi obtiendrait‐on  1, 4, 4 , 2, 3, 4 , 3, 3, 3  . a. Si le triplet  , , appartient à  ,quelles sont les valeurs maximale et minimale pour   ?  b. Donner la composition de   et représenter dans un repère orthonormé l’ensemble points de coordonnées , pour  lesquels  il  existe  un  entier  naturel    tel  que  , , ∈ .  Vérifier  que  ces  points  se  situent  à 

l’intérieur ou sur les bords d’un triangle dont les sommets ont des coordonnées entières.  3. a.  Justifier que si  , , ∈  alors   1, 1, 1 ∈ . 

b. Soit  , , ∈ . Déterminer une condition sur  , et  pour que  1, 1, 1 ∈ . 

c. En déduire que si   est impair alors   et   ont le même nombre d’éléments. 

4. Étude de  . a.   contient‐il  un triplet   , ,  correspondant à un triangle équilatéral ? b.   contient‐il des triplets   , ,  correspondant à des triangles isocèles non équilatéraux ? Si oui combien ? c. Montrer que si   contient un triplet   , ,  correspondant à un triangle rectangle alors  2019 4038 2 .  En déduire que   ne contient pas de triangle rectangle. 

5. Dans cette question on se propose de dénombrer  . 

a. Soit  , , ∈ . On rappelle que  . Établir que  1012 et  2 2022.  

b. Réciproquement, montrer que si  ,  1012 et  2 2022 alors 

  , , 2022 ∈ . 

c. Pourquoi, dans un repère orthonormé, l’ensemble des points à coordonnées entières positives  ,  telles que ,  1012  et  2 2022  constitue‐t‐il  l’ensemble  des  points  à  coordonnées  entières  d’un 

triangle qui est rectangle ? En déterminer l’aire    ainsi que le nombre de points à coordonnées entières situés sur ses côtés. 

d. On admet le théorème de Pick : « Si un polygone   est tel que tous ses sommets sont à coordonnées entières 

dans un repère orthonormé alors son aire   est donnée par la formule   1  où   désigne le nombre 

de points à coordonnées entières situés à l’intérieur de   et   le nombre de ceux situés sur les côtés de  . » 

En déduire le nombre de triplets de   puis celui de  .  

6. Une solution algorithmique. De  manière  générale,  concevoir  un  programme  (à  retranscrire  sur  la  copie)  permettant  d’énumérer  et  de dénombrer  . Le tester sur   et sur  . 

   

3  

Exercice national numéro 2 (à traiter par les candidats de la série S) 

Premières fois 

On  note  l’ensemble  des  entiers  naturels.  Un  nombre  premier  est  un  entier  naturel  qui  a  exactement  2 diviseurs entiers naturels distincts : 1 et lui‐même. Par exemple : 2, 3 et 5 sont premiers alors que 0, 1 et 6 ne le sont pas. On rappelle le théorème de décomposition en produit de facteurs premiers :  Pour tout entier naturel  2,il existe un unique entier naturel  , une unique liste de nombres premiers distincts rangés dans l’ordre croissant   , , , … ,  et une unique liste d’entiers naturels non nuls  α , α , α , … , α  tels que :  

…  

On écrit, par exemple, 72 2 3  (ici  2), ou 32 2  (dans ce dernier exemple,  1). La décomposition en produit de facteurs premiers d’un nombre premier   s’écrit simplement  .  Une fonction agissant sur les nombres entiers naturels On souhaite si possible déterminer une fonction ∆∶ →  possédant les propriétés suivantes : Propriété (1) : ∆ 0 ∆ 1 0;             Propriété (2) : Pour tout nombre premier  , ∆ 1;      Propriété (3) : Pour tous entiers naturels   et  : ∆ ∆ ∆ .  On suppose en questions 1, 2 et 3 qu’une telle fonction ∆ existe. 1. Soit   un nombre premier. Les propriétés précédentes permettent‐elles d’exprimer ∆ ? ∆ ? Un entier naturel   étant donné, quelle est l’image par ∆ de  ? 2. a. Soit   et   des nombres premiers distincts,   et   des entiers naturels supérieurs ou égaux à 1. Les propriétés précédentes permettent‐elles d’exprimer ∆ ? b. Le nombre  ∆ 10  est‐il un multiple de 7 pour  1? 3. À tout nombre entier  2, dont la décomposition en produit de facteurs premiers s’écrit :

…  

on associe les quotients   de   par  ,  de  par  ,... ,  quotient de   par  . Montrer qu’alors : ∆ ⋯  

4. Vérifier que l’expression ainsi obtenue satisfait les propriétés (2) et (3) ci‐dessus. Cette expression, alliée à la convention portée dans la propriété (1), définit donc une unique fonction ∆ convenable.  Étude de quelques images d’entiers par la fonction ∆. 5. a.  Calculer ∆ 12 , ∆ 56 , ∆ 1001 . b. Quelles sont les solutions de l’équation ∆ 0? c. Quelles sont les solutions de l’équation ∆ 1? d. Tout entier naturel   a‐t‐il au moins un antécédent par ∆ ? e. Est‐il vrai que, pour tout entier naturel   , ∆ ? 6. a. Montrer que si   et   sont des nombres premiers alors  ∆ . b. Est‐il vrai que pour tous entiers naturels    et  :  ∆ ∆ ∆ ? 7. a. Est‐il vrai que pour tous entiers naturels   et  : ∆ ∆ ∆ ? b. Soient   et   deux entiers naturels tels que ∆ ∆ ∆  et un entier naturel quelconque  . Montrer que : ∆ ∆ ∆ .  Les points fixes de la fonction ∆ 8. a. Soit   un nombre premier. Soit   un entier naturel. On suppose que   est un multiple de  . Montrer que dans ce cas, ∆  est aussi un multiple de  . b. Soit   un entier naturel et   un nombre premier. Soit α l’exposant de   dans la décomposition en produit de facteurs premiers de  . On suppose que α 1. Montrer que si α , alors α 1 est l’exposant de  dans la décomposition en produit de facteurs premiers de ∆ . 9. Résoudre l’équation ∆ .    

4  

 

Exercice national numéro 3 (à traiter par les candidats des séries autres que la série S) 

AGADADAGA 

Dans cet exercice, on appellera mot  toute suite de lettres formée des  lettres A, D et G. Par exemple : ADD, A, AAADG sont des mots. Astrid possède un logiciel qui fonctionne de la manière suivante :  un utilisateur entre un mot et, après un clic sur EXÉCUTER, chaque lettre A du mot (s’il y en a)  est remplacée par le mot AGADADAGA. Ceci donne un nouveau mot. Par exemple, si l’utilisateur rentre le mot AGA, on obtient le mot AGADADAGAGAGADADAGA. Un deuxième clic sur EXÉCUTER réitère la transformation décrite ci‐dessus au nouveau mot, et ainsi de suite.  1. Quels sont les mots qui restent inchangés quand on clique sur EXÉCUTER ?  Traitement de texte Astrid rentre le mot A.  2. Quel mot obtient‐elle après avoir cliqué deux fois sur EXÉCUTER ? 3. Combien de clics au minimum faut‐il pour obtenir un mot contenant un milliard de A ? 4. Après 20 clics, combien le mot obtenu contient‐il de lettres D ?  Motif Astrid souhaite maintenant dessiner un motif sur une feuille de papier quadrillé, en utilisant le dernier mot obtenu par le logiciel. Pour cela, elle lit de gauche à droite chaque lettre de ce mot et trace une ligne brisée sans lever le stylo en suivant les consignes suivantes : 

‐ Le point de départ de la ligne est une croix située sur un nœud du quadrillage ; ‐ si la lettre lue est A, elle trace horizontalement et de gauche à droite un segment de longueur un carreau ; ‐  si  la  lettre  lue  est G,  elle  tourne  la  feuille  d’un quart  de  tour  dans  le  sens  des aiguilles d’une montre ; ‐ si la lettre lue est D, elle tourne la feuille d’un quart de tour dans le sens inverse des aiguilles d’une montre ; ‐ quand toutes les lettres sont lues, elle remet la feuille dans la position initiale pour regarder le motif obtenu. Par exemple, le motif obtenu à partir du mot ADAAGA est représenté à gauche.

5. Astrid a réalisé le motif de droite. Quel mot avait‐elle obtenu ? 6. Astrid entre le mot A et clique deux fois sur EXÉCUTER.  Dessiner le motif obtenu. 7. Astrid reprogramme le logiciel et remplace le mot AGADADAGA  par un autre mot dont elle ne  se  souvient  plus.  Elle  rentre  le mot A  et  obtient  le motif  ci‐ dessous après avoir cliqué trois fois sur EXÉCUTER. Quel est le mot oublié par Astrid ? 

8. On s’intéresse dans cette question uniquement aux  motifs  obtenus  à  partir  de  mots  qui commencent  par la lettre A, et se poursuivent en juxtaposant des séquences GA ou DA. On appelle largeur du motif  le  nombre  de  carreaux  compris entre  les  points  les  plus  à  gauche  et  à  droite  du motif  obtenu.  Par  exemple,  la  largeur  du  motif obtenu à partir du mot ADAGAGA est 2. a. Quelle est la largeur du motif obtenu à partir du mot AGAGADA ? b. Un mot conforme à l’hypothèse du 8. comporte dix lettres D et dix lettres G. Déterminer toutes les largeurs possibles du motif obtenu. 

× 

Correction

Triangles à côtés entiers (Toutes séries) Éléments de solution

1. a. (4, 4, 5) est le seul qui réponde à la définition. On trace un segment [BC] de longueur 5. Le cercle de centre B de rayon 4 coupe la médiatrice de [BC] en deux points. A est l’un d’eux. b. En appliquant la définition 19 � � � 33. c. C’est l’inégalité stricte qui manque : � � � � . Une fois � déclaré le plus grand, le fait que la longueur de chaque côté soit inférieure à la différence des longueurs des deux autres est acquis.

2. a. Comme � � � � , � � � � � 2�.Il s’ensuit que � � 8. La plus petite valeur de � est celle pour laquelle les trois côtés sont de même longueur, 6. b. Pour énumérer les éléments de ��� , on tient compte du fait que les deux plus petits côtés ont des longueurs � et telles que � � � 9. On obtient :

��� � ��2,8,8�, �3,7,8�, �4,6,8�, �4,7,7�, �5,5,8�, �5,6,7�, �6,6,6��. Le triangle est représenté ci-dessus.

3. a. L’inégalité est transportée lorsqu’on ajoute 1 au plus petit membre et 2 au plus grand, la somme est la bonne. b. Pour que le triplet �� � 1, � 1, � 1� appartienne à ����, il faut que � � 1 � � � 1 � � 1, c’est-à-

dire� � � � � 1. Comme on a affaire à des entiers vérifiant � � � � , il suffit que � � � et que d’autre part � 1 pour que le nouveau triangle en soit un. c. Si ! est impair, l’égalité � � 1 � � 1 � � � 1est impossible, attendu que � � 1 � � 1 � � � 1 doit être pair. Il n’y a pas de triplet �1, , �� dans ��"�, car 1 � � � � ! � 3 et� � � 1 conduisent à ! � 3 � 2 � 1,

ou ! � 2 � 2, ce qui fait de la plus grande longueur à égalité avec �, mais � � est impair, puisque ! � 3est pair. Les deux ensembles ont le même nombre d’éléments.

4. Étude de #$%&'.

a. Oui, car 2019 � 3 ) 673. b. Deux sortes de triangles isocèles sont a priori possibles : ceux dont les côtés égaux ont la plus petite longueur

et ceux dont les côtés égaux ont la plus grande. Les triplets ��, �, ��tels que 2� � � � 2019 et � � � vérifient 3� � 2019 � 4�,car � � 2�. On a donc � ∈ �504, 505,… , 671, 672�. Les triplets ��, �, ��tels que � � 2� � 2019 vérifient 674 � � � 1009 et donc � ∈ �675, 676,… , 1007, 1008�. Il y a en tout 168 � 336 � 504 triangles isocèles non équilatéraux dans �,-�.. c. Le triplet ��, , �� correspond à un triangle rectangle de périmètre 2019 si �² � �² � ² et � � � � � 2019. On a donc : 2019, � �, � , � �, � 2�� � �� � 2� � �, � , � �, � 202019 � � � 1�� � � � 2�

� 4038�� � � � 2�. Mais ce dernier nombre est pair. Donc le problème n’a pas de solution.

5. a. Ces conditions sont celles données dans la définition.

b. La somme des trois longueurs vaut bien 2022, les deux

conditions imposent 2022 � � � 2 , donc 2022 � � � � 0,

et 2022 2 � 1012 qui donne l’ordre.

c. Le triangle – appelé ici ABC par commodité - est reproduit sur la figure de droite. L’angle droit est à l’intersection des droites de pentes 1 et −1. Les points à coordonnées entières de la droite d’équation � � sont les points d’abscisse entière comprise entre l’abscisse de A (506) et celle de B (674). Les points à coordonnées

entières sur le côté [AC] d’équation � 1012 � � sont aussi ceux dont l’abscisse est entière supérieure ou égale à 2 et inférieure ou égale à 506. Les points à coordonnées entières sur le côté [BC] sont aussi ceux dont l’abscisse est paire (l’équation de la droite est

� 1022 � 3,) et comprise entre 2 et 674. L’aire du triangle

rectangle est 84672 (demi-produit des longueurs des cathètes).

d. On utilise la formule pour trouver le nombre de points intérieurs à partir de l’aire et du nombre de points sur le périmètre (attention À ne pas compter A, B et C deux fois). On trouve le nombre de triplets dans �,-,,, qui est le

même d’après la question 3. que dans �,-�.: 85177. 6. Une solution algorithmique Le programme doit permettre de faire la liste des triplets d’entiers ��, , �� pour lesquels � � � � � !, � � � !, et � � � �. On commencera par déterminer les valeurs extrêmes de �, ce qui nécessite d’étudier la parité et la divisibilité par 3 de !.On distinguera 6 cas :

Il existe un entier 4 tel que : Valeur maximale de � Valeur minimale de �

! � 64 34 � 1 24 ! � 64 � 1 34 � 1 24 � 1 ! � 64 � 2 34 � 2 24 � 1 ! � 64 � 3 34 � 2 24 � 1 ! � 64 � 4 34 � 3 24 � 2 ! � 64 � 5 34 � 3 24 � 2

Une fois déterminés ce minimum et ce maximum, on programme une boucle de �567 à �583. Dans cette boucle,

à chaque valeur de �sont associées successivement les valeurs de � allant de 1 à 9:,; (partie entière). À chacune

des valeurs de � correspond une seule valeur de telle que � � � � et � � � � . Autre déroulé : on peut aussi utiliser une boucle For sur la plus petite des longueurs, �, et à chaque tour de boucle boucler sur .

Premières fois (Série S) Éléments de solution

1. En écrivant �² = � × � et en appliquant la définition : ∆��²� = � × ∆��� + ∆��� × � = 2�.

On poursuit : ∆��� = ∆�� × �²� = 1 × �² + � × 2� = 3�². Supposons que pour un entier naturel �, sur lequel on ne fait aucune autre hypothèse, on ait : ∆���� = � × ����. En appliquant la définition, on obtient : ∆������ = � × ∆���� + 1 × ��, ce qui donne, en utilisant notre

hypothèse ∆������ = � × �� + �� = �� + 1���.

Finalement pour tout entier premier � et tout entier naturel � supérieur ou égal à 1 : ∆���� = �����.

2. a. ∆��� × ��� = ∆���� × �� + �� × ∆���� = ����� × �� + �� × ����� = ��� + �����������

b. On applique le résultat précédent à 10� = 2� × 5�. On obtient ∆�2� × 5�� = �5� + 2��10���.

Le second membre de l’égalité est bien multiple de 7. 3. Le nombre � peut être écrit � = ��

�� × ��, les nombres premiers apparaissant dans la décomposition de ��

étant les mêmes et avec les mêmes exposants que dans la décomposition de �, sauf évidemment ��. Avec cette

écriture, ∆��� = α������� × �� + ��

�� × ∆���� = �� × �� + ���� × ∆����.

La prochaine étape fera apparaître le produit ���� × α� × ��

���� × ��, où �� fait apparaître les nombres

premiers apparaissant dans la décomposition de �, avec les mêmes exposants, sauf ��et ��, etc. D’où le résultat :

∆��� = �� × �� + �� × �� + � × � + ⋯ + �" × �".

4. Pour un nombre premier �, le calcul est rapide, α� = 1et �� = 1 donc ∆��� = 1.

Pour le produit de deux nombres entiers # et $, on peut, dans la décomposition en produit de facteurs premiers

de #$, « étiqueter » les nombres premiers qui figureraient à la fois dans les décompositions de # et de $ en les

traitant comme des premiers distincts. On adapte la formule ci-dessus donnant ∆���, en convenant par exemple

pour calculer ∆�#�de remplacer α% par 0 si l’entier premier �% apparaît dans la décomposition de $ mais pas dans

celle de #.On aurait, en adaptant les notations : ∆�#� = �� × �� + �� × �� + � × � + ⋯ + �" × �",

∆�$� = β� × '� + β� × '� + β × ' + ⋯ + β" × '". La somme # × ∆�$� + ∆�#� × $ fait alors apparaître des

termes comme �� × �� × $ + β� × '� × #, mais $ × �� = # × '�(c’est aussi le quotient de #$par ��), et donc ce

terme est exactement �α� + β��(�, où (�est le quotient de #$par �� et α� + β�l’exposant de �� dans la

décomposition de #$. Conclusion : les propriétés imposées permettent de définir une application ∆∶ ℕ → ℕ qui les possède. Tout

repose évidemment sur l’existence de la décomposition en produit de facteurs premiers, que nous avons admise

pour ce problème.

Étude de quelques images d’entiers par la fonction ∆. 5. a. ∆�12� = 2 × 2 × 3 + 2² × 1 = 16 , ∆�56� = 3 × 2² × 7 + 8 × 1 = 92,

∆/10010 = 11 × 13 + 7 × 13 + 7 × 11 = 311 .

b. Aucun 1entier composé non nul ne peut satisfaire ∆�1� = 0, car , ∆�1� est dans ce cas une somme d’entiers

positifs. Les seules solutions sont 0 et 1. c. Les nombres premiers sont par définition solutions de ∆�1� = 1. Dans la formule donnant en général

∆���,pour que cette somme de termes positifs soit égale à 1, il faudrait que tous les termes fussent nuls sauf un,

égal à 1.Ce n’est pas possible, le produit de deux entiers ne peut être égal à 1 que s’ils le sont l’un et l’autre. d. Le nombre 2 n’a pas d’antécédent par ∆. La raison est la même que ci-dessus : il faudrait deux termes égaux à

1dans la somme permettant le calcul de ∆���, ou un terme égal à 2.Mais s’il y a un terme égal à 2,il y en a

nécessairement un autre, car ∆�2²� = 2 × 2 (l’un vient de l’exposant).

e. On a donné des exemples de la situation contraire à la question 5. a. 6. a. Si � et � sont des nombres premiers, on trouve ∆�� × �� = � × ∆��� + � × ∆��� = � + �

b. On a trouvé ∆�12� = 16, tandis que ∆�4� + ∆�3� = 4 + 1 = 5. La réponse est non.

7. a. On a trouvé ∆�56� = 92, tandis que ∆�49� = 14 et ∆�7� = 1. b. Dans l’hypothèse envisagée, on obtient : ∆�3# + 3$� = ∆/3 × �# + $�0 = �# + $� × ∆�3� + 3 × ∆�# + $�. Ou encore : ∆�3# + 3$� = # × ∆�3� + $∆�3� + 3∆�#� + 3∆�$�, d’où le résultat, en réorganisant.

Les points fixes de la fonction ∆ 8. a. Il existe un entier 3 tel que � = 3 × �4. On a : ∆��� = ∆�3� × �4 + � × �4�� × 3 = �4 × �∆�3� + 3�

b. ∆��� s’écrit comme combinaison linéaire des quotients de � par les chacun des nombres premiers apparaissant

dans sa décomposition. Ces quotients sont des produits des nombres premiers apparaissant dans la

décomposition de �, pour chaque terme de la combinaison linéaire, un des exposants a été diminué de 1. Mais un

des facteurs premiers peut être « rétabli » par le coefficient qui l’affecte dans la combinaison linéaire, c’est-à-dire

par son exposant originel, c’est le cas des nombres qui interviennent avec un exposant qui leur est égal…

9. D’après ce qui précède, l’exposant originel ne peut être rétabli que dans le cas où � = �4.

AGADADAGA (Séries autres que S) Éléments de solution

1. Les mots inchangés sont ceux qui ne contiennent pas la lettre A.

Traitement de texte 2. Après avoir cliqué deux fois sur EXÉCUTER, on obtient (avant suppression des espaces qui facilitent la lecture) :

AGADADAGA G AGADADAGA D AGADADAGA D AGADADAGA G AGADADAGA 3. Le nombre de A est multiplié par 5 à chaque clic et 5�� � 10� � 5��, il faut donc au minimum 5 clics. 4. Après chaque clic, le nombre de D est égal à la somme du double du nombre de A qu’il y avait avant ce clic et du nombre de D qu’il y avait à l’étape précédente. Les effectifs sont donc successivement : 0, 2, 2 � 2 � 5, 2 �2 � 5 � 2 � 2 � 5� � 2, etc. Chaque effectif à partir du deuxième apparaît comme la somme des termes d’une

suite géométrique de premier terme 2 et de raison 5. Après 20clics, il y a 2 ������

����

�����

� (ce nombre est bien

un entier…supérieur à 47 trillions).

Motif 5. Pour ce motif, le mot obtenu est ADADAGA. 6. Le motif correspondant à AGADADAGAGAGADADAGADAGADADAGADAGADADAGAGAGADADAGA est reproduit ci-contre à droite. 7. Elle a entré le mot ADAGAGAADADAGA

8. a. Le motif obtenu (à gauche) est de largeur 1.

b. Le motif obtenu peut avoir une largeur de de 11 carreaux au maximum avec le mot : AGADADAGAGADADAGAGADADAGAGADADAGAGADADAGA

Toutes les largeurs impaires comprises entre 1 et 11 peuvent être obtenues : pour une largeur 9, il suffit de reprendre le mot précédent et remplacer les six dernières lettres par GADADA ; puis de longueur 7 en remplaçant les 12 dernières lettres par GAGADAGADADA. On obtient de même des mots de largeur 5, 3 ou 1. On remarque tout d’abord que les traits tracés sont alternativement horizontaux et verticaux quel que soit le mot comprenant 10 D et 10 G : on considère les séquences de 4 lettres en partant de la deuxième lettre du mot, les séquences GADA et DAGA font augmenter la largeur de la partie du motif tracé de 1 carreau, et les séquences GAGA et DADA la font diminuer de 1 carreau. La longueur du mot ne peut donc pas être paire.

1  

 

OLYMPIADES DE MATHEMATIQUES

2019

SUJETS ACADEMIQUES

Les candidats traitent deux exercices.

Ceux de la série S traitent les exercices numéros 1 (rangement optimal de boites dans les casiers) et 2 (se suivre sans perdre un chiffre).

Les autres traitent les exercices numéros 1 (rangement optimal de boites dans les casiers) et 3 (triangles en somme).

 

   

2  

 

Exercice académique numéro 1 (à traiter par tous les candidats)

RANGEMENT OPTIMAL DE BOITES DANS DES CASIERS 

   

Partie 1 : Recherche d’une disposition efficace 

1 )  a ) Soit  h la hauteur d’un triangle équilatéral de côté 2, montrer que h =  √3 . 

      b ) On considère n colonnes de disques tangents de rayon 1 dans  la disposition ci‐

contre. Montrer que la longueur L occupée par ces n colonnes est égale à  2 + ( n – 1 ) 3  

 

2 )  Application : Un commerçant souhaite ranger des boîtes cylindriques de rayon 1 dans un casier rectangulaire de longueur 26 et de largeur 12. En partant du coin supérieur gauche il dispose côte à côte, en lignes ou en colonnes, le plus grand nombre possible de boîtes. Dans la suite du problème, les boîtes sont représentées par des disques de rayon 1. 

Le commerçant hésite entre les trois dispositions suivantes (échelle non respectée) : 

Disposition 1:   Disposition 2:   Disposition 3:  "en carrés"  "en triangles colonnes"  "en triangles lignes" 

                      

 

Attention :  Les disques situés en bout de lignes ou de colonnes ne touchent donc pas nécessairement les bords du casier. 

Déterminer la disposition permettant de ranger le plus grand nombre de boîtes. 

Partie 2 : Estimation de la proportion de l’aire occupée par les disques : 

On a circonscrit les disques par des polygones (afin de paver l’ « intérieur » du casier) 

Par des carrés pour la disposition 1 :      Par des hexagones réguliers pour les dispositions 2 et 3 : 

 

 

 

 

 

   

… 

… 

… 

… 

…

… 

… 

… 

1     2     3        …     n - 1   n 

…

L

1 

26 

12 

3  

 

On admettra que, pour des casiers de « grandes dimensions », la proportion de l’aire totale occupée par 

les disques dans les casiers « se rapproche » de :     

  . 

1 ) Déterminer la valeur exacte de P pour la disposition 1 puis pour les dispositions 2 et 3 

2 ) Donner une estimation du nombre n de boîtes que l’on peut ranger dans de « grands » casiers en fonction 

de l’aire S du casier (on envisagera les cas de la disposition 1 puis des dispositions 2 et 3). 

Partie 3 : Une disposition plus efficace : 

On considère un casier rectangulaire de longueur 444 et de largeur 4. Trouver une nouvelle disposition permettant de ranger 445 boîtes (on représentera cette nouvelle disposition par un schéma puis on déterminera le nombre de boites par le calcul).     

4  

 

Exercice académique numéro 2 (à traiter par les candidats de la série S uniquement)

 

Se suivre sans perdre un chiffre Soit 1 un nombre entier.

Pour tout entier naturel 0, on dit que la suite , 1, 2, … , 1 de n nombres entiers consécutifs est k-complète de longueur n si ces n nombres ont chacun k chiffres et que chaque chiffre de 0 à 9 apparaît au moins une fois dans l’écriture décimale de l’un d’eux.

Par exemple, la suite (10, 11, 12, 13, 14, 15, 16, 17, 18, 19) est 2-complète de longueur 10, tandis que (34, 35, 36, 37, 38) n’est pas 2-complète car les chiffres 0, 1, 2 et 9 n’apparaissent dans aucun entier de cette suite.

On dit qu’une suite k-complète est minimale s’il n’existe pas de suite k-complète de longueur strictement inférieure. Par exemple, la première suite 2-complète donnée en exemple n’est pas minimale car (90, 91, 92, 93, 94, 95, 96, 97, 98) est elle aussi 2-complète, de longueur 9. Le but de cet exercice est de déterminer la longueur de ces suites k-complètes minimales, et de les dénombrer.

Dans ce problème, l’écriture décimale d’un entier non nul ne commencera jamais par le chiffre 0.

Longueur minimale d’une suite k-complète Dans cette question, 1 : on considère des nombres entiers à un chiffre.

a) Écrire toutes les suites 1-complètes possibles. Aucune justification n’est attendue. b) En déduire le nombre de suites 1-complètes minimales ainsi que leur longueur.

Soit 10. Proposer une suite k-complète minimale, et indiquer sa longueur.

Donner la longueur minimale d’une suite 9-complète. Justifier.

Dans cette question, 3 . c) Donner un exemple de suite 3-complète de longueur 7. d) Expliquer pourquoi aucune suite de 6 entiers consécutifs comportant trois chiffres ne peut être 3-complète,

en justifiant soigneusement.

On considère dans cette question que le nombre de chiffres vérifie 2 8. Démontrer que les suites k-complètes minimales sont de longueur 10 .

Dénombrement des suites k-complètes minimales Question 1. Combien de nombres entiers à dix chiffres peut-on écrire en utilisant une et une seule fois chaque

chiffre de 0 à 9 ? Justifier (on pourra commencer par déterminer le nombre de possibilités pour le chiffre le plus à gauche). En déduire le nombre de suites 10-complètes minimales.

Question 2. Soit 4. On considère une suite 4-complète minimale quelconque, commençant par l’entier a. Cette suite est donc de longueur 6. a) Montrer que le chiffre des dizaines ne peut pas être le même pour tous les nombres d’une suite 4-complète

minimale. En déduire les chiffres des unités possibles pour l’entier a. b) Déterminer le nombre de possibilités pour le chiffre des dizaines de l’entier a, en fonction de son chiffre

des unités. c) Déterminer le nombre de possibilités pour les chiffres des centaines et des milliers de l’entier a, en sachant

que la suite de 6 entiers consécutifs commençant par a est 4-complète minimale. d) Démontrer qu’une telle construction donne bien toujours le premier nombre entier d’une suite 4-complète

minimale. e) Déterminer le nombre de suites 4-complètes minimales.

Question 3. Soit 2 8.

Démontrer que le nombre de suites k-complètes minimales est 9 2 3 … 1 .

Question 4. Montrer que le nombre de suites 9-complètes minimales est 579 600.  

   

5  

 

Exercice académique numéro 3 (à traiter par les candidats AUTRES que la série S)

 

Triangles en somme On construit des triangles de la façon suivante :

étant un entier naturel non nul, on écrit sur la première ligne les entiers naturels consécutifs de 1 à .

À partir de la deuxième ligne, on place les entiers obtenus en faisant la somme des deux entiers situés au-dessus.

On s’intéresse au nombre isolé qui sera situé à la dernière ligne du triangle. On désigne par ce dernier nombre.

L’objectif du problème est de calculer .

1) Étude sur quelques exemples. Voici les premiers triangles obtenus pour 2, 3, 4.

2 3 4

1 2

3

1 2 3

3 5

8

1 2 3 4

3 5 7

8 12

20

a) Donner pour chacun d’eux le nombre correspondant. b) Construire les triangles obtenus pour 5 puis 6. Donner leur nombre de lignes ainsi que

les valeurs de et .

2) Construction des lignes La première ligne d’un triangle est construite de la façon suivante :

123 … . 1 1 …… 1

où 1 , , 1 désignent trois entiers naturels consécutifs.

a) Justifier que dans la deuxième ligne du triangle, la différence entre deux entiers placés côte à côte est égale à 2.

b) Justifier que dans la troisième ligne du triangle, la différence entre deux entiers consécutifs placés côte à côte est égale à 4.

c) Expliquer que, dans ligne numéro du triangle, la différence entre deux entiers placés côte à côte est égale à 2 .

d) On remarquera que chaque ligne possède un nombre en moins que la ligne placée au-dessus, et que chaque ligne numéro commence par . (On ne demande pas de démontrer ce résultat).

6  

On suppose que la ligne numéro 1 possède nombres entiers. Combien de nombres contient la ligne numéro . Justifier.

e) En déduire que sur ligne numéro du triangle, on trouve de gauche à droite les nombres :

, 2 , 2 2 ,… , 2

3) Algorithme permettant d’obtenir .

a) Déterminer une relation exprimant en fonction de .

b) Compléter l’algorithme ci-dessous pour qu’il affiche en sortie le nombre

Saisir une valeur pour ← ……..

Pour allant ………. ←………. Fin Pour Afficher

c) Utiliser votre calculatrice pour calculer .

4) Calcul de .

a) À l’aide de la relation obtenue à la question 3 a), démontrer que pour tout 2, est divisible par 2 .

b) Déterminer une relation exprimant en fonction de .

Vérifier votre formule avec et .

c) En déduire la valeur exacte de .

 

Correction

RANGEMENT OPTIMAL DE BOITES DANS DES CASIERS

Partie 1 : Recherche d’une disposition efficace

1 ) a ) Soit h la hauteur d’un triangle équilatéral de côté 2, montrer que h = √3 .

b ) On considère n colonnes de disques tangents de rayon 1 dans la disposition ci-

contre. Montrer que la longueur L occupée par ces n colonnes est égale à 2 + ( n – 1 ) 3

2 ) Application : Un commerçant souhaite ranger des boîtes cylindriques de rayon 1 dans un casier rectangulaire de longueur 26 et de largeur 12. En partant du coin supérieur gauche il dispose côte à côte, en lignes ou en colonnes, le plus grand nombre possible de boîtes. Dans la suite du problème, les boîtes sont représentées par des disques de rayon 1.

Le commerçant hésite entre les trois dispositions suivantes (échelle non respectée) :

Disposition 1: Disposition 2: Disposition 3: "en carrés" "en triangles colonnes" "en triangles lignes"

Attention : Les disques situés en bout de lignes ou de colonnes ne touchent donc pas nécessairement les bords du casier.

Déterminer la disposition permettant de ranger le plus grand nombre de boîtes.

Partie 2 : Estimation de la proportion de l’aire occupée par les disques :

On a circonscrit les disques par des polygones (afin de paver l’ « intérieur » du casier)

Par des carrés pour la disposition 1 : Par des hexagones réguliers pour les dispositions 2 et 3 :

On admettra que, pour des casiers de « grandes dimensions », la proportion de l’aire totale occupée par

les disques dans les casiers « se rapproche » de : 𝑃 =𝐴𝑖𝑟𝑒 𝑑′𝑢𝑛 𝑑𝑖𝑠𝑞𝑢𝑒

𝐴𝑖𝑟𝑒 𝑑′𝑢𝑛 𝑝𝑜𝑙𝑦𝑔𝑜𝑛𝑒 .

1 ) Déterminer la valeur exacte de P pour la disposition 1 puis pour les dispositions 2 et 3

2 ) Donner une estimation du nombre n de boîtes que l’on peut ranger dans de « grands » casiers en fonction

de l’aire S du casier (on envisagera les cas de la disposition 1 puis des dispositions 2 et 3).

Partie 3 : Une disposition plus efficace :

On considère un casier rectangulaire de longueur 444 et de largeur 4. Trouver une nouvelle disposition permettant de ranger 445 boîtes (on représentera cette nouvelle disposition par un schéma puis on déterminera le nombre de boites par le calcul).

…

…

…

…

…

…

…

…

1 2 3 … n - 1 n

…

L

26

12

Proposition de solution :

Partie 1 : 1 ) a ) Par application du théorème de Pythagore dans le triangle rectangle de longueurs 1 ; h et 2 (hypoténuse) b ) La longueur L est celle des 2 rayons aux extrémités et de hauteurs de triangles

équilatéraux de longueurs 2, au nombre de ( n – 1 ) (un triangle pour les deux

premières colonnes puis on ajoute un triangle à chaque colonne supplémentaire),

d'où L = 2 + ( n – 1 ) 3

2 ) Casier 26 x 12 :

Disposition 1 :

On a exactement 12/2 = 6 lignes et 26/2 = 13 colonnes donc 78 boîtes.

Disposition 2 :

On peut placer exactement 6 boîtes dans la 1ère colonne puis alternativement 5 boîtes et 6 boîtes.

2 + ( n – 1 ) 3 = 26 donne n = 24/ 3 + 1 = 14,86 soit 14 colonnes possibles.

On déduit donc le nombres de boîtes :

7 colonnes à 6 boîtes et 7 colonnes à 5 boîtes donc 42 + 35 = 77 boîtes

Disposition 3 :

On peut placer exactement 13 boites dans la 1ère ligne puis alternativement 12 boîtes et 13 boîtes.

2 + ( n – 1 ) 3 = 12 donne n = 10/ 3 + 1 = 6,77 soit 6 lignes possibles. On déduit donc le nombres de boîtes :

3 lignes à 13 boîtes et 3 lignes à 12 boîtes donc 39 + 36 = 75 boîtes

Conclusion : la disposition 1 est donc la plus efficace.

Partie 2 :

1 )

Disposition 1 :

L’aire d’un disque de rayon 1 est π, celle du carré de côté 2 est 4 donc P = 𝜋

4 ( environ 0,785 soit 78,5 %)

Disposition 2 et 3 :

Les triangles équilatéraux formant l’hexagone ont pour hauteur 1.

Soit c la longueur de ces triangles équilatéraux, d’après le théorème de Pythagore, c² = 1² + (c/2)² d’où c = 2

√3 ,

L’aire d’un hexagone est donc 6 x Aire des triangles équilatéraux donc 6 ×1

2×

2

√3× 1 =

6

√3

d’où par division : P = π√3

6 (environ 0,907 soit 90,7%).

…

…

…

…

…

…

…

…

2 ) Pour de grandes dimensions de casier, on peut approcher le rapport entre l’aire s occupée par l’ensemble

des disques et l’aire S du casier par P, donc s ≈ P x S

Or chaque disque ayant une aire égale à π, le nombre n de disques sera donc n = s/ π ≈ P x S /π

Avec la disposition 1, P = 𝜋

4 : n ≈

1

4𝑆

Pour les dispositions 2 et 3, P = π√3

6 : n ≈

√3

6𝑆

Partie 3 : Remarque : on détermine facilement que la disposition 1 permet de ranger 2 x 222 = 444 boîtes, et moins pour les deux autres dispositions. Il faut donc trouver une autre disposition. Disposition (schéma) L’idée est de partir d’une disposition type 3 et d’utiliser au maximum l’espace supérieur laissé vide en rapprochant les boîtes par groupe de 3

Calculs :

x

Après le 1er disque (plein), soit sur une longueur de 442, on un a un découpage périodique de longueur x.

Calcul de x : avec les notations du schéma ci-dessus on a : x = 2 + 2y or, dans le sens de la hauteur on a :

1 + z + √3 + 1 = 4 donc z = 2 – √3 d’où (théorème de Pythagore) y = √2² − 𝑧² = √4 − (7 − 4√3) = √4√3 − 3

On en déduit donc que x = 2 + 2√4√3 − 3

Calcul du nombre de disques : On a donc 442

𝑥≈ 74,11 découpes périodiques sur toute la longueur.

or à chaque découpe on peut associer 5 disques entiers + 1 disque hachuré, soit 6 disques, d’où un total de : 1 (1er disque plein) + 74 × 6 = 445 disques.

Remarque : la longueur restante après ce découpage est 444 – ( 2 + 74 x ) ≈ 0,67 < 1 (rayon) donc insuffisante pour pouvoir compléter le dernier disque hachuré à droite de la dernière découpe… donc pas de 446ème disque !

y

2 z

Olympiades de mathematiques 2019, solutions

Classes de premiere

1 Triangles a cotes entiers

1.a. Comme 2 + 2 < 6 et 3 + 6 = 9, mais 4 + 4 > 5, uniquement (4, 4, 5) represente un trianglenon aplati. On le construit a la regle et au compas.

1.b. z < 15 + 19 = 34, donc z ∈ {19, 20, 21, 22, 23, 24, 25, 26, 27, 28, 29, 30, 31, 32, 33}.1.c. On a automatiquement z + y > x et z + x > y, donc il suffit d’ajouter x+ y > z.

2.a. z < x + y = 18 − z, donc 2z < 18 et z < 9. 3z ≥ x + y + z = 18, donc z ≥ 6. Bref,z ∈ {6, 7, 8}, voir 2.b.2.b. E18 = {(2, 8, 8), (3, 7, 8), (4, 6, 8), (5, 5, 8), (4, 7, 7), (5, 6, 7), (6, 6, 6)}, et le triangle cherche ales sommets A = (2; 8), B = (5; 5) et C = (6; 6).

3.a. x+ y > z implique (x+ 1) + (y + 1) > z + 1.

3.b. x+ y > z implique (x− 1) + (y− 1) ≥ z − 1, mais il faut exclure d’avoir un triangle aplatidans Ep (en particulier x− 1 = 0), donc il faut x+ y > z + 1.

3.c. Chaque triangle aplati a un perimetre pair, donc si p est impair alors il n’y a rien a exclureet Ep a le meme nombre d’elements que Ep+3.

4.a. Oui : (673, 673, 673).

4.b. Oui : (1, 1009, 1009), (3, 1008, 1008), (5, 1007, 1007), . . . , (671, 674, 674), (675, 672, 672),. . . , (1009, 505, 505), donc la base est un entier impair entre 1 et 1009 mais different de 673 : ily a 1010

2− 1 = 504 solutions.

4.c. D’apres le theoreme de Pythagore, z2 = x2 + y2 ⇔ (2019 − (x + y))2 = x2 + y2 ⇔20192 − 2× 2019× (x+ y) + (x+ y)2 = x2 + y2 ⇔ 20192 = 4038(x+ y)− 2xy, mais 20192 estimpair tandis que 4038(x+ y)− 2xy est pair.

5.a,b. x+y > z ⇔ x+y > 2022−(x+y) ⇔ 2(x+y) > 2022 ⇔ x+y > 1011 ⇔ x+y ≥ 1012et y ≤ z ⇔ y ≤ 2022− (x+ y) ⇔ x+ 2y ≤ 2022.

5.c,d. Comme dans la question 2.b le triangle cherche a les sommets A = (2; 1010), B =(506; 506) et C = (674; 674). Les cotes [AB] et [BC] sont perpendiculaires et de longueur 504

√2

et 168√2, respectivement. L’aire cherchee vaut donc 1

2× 504

√2× 168

√2 = 84672. Sur les cotes

[AB], [BC] et [CA] on trouve 505, 169 et 337 points a coordonnees entieres, respectivement.Par consequent, j = 505 + 169 + 337− 3 = 1008 et i = 84672− 1008

2+ 1 = 84169. Finalement,

|E2019| = |E2022| = i+ j = 85177.

1

6. Il suffit de faire varier la variable x entre 1 et p et la variable y entre x et p. On pose alorsz = p− x− y et on verifie si y ≤ z et z < x+ y.

Remarque. Regardons les points (x, y) a coordonnees entieres verifiant 0 ≤ x ≤ y. Pourchaque entier naturel q, soit f(q) le nombre de ces points verifiant, de plus, x + y ≤ q ; et soitg(q) le nombre de ces points verifiant, de plus, x+ 2y ≤ 2q. Si p = 2q, alors nous avons vu que|Ep−3| = |Ep| = g(q) − f(q). La suite f(0), f(1), f(2), f(3), . . . est 1, 2, 4, 6, 9, 12, 16, 20,25, 30, . . . , donc les differences consecutives sont 1, 2, 2, 3, 3, 4, 4, 5, 5, . . . , et on demontrefacilement que

f(q) =q2

4+ q + 1− [2 ∤ q]

4,

ou [2 ∤ q] vaut 1 si q est impair, et 0 si q est pair. De meme, la suite g(0), g(1), g(2), g(3), . . .est 1, 2, 4, 7, 10, 14, 19, 24, 30, 37, 44, . . . , donc les differences consecutives sont 1, 2, 3, 3, 4,5, 5, 6, 7, 7, . . . , et on demontre facilement que

g(q) =q2

3+ q + 1− [3 ∤ q]

3,

ou [3 ∤ q] vaut 1 si q n’est pas divisible par 3, et 0 si q est divisible par 3. Finalement, pourp = 2q,

|Ep−3| = |Ep| =q2

12− [3 ∤ q]

3+

[2 ∤ q]

4

est l’entier le plus proche de p2/48, par exemple 20222/48 = 85176, 75, donc |E2019| = |E2022| =85177.

2 Premieres fois

1. △(p2) = △(p×p) = △(p)×p+p×△(p) = 2p. △(p3) = △(p2×p) = △(p2)×p+p2×△(p) =2p×p+p2 = 3p2. De facon generale, △ choisit un facteur premier quelque part (dans un produita× b dans a ou dans b) et le remplace par 1. En particulier, △(pn) = n× pn−1.

2.a. △(pm×qn) = △(pm)×qn+pm×△(qn) = m×pm−1×qn+pm×n×qn−1 = (mq+np)pm−1qn−1.

2.b. △(10n) = △(2n × 5n) = (5n+ 2n)2n−15n−1 = 7n× 10n−1 est bien un multiple de 7.

3. Nous avons

△(pα1

1× pα2

2× · · · × pαk

k )

= △(pα1

1)× pα2

2× · · · × pαk

k + pα1

1×△(pα2

2× · · · × pαk

k )

= △(pα1

1)× pα2

2× · · · × pαk

k + pα1

1×△(pα2

2)× · · · × pαk

k + · · ·+ pα1

1× pα2

2× · · · × △(pαk

k )

= α1pα1−1

1× pα2

2× · · · × pαk

k + pα1

1× α2p

α2−1

2× · · · × pαk

k + · · ·+ pα1

1× pα2

2× · · · × αkp

αk−1

k

= α1 × q1 + α2 × q2 + · · ·+ αk × qk,

donc de nouveau, △ choisit un facteur premier quelque part (dans un produit a × b dans a oudans b) et le remplace par 1.

4. Soit a = pα1

1× · · · × pαk

k , b = pβ1

1× · · · × pβk

k (on admet ici αi = 0 ou βi = 0) et donc

a×b = pα1+β1

1×· · ·×pαk+βk

k . Alors △(a) = α1× ap1+ · · ·+αk× a

pk, △(b) = β1× b

p1+ · · ·+βk× b

pk

2

et △(a × b) = (α1 + β1) × a×bp1

+ · · · + (αk + βk) × a×bpk

, donc △(a × b) = △(a) × b + a ×△(b).

De plus, pour tout nombre premier p, △(p1) = 1× pp= 1.

5.a. △(22×3) = 2×2×3+22×1 = 16, △(23×7) = 3×22×7+23×1 = 92 et △(7×11×13) =11× 13 + 7× 13 + 7× 11 = 311.

5.b,c,d. Les solutions de △(x) = 0 sont 0 et 1. Les solutions de △(x) = 1 sont tous les nombrespremiers p. Cependant, si x est divisible par p × q avec p, q premiers (eventuellement p = q),alors △(x) ≥ p+ q ≥ 4. Les nombres 2 et 3 n’ont donc pas d’antecedent par △.

5.e. Non, △(12) = 16.

6.a. △(p× q) = △(p)× q + p×△(q) = q + p.

6.b. Non, △(2× 2) = 4, mais △(2) +△(2) = 2.

7.a. Non, △(2 + 2) = 4, mais △(2) +△(2) = 2.

7.b. △(ka + kb) = △(k × (a + b)) = △(k) × (a + b) + k × △(a + b) = △(k) × (a + b) + k ×(△(a) +△(b)) = △(k)× a+ k ×△(a) +△(k)× b+ k ×△(b) = △(ka) +△(kb).

8.a. Si m = k × pp, alors △(m) = △(k)× pp + k × p× pp−1 = (k +△(k))× pp.

8.b. Si n = k × pα (ici k n’est pas divisible par p), alors △(n) = △(k) × pα + k × α × pα−1 =(p△(k) + kα) × pα−1. Comme kα n’est pas divisible par p (mais p△(k) est divisible par p),p△(k) + kα n’est pas divisible par p non plus, et l’exposant cherche est bien α− 1.

9. x = 0 est une solution de l’equation △(x) = x, et x = 1 ne l’est pas. Si x > 1 est une solutionet p premier divise x, alors 8.b implique que pp doit diviser x, c’est-a-dire x = k×pp. Mais alors△(x) = (k +△(k)) × pp, donc △(x) = x ⇔ k × pp = (k +△(k)) × pp ⇔ k = k +△(k) ⇔△(k) = 0 ⇔ k = 0 ou k = 1 ⇔ x = 0 ou x = pp. Les seules solutions sont donc 0 et pp pourchaque nombre premier p.

3 AGADADAGA

1. Ce sont les mots sans A.

2. AGADADAGAGAGADADAGAD AGADADAGAD AGADADAGAGAGADADAGA

3. Apres n clics, il y a 5n lettres A. Pour que 5n > 109, il faut n = 13 au minimum.

4. Apres 20 clics, il y a 520 lettres A, donc 520−1 lettres D ou G, donc (520−1)/2 = 4, 768×1013

lettres D.

5. ADADAGA

6.

7. ADAGAGAADADAGA

8.a. La largeur est 1.

8.b. Les largeurs possibles sont 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 et 11, mais pas 10.

3

4 Se suivre sans perdre un chiffre

1.1.a,b. Il n’y a qu’une seule suite 1-complete : 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9. Elle est minimale et delongueur 10.

1.2. Si k ≥ 10 la longueur 1 suffit, par exemple 1234567890.

1.3. Avec une longueur de 1 on ne peut pas couvrir les 10 chiffres, mais la longueur 2 marche :123456789, 123456790.

1.4.a. 124, 125, 126, 127, 128, 129, 130.

1.4.b. On a au plus un passage de dizaine. Si ce passage est meme un passage de centaine,alors les chiffres des dizaines sont perdus, car ils apparaissent deja dans les unites (9 et 0). On adonc au plus 6 chiffres d’unite, deux chiffres de dizaines, et un chiffre de centaines, soit 9 chiffresdifferents et pas 10.

1.5. On trouve les suites 13, 14, 15, 16, 17, 18, 19, 20 (k = 2), 1235, 1236, 1237, 1238, 1239, 1240(k = 4), 12346, 12347, 12348, 12349, 12350 (k = 5), 123457, 123458, 123459, 123460 (k = 6),1234568, 1234569, 1234570 (k = 7), 12345679, 12345680 (k = 8), et on ne peut pas trouver unelongueur plus courte que 10 − k, car il y a au plus un passage de dizaine (donc deux dizainesdifferentes), tandis qu’un passage de centaine n’est pas avantageux, car les dizaines ne serventalors a rien (elles apparaissent deja dans les unites : 9 et 0).

2.1. On a 9 possibilites pour le chiffre le plus a gauche (tout sauf 0), puis 9 possibilites pourle deuxieme chiffre (qui doit etre different du premier chiffre deja choisi), puis 8 possibilitespour le troisieme chiffre (different des deux chiffres deja choisis), etc. Au total, il y a donc9× 9× 8× 7× 6× 5× 4× 3× 2× 1 = 9× 9! suites 10-completes minimales.

2.2.a. Sans passage de dizaine, on aurait au plus 6 unites differentes, puis 3 chiffres supplemen-taires pour les dizaines, centaines et milliers, soit 9 chiffres au total et pas 10. Par consequent,le chiffre des unites de a vaut 5, 6, 7, 8 ou 9 (5 choix).

2.2.b. Pour chaque u ∈ {5, 6, 7, 8, 9} le chiffre des dizaines de a peut etre u− 2, u− 3 ou u− 4(3 choix) pour que les deux chiffres des dizaines soient differents des six chiffres des unites.

2.2.c,d. Puisque les unites et dizaines couvrent deja 6 + 2 = 8 chiffres differents, nous avons 2choix pour les centaines et un dernier choix pour les milliers, si nous voulons obtenir une suite4-complete minimale.

2.2.e. Le nombre de suites 4-completes minimales est donc 5× 3× 2× 1 = 30.

2.3. Comme dans la question precedente, u ∈ {k+ 1, k+ 2, . . . , 9} doit etre le chiffre des unitesde a, ce qui donne 9 − k choix. Pour chaque u ∈ {k + 1, k + 2, . . . , 9} le chiffre des dizaines dea doit etre un element de {u − 2, u − 3, . . . , u − k} (k − 1 choix). Il restent alors k − 2 chiffrespossibles pour les centaines, puis k − 3 choix pour les milliers, etc.

2.4. Commencons avec le cas sans passage de dizaine. Si les deux unites sont 0 et 1, alors nousavons 8! possibilites pour ordonner les 8 autres chiffres. Si les deux unites sont 1 et 2, alors nousavons seulement 7 × 7! possibilites pour ordonner les 8 autres chiffres, car nous n’avons que 7choix pour le premier chiffre : il doit etre different de 0. En general, si les deux unites sont u etu+ 1 avec u ∈ {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8} nous avons 7× 7! choix pour ordonner les autres chiffres. Autotal, il y a donc 8! + 8× 7× 7! = 8× 8! options sans passage de dizaine.

4

Si nous avons un passage de centaine (de 99 a 00), alors il nous reste 7 places pour couvrir8 chiffres : forcement deux chiffres avec les centaines, dont le premier chiffre vaut 1, 2, 3, 4, 5, 6ou 7 (7 choix). On peut alors ordonner les 6 autres chiffres de 6! facons differentes, ce qui donne7 × 6! = 7! choix pour un passage de centaine. De meme, si les unites valent 9 et 0, mais dansles dizaines, on reutilise l’un de ces deux chiffres en prenant 8 et 9 ou bien 0 et 1, alors il restent7! choix pour les 7 autres chiffres. Tous ces trois cas donnent donc 3× 7! options.

Enfin, il nous reste le cas ou les unites sont 9 et 0, et les dizaines sont u et u + 1 avecu ∈ {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7}. Pour l’un des 7 premiers chiffres (7 choix), on peut alors reutiliser 9 oul’un des deux chiffres des dizaines (3 choix) tout en permutant les six chiffres qui restent (6!choix) : cela donne 3× 7! choix. Pour l’un des 7 premiers chiffres sauf le tout premier (6 choix),on peut aussi reutiliser 0, conduisant a 6×6! choix supplementaires. Finalement, il nous reste lecas ou l’on ne reutilise ni les chiffres des unites, ni les chiffres des dizaines. Il nous restent donc 6chiffres pour 7 places, c’est-a-dire un chiffre sera utilise a deux places. On peut choisir ces deuxplaces de 7× 6/2 facons, puis attribuer nos 6 chiffres de 6! facons, donnant 7× 6/2× 6! = 3× 7!choix. Tous ces cas donnent donc 7× (3× 7! + 6× 6! + 3× 7!) = 48× 7! options.

Le nombre de suites 9-completes minimales est donc 8×8!+3×7!+48×7! = (64+3+48)×7! =115× 7! = 5× 23× 7! = 23× 7× 32 × 22 × 102 = 579600.

5 Triangles en somme

1.a,b. S2 = 3, S3 = 8, S4 = 20, S5 = 48, S6 = 112.

2.a. (p− 1) + p = 2p− 1, p+ (p+ 1) = 2p+ 1, (2p+ 1)− (2p− 1) = 2.

2.b,c. Si la difference entre deux entiers places cote a cote est egale a d, alors on peut les ecriresous la forme p− d, p, p+ d. Dans la ligne suivante, on aura alors 2p− d et 2p+ d cote a cote,mais leur difference vaut 2d. Cette diffrence double donc chaque ligne. Dans la troisieme, ellevaut 22, et dans la p-ieme, elle vaut 2p−1.

2.d. Chaque ligne suivante contient un entier de moins, donc la p-ieme ligne contient n− (p−1)entiers.

2.e. Par definition, le premier element de la p-ieme ligne est Sp. Pour obtenir les n−p elementssuivants, il faut ajouter la difference 2p−1 deja calculee.

3.a,b,c. Par definition, Sn = Sn−1+(Sn−1+2n−2) = 2Sn−1+2n−2, en particulier S20 = 5505024.

4.a,b,c. Nous avons

Sn = 2Sn−1 + 2n−2 ⇔ Sn

2n−2=

Sn−1

2n−3+ 1,

donc la suite des Sn

2n−2 est arithmetique de raison 1, et on calcule de proche en proche que

Sn

2n−2= n+ 1 ⇔ Sn = (n+ 1)× 2n−2.

En particulier, S6 = 7× 24 = 112, S20 = 21× 218 = 5505024 et S2019 = 2020× 22017.

5