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Frédéric Barôme - Zone Asie - Olympiades 2013 - page 1 OLYMPIADES 2013 - Correction Exercice 1 : Nombres de Harshad 1.a. 3 + 6 + 4 = 13 et 364 : 13 = 28 donc, 364 est un nombre de Harshad. 1.b. Les nombres de 1 à 9 ont pour somme eux-mêmes et sont donc divisibles par cette somme. 1 + 0 = 1 et 10 divisible par 1 . 1 + 1 = 2 et 11 non divisible par 2 . Donc, 11 est le plus petit nombre à ne pas être nombre de Harshad. 2.a. 1 + 0 + 0 + 0 = 1 et 1 000 divisible par 1 donc, 1 000 est un nombre de Harshad. 2.b. 10 n1 a pour somme des chiffres 1 + 0 + ... + 0 = 1 et est divisible par 1 . donc, 10 n1 est un nombre de Harshad à n chiffres. 3.a. 1 + 1 + 0 = 2 et 110 divisible par 2 , 1 + 1 + 1 = 3 et 111 : 3 = 37, 1 + 1 + 2 = 4 et 112 : 4 = 28 donc, 110 , 111 et 112 sont des nombres de Harshad. 3.b. 1 + 0 + 1 + 0 = 2 et 1 010 : 2 = 505, 1 + 0 + 1 + 1 = 3 et 1 011 : 3 = 337, 1 + 0 + 1 + 2 = 4 et 1 012 : 4 = 253 donc, 1 010 , 1 011 et 1 012 sont des nombres de Harshad. 3.c. Pour tout n entier 2 : 10 n + 10 a pour somme des chiffres 2 et 10 n + 10 = 10 ( 10 n1 + 1 ) = 2 × 5 ( 10 n1 + 1 ) . 10 n + 11 a pour somme des chiffres 3 et est divisible par 3 par critère de divisibilité. 10 n + 12 a pour somme des chiffres 4 et 10 n + 12 = 100 × 10 n2 + 12 = 4 ( 25 × 10 n2 + 3 ) . Donc, 10 n + 10 , 10 n + 11 et 10 n + 12 sont des nombres de Harshad. 4.a. 30 × 31 × 32 × 33 = 982 080 La somme des chiffres vaut 9 + 8 + 2 + 0 + 8 + 0 = 27 . 4.b. 9 + 8 + 2 + 0 + 8 + 0 + 3 + 0 = 27 + 3 = 30 98 208 030 = 98208000 + 30 = 100 × 982 080 + 30 = 100 × 30 × 31 × 32 × 33 + 30 = 30 ( 100 × 31 × 32 × 33 + 1 ) De même : 98 208 031 a pour somme des chiffres 27 + 3 + 1 = 31 et 98 208 031 = 100 × 30 × 31 × 32 × 33 + 31 = 31 ( 100 × 30 × 32 × 33 + 1 ) 98 208 032 a pour somme des chiffres 27 + 3 + 2 = 32 et 98 208 032 = 32 ( 100 × 30 × 31 × 33 + 1 ) 98 208 033 a pour somme des chiffres 27 + 3 + 3 = 33 et 98 208 033 = 33 ( 100 × 30 × 31 × 32 + 1 ) La question 2. peut se faire aussi avec les entiers de la forme 10 n‒1 + 2 dont la somme des chiffres vaut 3 .

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Frédéric Barôme - Zone Asie - Olympiades 2013 - page 1

OLYMPIADES 2013 - Correction Exercice 1 : Nombres de Harshad

1.a. 3 + 6 + 4 = 13 et 364 : 13 = 28

donc, 364 est un nombre de Harshad.

1.b. Les nombres de 1 à 9 ont pour somme eux-mêmes et sont donc divisibles par cette

somme.

1 + 0 = 1 et 10 divisible par 1 .

1 + 1 = 2 et 11 non divisible par 2 .

Donc, 11 est le plus petit nombre à ne pas être nombre de Harshad.

2.a. 1 + 0 + 0 + 0 = 1 et 1 000 divisible par 1

donc, 1 000 est un nombre de Harshad.

2.b. 10n‒1 a pour somme des chiffres 1 + 0 + ... + 0 = 1 et est divisible par 1 .

donc, 10n‒1 est un nombre de Harshad à n chiffres.

3.a. 1 + 1 + 0 = 2 et 110 divisible par 2 ,

1 + 1 + 1 = 3 et 111 : 3 = 37,

1 + 1 + 2 = 4 et 112 : 4 = 28

donc, 110 , 111 et 112 sont des nombres de Harshad.

3.b. 1 + 0 + 1 + 0 = 2 et 1 010 : 2 = 505,

1 + 0 + 1 + 1 = 3 et 1 011 : 3 = 337,

1 + 0 + 1 + 2 = 4 et 1 012 : 4 = 253

donc, 1 010 , 1 011 et 1 012 sont des nombres de Harshad.

3.c. Pour tout n entier 2 :

10n + 10 a pour somme des chiffres 2 et 10n + 10 = 10 ( 10n‒1 + 1 ) = 2 × 5 ( 10n‒1 + 1 ) .

10n + 11 a pour somme des chiffres 3 et est divisible par 3 par critère de divisibilité.

10n + 12 a pour somme des chiffres 4 et 10n + 12 = 100 × 10n‒2 + 12 = 4 ( 25 × 10n‒2 + 3 ) .

Donc, 10n + 10 , 10n + 11 et 10n + 12 sont des nombres de Harshad.

4.a. 30 × 31 × 32 × 33 = 982 080

La somme des chiffres vaut 9 + 8 + 2 + 0 + 8 + 0 = 27 .

4.b. 9 + 8 + 2 + 0 + 8 + 0 + 3 + 0 = 27 + 3 = 30

98 208 030 = 98208000 + 30

= 100 × 982 080 + 30

= 100 × 30 × 31 × 32 × 33 + 30

= 30 ( 100 × 31 × 32 × 33 + 1 )

De même :

98 208 031 a pour somme des chiffres 27 + 3 + 1 = 31

et 98 208 031 = 100 × 30 × 31 × 32 × 33 + 31

= 31 ( 100 × 30 × 32 × 33 + 1 )

98 208 032 a pour somme des chiffres 27 + 3 + 2 = 32

et 98 208 032 = 32 ( 100 × 30 × 31 × 33 + 1 )

98 208 033 a pour somme des chiffres 27 + 3 + 3 = 33

et 98 208 033 = 33 ( 100 × 30 × 31 × 32 + 1 )

La question 2. peut se faire aussi avec les entiers de la forme 10

n‒1 + 2 dont la

somme des chiffres vaut 3 .

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4.c. Pour tout n entier 2 , posons an = 982 080 × 10n .

Alors an + 30 , an + 31 , an + 32 , an + 33 sont des nombres de Harshad.

Par exemple, 982 080 × 10n + 30 a pour somme des chiffres 30

et 982 080 × 10n + 30 = 30 ( 10n × 31 × 32 × 33 + 1 )

De même pour les trois autres.

5.a. 30 × 31 × 32 × 33 × 34 = 982 08030 × 34

= 33 390 720 a pour somme de chiffres 27 .

3 339 072 030 , 3 339 072 031 , 3 339 072 032 , 3 339 072 033 et 3 339 072 034 sont cinq

nombres de Harshad consécutifs.

Par exemple, 3 339 072 030 a pour somme des chiffres 27 + 3 + 0 = 30

et 3 339 072 030 = 30 ( 100 × 31 × 32 × 33 × 34 + 1 )

De même pour les quatre autres.

5.b. Pour tout n entier 2 , posons bn = 33 390 720 × 10n .

Alors bn + 30 , bn + 31 , bn + 32 , bn + 33 et bn + 34 sont des nombres de Harshad.

Par exemple, 33 390 720 × 10n + 30 a pour somme des chiffres 30

et 33 390 720 × 10n + 30 = 30 ( 10n × 31 × 32 × 33 × 34 + 1 )

De même pour les quatre autres.

6.a. Posons S(n) la somme des chiffres d'un entier naturel n non nul.

p peut s'écrire q × 102 + 10i + 9 , avec q entier.

S(p) = S(q) + i + 9

Alors p + 2 s'écrit q × 102 + 10i + 9 + 2 = q × 102 + 10 ( i + 1 ) + 1 car i 8

Donc S(p + 2) = S(q) + i + 1 + 1

= S(p) ‒ 7 de parité différente de celle de S(p) .

p et p + 2 se terminent par 9 donc sont impairs.

Donc, celui des deux dont la somme est paire n'est pas un nombre de Harshad.

6.b. Soit 22 entiers consécutifs.

Le premier 9 comme chiffre des unités appartient au pire au 10ème entier (ou avant).

Le second 9 comme chiffre des unités appartient au pire au 20ème entier (ou avant).

Au moins l'un de ces deux 9 est précédé d'un chiffre entre 0 et 8 comme chiffre des

dizaines.

Nommons le p .

Alors p + 2 fait partie des 22 entiers (en étant au pire le 22ème).

D'après le 6.a. , ils ne peuvent être nombres de Harshad tous les deux.

Donc, les 22 entiers consécutifs ne peuvent être tous des nombres de Harshad.

Harshad provient du sanskrit et signifie "qui procure de la joie". C'est le mathématicien indien Dattatreya Ramachandra Kaprekar (1905 - 1986) , connu pour ses recherches sur les nombres qui est à l'origine de ce nom. Depuis 1997, ces nombres sont appelés nombres de Niven en l’honneur du mathématicien américain Ivan Morton Niven (1915-1999) qui a donné une conférence sur leur sujet et qui a étudié les entiers divisibles par le double de la somme des chiffres. La mathématicienne anglaise Helen G. Grundman a démontré qu'il n'existe pas 21 entiers consécutifs qui sont tous des nombres Harshad. Elle trouva aussi la plus petite suite de 20 entiers consécutifs qui sont tous des nombres Harshad. Ils dépassent 1044363342786.

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Exercice 2 : Le billard rectangulaire

1.a. Posons I et J les milieux respectifs de [MN] et de

[PO] , puis A et B les milieux respectifs de [JO] et de

[IN] .

(AB) axe de symétrie de INOJ

donc IAB = BAN .

On doit donc viser le point A .

1.b. Posons C le point à viser, D son projeté orthogonal

sur [MN] et K le milieu de [NO] .

ICD = DCK donc JCI = KCO .

De plus, IJC et KCO sont rectangles.

Ayant deux angles égaux, IJC et KCO sont de la

même forme,

donc KCO est une réduction de IJC .

Alors :

KO = IJ

2 implique que CO =

CJ

2

donc C est à 1

3 de [OJ] en partant de O .

Autre méthode

Posons I' le symétrique de I par rapport à J .

Posons C l'intersection de [KI'] et [OJ] .

Les angles opposés par le sommet KCO et JCI' sont égaux.

Les angles symétriques JCI' et JCI sont égaux.

Donc KCO = JCI .

On peut donc atteindre K en visant C .

1.c. Posons L le milieu de [MP] .

(IJ) et (KL) axes de symétrie de MNOP .

On en déduit d'une part : IKL = LKJ

donc, en visant K , la boule arrive en J .

Puis KJI = IJL

donc, après avoir tapé en J , la boule arrive en L .

Et enfin JLK = KLI

donc, après avoir tapé en L , la boule arrive en I .

On doit donc viser le point K .

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2.a. Posons R le point de [MN] où est placée la boule.

Posons R' le projeté de R sur [PO] .

Posons S le point de la surface à atteindre.

Posons S' et S" les projetés respectifs de S sur [PO] et sur [NO] .

Posons U et V les symétriques respectifs de S par rapport à S' et S" .

Supposons S hors du segment [RR'] et donc S' R' .

Posons alors U' l'intersection de [RU] et [R'S'] .

Les angles opposés par le sommet UU'S' et R'U'R sont égaux.

Les angles symétriques UU'S' et S'U'S sont égaux.

Donc R'U'R = S'U'S .

On peut donc atteindre S en visant U' .

Supposons S sur le segment [RR'] avec S R et donc S" N .

Posons alors V' l'intersection de [RV] et [NS"] .

Pour les mêmes raisons que précédemment, on peut atteindre S en visant V' .

Cette construction étant valable également pour tout S hors du segment [MN] .

On peut donc toujours atteindre S .

2.b. Posons R le point de [MN] où est placée la boule.

Posons R' le symétrique de R par rapport au centre de MNOP .

Posons R" le symétrique de R' par rapport à O .

Posons U le point d'intersection de [NO] et [RR"] .

Posons V tel que RUR'V soit un parallélogramme.

On a donc R , N , U et O symétriques respectifs de R' , P , V et M par rapport à .

Comme on l'a vu dans la question 2.a. , = .

Dans les triangles RNU et R'OU , on a = 90° ‒ et = 90° ‒ donc = .

RNU symétrique de R'PV par rapport à donc = et = .

UOR' symétrique de VMR par rapport à donc = et = .

Bilan : = = = et = = = .

Donc, en visant le point U , on revient en trois bandes au point R .

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Exercice 3 : Somme d'entiers consécutifs

1. 2 013 = 1 006 + 1 007

2 013 = 670 + 671 + 672

2 013 = 333 + 334 + 335 + 336 + 337 + 338

2. 501 + 502 + 503 + 504 = 2 010 est trop petite.

502 + 503 + 504 + 505 = 2 014 est trop grande.

Et il n'y a pas de somme de quatre entiers consécutifs entre les deux.

Autre méthode

Une somme de quatre entiers consécutifs s'écrit n + ( n + 1 ) + ( n + 2 ) + ( n + 3 ) = 4n + 6 , où n

est le premier entier.

Or 4n + 6 = 2 013 n = 2 013 ‒ 6

4 qui n'est pas entier.

C'est donc impossible.

3. Une somme de cinq entiers consécutifs s'écrit

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

Or 5n + 10 = 2 013 n = 2 013 ‒ 10

5 qui n'est pas entier.

C'est donc impossible.

4.a. N peut s'écrire :

n + ( n + 1 ) + ( n + 2 ) + ... + ( n + k ‒ 1 ) = kn + ( 1 + 2 + ... + k ‒ 1 )

= kn + ( k ‒ 1 ) k

2

= k

2 ( 2n + k ‒ 1 )

avec 2n + k ‒ 1 entier et k

2 entier car k pair.

Donc N divisible par k

2 .

4.b. D'après le 4.a. , N peut s'écrire kn + ( k ‒ 1 ) k

2 = k ( n +

k ‒ 1

2 )

avec n + k ‒ 1

2 entier car k ‒ 1 pair si k impair.

Donc N divisible par k .

5. Si k pair :

alors d'une part k

2 est diviseur de 2 013

et d'autre part 2 013 = k

2 ( 2n + k ‒ 1 ) 2n + k ‒ 1 =

2 × 2 013

k n =

2 013

k ‒

k

2 +

1

2 (*).

Les diviseurs de 2 013 sont 1 ; 3 ; 11 ; 33 ; 61 ; 183 ; 671 et 2 013 .

k

2 = 1 k = 2 n = 1 006 2 013 = 1 006 + 1007

k

2 = 3 k = 6 n = 333 2 013 = 333 + 334 + … + 338

k

2 = 11 k = 22 n = 81 2 013 = 81 + 82 + … + 102

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k

2 = 33 k = 66 n = ‒2 2 013 = (‒2) + (‒1) + … + 63

k

2 = 61 k = 122 n = ‒44 2 013 = (‒44) + (‒43) + … + 77

k

2 = 183 k = 366 n = ‒177 2 013 = (‒177) + (‒176) + … + 188

k

2 = 671 k = 1 342 n = ‒669 2 013 = (‒669) + (‒668) + … + 672

k

2 = 2 013 k = 4 026 n = ‒2 012 2 013 = (‒2 012) + (‒2 011) + ... + 2 013

Si k impair :

alors d'une part k est diviseur de 2 013

et d'autre part 2 013 = k ( n + k ‒ 1

2 ) n +

k ‒ 1

2 =

2 013

k n =

2 013

k ‒

k ‒ 1

2 (**) .

Les diviseurs de 2 013 sont 1 ; 3 ; 11 ; 33 ; 61 ; 183 ; 671 et 2 013 .

k = 1 est à exclure car on cherche une somme d'au moins deux termes

k = 3 n = 670 2 013 = 670 + 671 + 672

k = 11 n = 178 2 013 = 178 + 179 + … + 188

k = 33 n = 45 2 013 = 45 + 46 + … + 77

k = 61 n = 3 2 013 = 3 + 4 + ... + 63

k = 183 n = ‒80 2 013 = (‒80) + (‒79) + … + 102

k = 671 n = ‒332 2 013 = (‒332) + (‒331) + … + 338

k = 2 013 n = ‒1 005 2 013 = (‒1 005) + (‒1 004) + ... + 1 007

6. 2 048 = 211

Si k impair :

alors k est diviseur de 2 048

et donc k = 1 , cas à exclure car on cherche une somme d'au moins deux termes.

Si k pair :

alors, en adaptant (*) , on a 2 048 = k

2 ( 2n + k ‒ 1 ) .

On en déduit que 2n + k ‒ 1 est un diviseur impair de 2 048, donc 2n + k ‒ 1 = 1

D'où k

2 = 2 048 puis k = 4 096 et enfin n =

2 048

4 096 ‒

4 096

2 +

1

2 = ‒2 047 .

La seule décomposition est donc (‒2 047) + (‒2 046) + ... + 2 048 .

7. Cherchons le nombre de décompositions en sommes de k entiers avec k impair.

Si k impair :

alors d'une part k est diviseur de N

et d'autre part n = N

k ‒

k ‒ 1

2 (***) , adaptation de (**) .

k = 1 est à exclure car on cherche une somme d'au moins deux termes.

Mais pour chacun des N ‒ 1 autres diviseurs impairs de N , l'égalité (***) donne une

valeur de n et donc une décomposition.

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Cherchons le nombre de décompositions en sommes de k entiers avec k pair.

Si k pair :

alors d'une part k

2 est diviseur de N

et d'autre part N = k

2 ( 2n + k ‒ 1 ) (****) , adaptation de (*) , avec 2n + k ‒ 1 diviseur

impair de N .

Il y a donc autant d'égalités (****) que de diviseurs impairs de N , et chacune donne

une valeur de n et donc une décomposition.

On a donc en tout N ‒ 1 sommes de k entiers, avec k impair, et N sommes de k

entiers, avec k pair.

Donc, il y e bien 2 N ‒ 1 .

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Exercice 4 : Pousser les bords...

Dans tout l'exercice, les longueurs sont exprimées en cm et les aires en cm2.

1. Le côté du petit carré vaut 12

4 = 3 .

Le côté du grand carré vaut alors 3 + 2 = 5 .

L'augmentation de l'aire est donc 52 ‒ 32 = 25 ‒ 9 = 16 .

2.

Périmètre de PQR = 12 Côté de PQR = 4 Hauteur de PQR = 4 3

2 = 2 3

QPR = 60° APB = 60°

PA = PB donc PAB équilatéral

Donc, ses hauteurs sont isométriques : PC = AA' = 1 .

Et par symétrie : CP' = 1 .

Donc, la hauteur de P'Q'R' vaut 1 + 1 + 2 3 + 1 = 3 + 2 3 .

P'Q'R' est donc un agrandissement de PQR de rapport 3 + 2 3

2 3 =

3

2 + 1 .

Donc, l'augmentation de l'aire vaut :

aire de PQR × ( 3

2 + 1 )2 ‒ aire de PQR =

4×2 3

2 × [ (

3

2 + 1 )2 ‒ 1 ]

= 4 3 × ( 3

4 + 3 )

= 3 3 + 12

Autre méthode

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L'augmentation de l'aire est formée de :

- trois rectangles du type de PQCA d'aire 4×1 = 4 .

- six triangles du type de PAP' rectangle en A .

AP'B = 60° , donc, par symétrie, AP'P = 30° .

Donc P'A = AP

tan 30°

= 1 : 1

3 = 3

Et donc : Aire de PAP' = AP × P'A

2 =

3

2 .

On en déduit l'augmentation : 3 × 4 + 6 × 3

2 = 12 + 3 3 .

Autre méthode

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3.

L'augmentation de l'aire est formée de :

n rectangles du type de P1R1S2P2 dont la somme des aires

vaut 1 × périmètre = 1 × 12 = 12 .

n quadrilatères du type de P1S1P'1R1 .

Or, l'aire de P1S1P'1R1 est inférieure à l'aire du secteur circulaire de centre P1 et

d'angle 1 = S1P1R1 .

Donc, par analogie :

somme des aires des n quadrilatères > somme des aires des n secteurs .

Calculons cette somme.

En collant ces secteurs par leurs rayons égaux à 1 , on obtient un

secteur circulaire de rayon 1 et d'angle au centre i=1

n

i .

L'aire de ce secteur vaut 12 ×

i=1

n

i

360 .

En écrivant la somme des angles de sommet Pi , on obtient :

i + 90° + i + 90° = 360° i = 180° ‒ i

Donc, par somme sur les n sommets :

i=1

n

i = n×180° ‒ i=1

n

i

= n×180° ‒ ( n ‒ 2 ) × 108°

= 360°

On en déduit que l'aire du secteur vaut .

Finalement :

l'augmentation de l'aire > 12 + > 15 .

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Autre méthode

Autre méthode

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4.

Si on prend un hexagone régulier, l'augmentation de l'aire est formée de :

6 parallélogrammes superposables de base 12

6 = 2 et de hauteur 1 , donc d'aire 2 .

6 triangles équilatéraux (en rouge).

Chaque triangle a pour hauteur 1 ,

donc a pour côté a tel que a 3

2 = 1 a =

2

3 ,

et a donc pour aire

2

3 × 1

2 =

3

3 .

On en déduit que l'augmentation vaut 6 × 2 + 6 × 3

3 = 12 + 2 3 = 15,46... < 15,5 .

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