OLYMPIADES DE MATHÉMATIQUES

ACADÉMIE DE POITIERS

Classes de première S �  201 7

freemaths . fr Olympiades, Mathématiques, S �  201 7

www . freemaths . fr

SUJET + CORRIGÉ

Olympiades nationales

de mathématiques

____________________________

___

Métropole-Europe-Afrique-Orient-Inde

L’épreuve se déroule en deux parties indépendantes 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 académiques

Les candidats traitent deux exercices.

Exercice académique 1 : Toutes séries

DES PROMENADES DANGEREUSES

Partie A : On appelle suite unitaire 𝑈, une suite finie ou infinie, de premier terme 𝑈1 = 1, et dont tous les autres termes sont égaux à +1 ou -1. Si la suite est finie, le nombre de ses termes est sa longueur. Exemple : 1 ; 1 ; -1 ; -1 ; 1 ; -1 ; -1 est une suite unitaire de longueur 7 Écrire les termes d'une suite unitaire de longueur 8, dont la somme des termes est +2, dont la somme des termes de rang pair est -2 et dont la somme des termes dont les rangs sont multiples de 3 est +2.

Partie B : 7 amis numérotés de 1 à 7 sont au départ d'une route étroite bordée par deux fossés profonds. Une ligne médiane (en pointillés gras) partage la route en 2, et deux autres lignes (en pointillés fins) longent les deux fossés. Le point de départ D est indiqué sur la ligne médiane. Une suite U unitaire est donnée qui modélise les déplacements des 7 amis sur la route. -1 indique que le promeneur fait un pas en avant mais en allant sur la ligne immédiatement à droite si elle existe, sinon il tombe dans le fossé et sa promenade s'arrête. +1 indique que le promeneur fait un pas en avant mais en allant sur la ligne immédiatement à gauche si elle existe, sinon il tombe dans le fossé et sa promenade s'arrête. Pour se déplacer :

l'ami n°1 lit dans l'ordre tous les termes de la suite, l'ami n°2 lit dans l'ordre tous les termes de rang pair de la suite, et uniquement ceux-là,

et pour tout entier ∈ { 3 ; 4 ; 5 ; 6 ; 7} , l'ami n°𝑘 lit dans l'ordre tous les termes de la suite dont le rang est un multiple de 𝑘 et uniquement ceux-là.

1. Soit la suite unitaire 𝑉 de longueur 9 : 1 ; -1 ; -1 ; 1 ; -1 ; 1 ; 1 ; -1 ; 1. La trajectoire de l'ami n°1 associée à cette suite est représentée ci-contre. Faire le dessin de la route sur votre copie, et dessinez la trajectoire de 4 pas de l'ami n°2.

2. On voudrait modifier un terme unique de la suite 𝑉 de telle façon que 4 parmi les 7 amis tombent dans un fossé pendant leur promenade. Montrer que c'est impossible.

Partie C : On dit qu'une suite unitaire 𝑈 est sécurisée pour cette route si elle modélise les déplacements des 7 amis sans qu'aucun ne tombe dans un fossé. 1. Décrire toutes les suites unitaires sécurisées de longueur 7. Expliquer la démarche. 2. Montrer qu'il n'existe pas de suite unitaire sécurisée de longueur 12. Partie D : Paul E., un mathématicien, emmène avec lui 3 amis parmi ceux qui portent un numéro impair. Ils se rendent près d'une autre route plus large, bordée elle aussi de deux fossés profonds, et sur laquelle sont peintes cinq lignes parallèles équidistantes, numérotées de 1 à 5, la ligne 3 étant la ligne médiane. Paul tend à chacun des 3 amis une feuille sur laquelle apparaissent les 1000 termes d'une même suite unitaire. Il leur dit que, malgré sa longueur, cette suite est sécurisée pour cette route, du fait qu'elle contient cinq lignes. Il explique qu'ils doivent suivre les mêmes règles que celles indiquées en partie B et que cette suite est leur guide. Puis il leur demande de commencer leur promenade, en partant tous en même temps du point D indiqué sur la ligne médiane, et en adoptant tous la même vitesse. Au 58ème pas, Paul leur dit : « À partir de maintenant et avant la fin de votre promenade, vous allez vous trouver au moins deux fois positionnés de la même façon sur les lignes numérotées. » Quel raisonnement Paul a-t-il fait pour être si sûr de lui ? Et quels sont les 3 amis qui ont participé à cette promenade ?

Exercice académique n°2 : Série S Trajet Minimal

Un agriculteur possède un terrain rectangulaire, divisé par une route en deux parties A et B. L'agriculteur dispose de deux granges A et B distantes chacune de 1,5 km de la route principale 𝑂𝐴 = 𝑁𝐵 = 1,5 km et les deux chemins [𝑂𝐴] et [𝑁𝐵] sont distants de 𝑂𝑁 = 3 km, comme le montre la figure ci-contre. (La largeur de la route est négligeable.) L'agriculteur se déplace avec son tracteur pour aller de la grange A à la grange B. Il a la possibilité soit d'emprunter chemin et route sur lesquels il roule à 5 km/h, soit de passer à travers champs en ligne droite. Sur la partie A, il roule à la vitesse de 4 km/h et sur la partie B sa vitesse tombe à 3 km/h. Partie 1: Le trajet en un minimum de temps

1. Déterminer le temps mis par l'agriculteur s'il emprunte les chemins et la route seulement. 2. Déterminer le temps mis par l'agriculteur s'il décide de passer à travers champs en ligne droite. 3. On se place sur la zone B, et on suppose que le tracteur

quitte la route en un point M et rejoint le chemin au point F. On note 𝑇𝑐 la durée du trajet 𝑀𝐹 à travers champs et 𝑇𝑟 la durée du trajet 𝑀𝑁𝐹 par la route et le chemin.

a. Montrer que : 𝑇𝑐2 − 𝑇𝑟

2 =9(𝑎−𝑏)2+7(𝑎2+𝑏2)

225.

b. Comparer 𝑇𝑐 et 𝑇𝑟 et en déduire le trajet optimal sur la zone B.

4. On suppose maintenant que, sur la zone A, le tracteur quitte le chemin en un point 𝐷 et rejoint la route au point 𝑆. Ensuite, il se rend à la grange B par le trajet SNB. On note 𝑥 = 𝑂𝐷 et 𝑦 =𝑂𝑆 (voir figure ci-contre).

a. Exprimer le temps du trajet 𝑇 de la grange A à la grange B en fonction de 𝑥 et de 𝑦.

On suppose que 𝑥 est fixé et qu'il existe un réel 𝛼 tel que 𝑦 = 𝛼𝑥. b. Montrer que le temps 𝑇 en fonction de 𝛼 est :

𝑇(𝛼) =6

5+ 𝑥 (

√1+𝛼2

4−

1

5−

𝛼

5).

c. Montrer que le minimum 𝑇𝑚 de la fonction 𝑇 est atteint pour

𝛼 =4

3. (Indication: si 𝑓 est la fonction définie sur ℝ par 𝑓(𝛼) =

√1 + 𝛼2 alors 𝑓′(𝛼) =𝛼

√1+𝛼2.)

d. Donner l'expression de 𝑇𝑚 en fonction de 𝑥 et en déduire que 𝑇𝑚 est minimal si 𝑥 est maximal.

5. Déterminer la longueur du trajet que l'agriculteur doit emprunter pour arriver en un minimum de temps à la grange B. Quelle est la durée de ce trajet ?

Partie 2: Le trajet minimal Sur la partie B l'agriculteur décide d'installer quatre points d'approvisionnement, le premier point est le milieu 𝐽 du chemin [𝐵𝐶] et la trajectoire suivie par l'agriculteur est donnée par la figure ci-contre. À quels endroits précis 𝐾, 𝐻 et 𝐼 l'agriculteur doit-il placer les points d'approvisionnement pour que le trajet parcouru soit minimal ? Quelle est la longueur d'un tel trajet ?

Exercice académique n°2 : Séries ES – L – STMG – ST2S Droites en position générale

Dans une figure géométrique, on dit que des droites sont en position générale lorsque :

2 droites quelconques sont non parallèles ET 3 droites quelconques sont non concourantes.

On va s'intéresser ici au nombre de zones délimitées (bien entendu une droite est infinie), ainsi qu'au nombre de triangles. Pour la figure ci-contre constituée de 3 droites en position générale, on observe 7 zones et 1 triangle. Partie 1 : Nombre de zones Pour tout entier naturel 𝑛, on note 𝑧𝑛 le nombre de zone(s) du plan délimitée(s) quand on construit 𝑛 droite(s) en position générale. 1. Recopier et compléter le tableau ci-contre pour les

premières valeurs de 𝑧𝑛 2. On souhaite déterminer 𝑧5.

a. Réaliser une figure avec 4 droites 𝑑1, 𝑑2, 𝑑3 et 𝑑4 en position générale. On peut alors visualiser le nombre 𝑧4 de zones trouvé précédemment.

b. Tracer une cinquième droite 𝑑5 d'une couleur différente, de telle sorte que les 5 droites soient en position générale.

c. En coupant les 4 droites 𝑑1, 𝑑2, 𝑑3 et 𝑑4, combien de zones initialement délimitées la droite 𝑑5 a-t-elle coupé ? En déduire le nombre de zones 𝑧5 délimitées dans la figure à 5 droites.

3. On veut généraliser. On considère un entier naturel non nul 𝑛 et une figure contenant 𝑛 − 1 droites en position générale. a. On trace une 𝑛-ième droite 𝑑𝑛. Combien de zones cette droite coupe-t-elle ? b. En déduire une expression de 𝑧𝑛 en fonction de 𝑛. (On vérifiera que la formule permet de

retrouver la valeur de 𝑧5.)

On donne la formule suivante pour tout entier naturel 𝑛 : 1 + 2 + ⋯ + 𝑛 =𝑛(𝑛+1)

2.

4. Est-il possible de délimiter 2017 zones avec des droites en position générale ? Partie 2 : Nombre de triangles Pour tout entier naturel 𝑛, on note 𝑡𝑛 le nombre de triangle(s) formé(s) dans une figure constituée de 𝑛 droite(s) en position générale. 1. Recopier et compléter le tableau ci-contre

pour les premières valeurs de 𝑡𝑛. 2. On souhaite trouver la valeur de 𝑡5.

a. Construire une figure avec 4 droites 𝑑1, 𝑑2, 𝑑3 et 𝑑4 en position générale. On peut alors visualiser le nombre 𝑡4 de triangles trouvé précédemment. Tracer une cinquième droite 𝑑5 d'une couleur différente, de telle sorte que les 5 droites soient en position générale. Justifier que cette droite 𝑑5 fait apparaître un nouveau triangle avec chaque paire de droites déjà présentes.

b. Lister les paires de droites possibles avec les droites 𝑑1, 𝑑2, 𝑑3 et 𝑑4. Conclure sur la valeur de 𝑡5.

Nombre de droites 𝑛 Nombre de zones 𝑧𝑛

0 1

1 …

2 …

3 …

4 …

Nombre de droites 𝑛 Nombre de triangles 𝑡𝑛

0 0

1 …

2 …

3 …

4 …

3. On souhaite généraliser. En partant d'une figure constituée de 𝑛 − 1 droites en position générale où apparaissent 𝑡𝑛−1 triangles, combien de nouveaux triangles l'ajout d'une 𝑛-ième droite fait-il apparaître ?

En déduire que 𝑡𝑛 = 𝑡𝑛−1 +(𝑛−1)(𝑛−2)

2.

4. Est-il possible de trouver un entier naturel 𝑛 pour lequel une figure de 𝑛 droites en position générale fait apparaître un nombre de triangles supérieur au nombre de zones ?

Exercice académique n°2 : Séries STI2D – STL – STD2A Restauration d'un vitrail

Un maître verrier souhaite rénover un vitrail dont la forme est un triangle équilatéral de côté 2 m. Partie 1 : Rectangle d'aire maximale L'artisan souhaite dans un premier temps insérer un motif rectangulaire de couleur bleue. Il souhaite de plus optimiser l'apport de lumière bleue en choisissant le rectangle d'aire maximale. Pour les besoins de notre étude, nous allons introduire les notations suivantes : On nomme 𝐴𝐵𝐶 le triangle. On introduit un point 𝑀 sur le segment [𝐴𝐵] de telle sorte que la longueur 𝐵𝑀, notée 𝑡, vérifie 𝑡 ∈ ]0 ; 1[. Par la suite, on place les points 𝑁 ∈ [𝐶𝐵], 𝑃 ∈ [𝐴𝐶] et 𝑄 ∈ [𝐴𝐵] tels que 𝑀𝑁𝑃𝑄 soit un rectangle.

1. Montrer que 𝑀𝑁 = √3𝑀𝐵. 2. Donner l'expression 𝑓(𝑡) de l'aire du rectangle 𝑀𝑁𝑃𝑄 en fonction du réel 𝑡. 3. Justifier qu'il existe une position du point 𝑀 sur le segment qui rend l'aire maximale. Quelle

est alors l'aire du rectangle 𝑀𝑁𝑃𝑄 ? Quelles en sont les dimensions ? Partie 2 : Rectangles gigognes L'artisan souhaite continuer sa restauration en respectant la commande suivante : ajouter dans la partie supérieure triangulaire du vitrail un nouveau motif rectangulaire bleu d'aire maximale. Et cette opération devra être effectuée plusieurs fois. On visualise les premières étapes de son travail avec les figures suivantes. On va ici procéder à une construction géométrique en plusieurs étapes :

Étape 1 Étape 2 Étape 3

1. Démontrer que, à l'étape 1, le triangle supérieur est une réduction du triangle équilatéral

initial avec un coefficient de 1

2 pour les longueurs.

2. Donner les aires des deux vitraux rectangulaires ajoutés respectivement à l'étape 2 puis à l'étape 3.

3. On considère un entier 𝑛 ≥ 1. On souhaite connaître l’aire totale hachurée à l'étape 𝑛. On note cette surface 𝑆(𝑛).

a. Donner une expression de 𝑆(𝑛) comme somme de 𝑛 termes.

b. Justifier que 𝑆(𝑛) =2√3

3(1 −

1

4𝑛).

On rappelle que pour tout nombre 𝑞 ≠ 1, 1 + 𝑞 + 𝑞2 + ⋯ + 𝑞𝑛−1 =1−𝑞𝑛

1−𝑞.

4. Si le maître verrier continuait sa restauration avec une infinité d'étapes, quelle proportion du vitrail initial serait colorée en bleu ?

promenades dangereuses corrigé

PARTIE A Voilà les 8 emplacements pour les termes de cette suite qui commence par 1 : 1 . . . . . . . La somme des termes de rang multiple de 3 est 2 donc les 3ème et 6ème termes sont forcément égaux à 1. 1 . 1 . . 1 . . La somme des termes de rang pair est -2, donc les 2ème, 4ème et 8ème terme sont égaux à -1, puisque le 6ème est 1. 1 -1 1 -1 . 1 . -1 La somme des termes déjà déterminés est 0, et la somme des 8 termes est +2, donc chaque terme manquant est «égal à +1. On obtient finalement : +1 -1 +1 -1 +1 +1 +1 -1 Partie B 1°) La suite U est définie par ses 9 termes : 1 -1 -1 1 -1 1 1 -1 1 L'ami n°2 ne lit que les termes de rang pair, c'est à dire : -1 1 1 -1 Il ne fera que 4 pas, voilà sa trajectoire :

2°) Les amis n°5, n°6, n°7 ne peuvent tomber dans le fossé, puisqu'ils ne feront qu'un seul pas. Seuls les 4 premiers amis sont susceptibles de tomber dans un fossé. L'examen de leurs trajectoires montre que, guidé par la suite V, aucun d'eux ne tombe dans un fossé. Pour qu'il tombe tous les 4 dans un fossé en changeant un seul terme, il faut changer un terme qui influence les trajectoires des amis 1, 2, 3 et 4, donc un terme dont le rang est un multiple de 1, 2, 3, et 4, donc un rang au minimum égal à 12. C'est donc impossible puisqu'il n'y a que 9 termes dans la suite. PARTIE C Pour déterminer les suites sécurisées de longueur 7, le mieux est de fabriquer un arbre des possibilités qui permet de déterminer la totalité des suites sécurisées. Ces suites sécurisées commencent par 1 et le second terme est forcément -1, sinon l'ami 1 tomberait dans un fossé au 2ème pas. Le troisième terme de la suite peut être +1 ou -1. On obtient donc le début de l'arbre, de profondeur 3.

Si le troisième terme est 1, le quatrième ne peut être 1, car alors la somme des 4 premiers termes serait 2, et donc l'ami n°1 tomberait dans le fossé de gauche au 4ème pas. Si le troisième terme est 1, le quatrième terme ne peut être -1, car alors la somme des termes de rang pair serait -2, et l'ami n°2 tomberait dans le fossé de droite lors de son 2ème pas. Si le troisième terme est -1, le quatrième ne peut être -1, car alors la somme des 4 premiers termes serait -2, et l'ami n°1 tomberait dans le fossé de droite au 4ème pas. Par contre le quatrième terme peut être 1. Ainsi l'arbre précédent se prolonge et devient un arbre de profondeur 4.

En tenant le même type de

raisonnement on peut prolonger cet arbre jusqu'à la profondeur 7.

On obtient deux suites unitaires sécurisées de longueur 7 qui sont : U1 : +1 -1 -1 +1 -1 +1 +1 U2 : +1 -1 -1 +1 -1 +1 -1 2°) Pour montrer qu'il n'y a pas de suite sécurisée de longueur 12, on peut prolonger l'arbre précédent jusqu'à la profondeur 11. On obtient l'arbre suivant :

Si le 11ème est -1, on obtient la suite suivante : 1 -1 -1 +1 -1 +1 +1 -1 -1 +1 -1 la somme de ces 11 termes est -1, donc le 12ème terme doit être +1, sinon l'ami n°1 tomberait dans le fossé de droite au 12ème pas. Cependant la somme des termes de rang pair est 1, et donc le 12ème terme ne peut être 1 car l'ami n°2 tomberait dans le fossé de gauche à son 6ème pas. Donc la suite ci dessus ne peut être prolongée. Si le 11ème terme est +1, on obtient la suite suivante : 1 -1 -1 +1 -1 +1 +1 -1 -1 +1 +1 La somme de ces 11 termes est 1, donc le 12ème terme doit être -1. Cependant la somme des termes dont le rang est multiple de 3 est -1, donc le 12ème terme ne peut être -1, car alors l'ami n°3 tomberait dans le fossé de droite à son 4ème pas. Donc la suite ci dessus ne peut être prolongée. Conclusion : Il n'existe pas de suite sécurisée de longueur 12. autre méthode : Cette autre méthode permet de répondre à cette question sans faire d'arbre . Supposons qu'il existe une suite sécurisée de longueur 12. Le deuxième terme est forcément -1, sinon l'ami n°1 tombe dans un fossé au 2ème pas. 1 -1 . . . . . . . . . . Mais alors le quatrième terme est forcément +1, sinon l'ami n°2 tombe dans un fossé au 2ème pas. 1 -1 . +1 . . . . . . . . Le 8ème terme est forcément -1, sinon l'ami n°4 tombe dans un fossé au 2ème pas. 1 -1 . +1 . . . -1 . . . .

Le 3ème terme ne peut être +1, sinon l'ami n°1 tombe dans le fossé au 4ème pas. 1 -1 -1 +1 . . . -1 . . . . Le 6ème terme doit être 1, sinon l'ami n°3 tomberait dans un fossé au 2ème pas. 1 -1 -1 +1 . +1 . -1 . . . . Le 12ème terme doit être -1, sinon l'ami n°6 tomberait dans un fossé au 2ème pas. 1 -1 -1 +1 . +1 . -1 . . . -1 Le 5ème terme ne peut être 1, car l'ami n°1 tomberait dans un fossé au 6ème pas. 1 -1 -1 +1 -1 +1 . -1 . . . -1 Le 10ème terme est forcément 1, sinon l'ami n°5 tomberait dans un fossé à son 2ème pas. 1 -1 -1 +1 -1 +1 . -1 . +1 . -1 Le 7ème terme est forcément +1, sinon l'ami n°1 tomberait dans un fossé au 8ème pas. 1 -1 -1 +1 -1 +1 +1 -1 . +1 . -1 Le 9ème terme ne peut être 1, car l'ami n°1 tomberait dans un fossé au 10ème pas. Le 9ème terme ne peut être -1 car l'ami n°3 tomberait dans un fossé au 12ème pas. Conclusion : Aucune suite unitaire de longueur 12 est sécurisée. Partie D : Pour aller jusqu'au 58ème pas : L'ami n°1 doit lire jusqu'au 58 ème terme de la suite. L'ami n°3 doit lire jusqu'au 3x58= 174ème terme de la suite, mais en ne tenant compte que d'un terme sur 3. L'ami n°5 doit lire jusqu'au 5x58=290ème terme de la suite, mais en ne tenant compte que d'un terme sur 5. L'ami n°7 doit lire jusqu'au 7x58=406ème terme de la suite, mais en ne tenant compte que d'un terme sur 7. Pour le reste de la promenade, il reste à l'ami n°7, 594 termes de la suite à lire, ce qui représente 84 pas à faire, il reste à l'ami n°5, 710 termes à lire ce qui représente 142 pas à faire, il reste à l'ami n°3 826 termes à lire ce qui représente 275 pas à faire, il reste à l'ami n°1, 942 termes de la suite à lire ce qui représente 942 pas. D'autre part , le nombre de façons de répartir les 3 amis sur les 5 lignes est 5x5x5=125 façons. Pour être sûr qu'apparaissent au moins deux fois la même répartition pendant le reste de la promenade, il faut alors que les 3 promeneurs fassent en commun au moins 126 pas. Cela exclut l'ami n°7 qui n'a plus que 84 pas à faire. Les 3 amis sont donc forcément les numéros 1, 3 et 5. Dans ce cas ils ont en commun à faire encore 142 pas. Comme il y a 125 répartitions différentes des 3 amis sur les 5 lignes, il y en a au moins une qui apparaîtra au moins deux fois. Paul a donc raison. Proposition : Sujet pour S : parties A, B, C, D Sujets pour autres séries que S : parties A, B, C

Elements de correction

Exercice 1 :

Partie 1 : Le trajet en un minimum de temps

1. Le temps mis par l’agriculteur s’il emprunte les chemins et la route seulement : T1 =distance

vitesse

⇔ T1 =6

5= 1.2h = 1h12min

2. Le temps mis par l’agriculteur s’il decide de traverser les champs A et B sans emprunter les chemins :

T2 =

√

(1.5)2 + (1.5)2

4+

√

(1.5)2 + (1.5)2

3

T2 = 1.237h = 1h14min

3. On se place sur la zone B, et on suppose que le tracteur quitte la route en un point M et rejointle chemin au point F .

le temps du trajet MF a travers champ est : Tc =

√a2 + b2

3et le temps du trajet suivant la route

et le chemin MNF : Tr =a+ b

5On a

T 2

c− T 2

r=

a2 + b2

9−

a2 − 2ab+ b2

25

Equivalent a : T 2c− T 2

r=

9(a− b)2 + 7(a2 + b2)

225qui est toujours positif .

Ceci montre que Tc ≥ Tr, donc sur la zone B l’agriculteur a interet a prendre la route et le chemin.

4. On se place maintenant sur la zone A, et on suppose que le tracteur quitte le chemin en un pointD et rejoint la route au point S.

a) Le temps du trajet de la grange A a la grange B en fonction de x et de y :

T =1.5 − x

5+

√

x2 + y2

4+

4.5 − y

5

On suppose que x est fixe et qu’il existe un reel α tel que y = αx

b) En remplace y par αx dans l’expression de T , on a alors :

T (α) =1.5− x

5+ x

√1 + α2

4+

4.5− αx

5

Equivalent a dire que

T (α) =6

5+ x(

√1 + α2

4−

1

5−

α

5)

c) On a T ′(α) = x(α

4√1 + α2

−1

5)

T ′(α) = 0 ⇔α

4√1 + α2

=1

5

⇔ 9α2 = 16

⇔ α =4

3

Le minimum Tm de la fonction T est atteint pour α =4

3.

d) En remplace α par sa valeur

Tm =6

5+ x(

5

12−

1

5−

4

15) ⇔ Tm =

24− x

20.

En deduit alors que Tm est minimal si x est maximal.

5. La longeur du trajet sur la zone A : x = 1.5km et y =4

3x = 2km , la distance a travers champ est

de√

x2 + y2 = 2.5kmLa longeur du trajet sur la zone B : a = 1km et b = 1.5km , la distance parcourue sur la zone B

est de a+ b = 2.5kmLa distance totale pour aller de la grange A a la grange B est de 5km.

6. La duree de ce trajet : T =2.5

4+

2.5

5⇒ T = 1.125h = 1h7min

Partie 2 : Le trajet minimal

1. Soit E le symetrique de J par rapport a B, F le symetrique de B par rapport a C , L le symetriquede I parapport a R et P le symetrique de F par rapport a la droite (NR)

Comme les symetries conservent les distances alors on a :

JK +KH +HI + IB = EK +KH +HL+ LP

Il est clair que cette derniere distance est minimale si les cinq points E, K, H, L etP sont alignes.On place alors les points fixes E , F et P , l’intersection de la droite (EP ) avec les cotes [BN ] et[NR] nous donne les positions optimale K et H. L’intersection de la droite (FH) avec le cote [RC]nous donne la troisieme position I.

2. Si l’agriculteur suit un tel trajet, alors le triangle EFP est rectangle en F on a :

EP 2 = EF 2 + FP 2 ⇔ EP =√

(7.5)2 + 32

La longueur du trajet optimal est EP = 8.077km

Bareme :

Partie 1 :

1. 0.5 pt

2. 1 pt

3. a) 1 pt

b) 0,5 pt

4. a) 1 pt

b) 0,5 pt

c) 1 pt

d) 0,5 pt

5. 1 pt

Partie 2 :

1. 2 pt

2. 1 pt

DROITES EN POSITION GÉNÉRALE

Correction :

Partie 1 :

1.

Nombre de droites n Nombre de zones zn0 1

1 2

2 4

3 7

4 11

2. (a)

(b)

(c) La droite D5 a coupé 5 zones.

Chacune de ces zones étant coupée en deux, on a donc 5 zones supplémentaires et z5 = z4 + 5 = 16.

3. (a) La n-ième droite Dn va couper successivement n− 1 droites. Avant de couper la première droite, elle

coupe une première zone en deux, puis avant de couper une deuxième droite, elle coupe une autre

zone en deux, et ainsi de suite jusqu'à couper en deux une dernière zone après avoir coupé la dernière

droite présente dans la �gure (la n− 1-ème). On a donc n zones coupées en deux.

(b) On peut donc dire que zn = zn−1 + n.

De proche en proche zn = n+zn−1 = n+(n−1)+zn−2 = n+(n−1)+(n−2)+...+1+z0 =n(n + 1)

2+1.

(Pour n = 5, on trouve5× (5 + 1)

2+ 1 = 16 = z5)

4. On résout l'équationn(n + 1)

2+ 1 = 2017 d'inconnue entière n.

C'est une équation du second degré : n2 + n− 4032 = 0

∆ = 16129 = 1272 > 0, une racine positive n = 63.

On peut donc délimiter 2017 zones avec 63 droites en position générale.

Partie 2 : Nombre de triangles

1.

Nombre de droites n Nombre de zones tn0 0

1 0

2 0

3 1

4 4

2. (a) Chaque nouveau triangle a un côté porté par la nouvelle droite D5.

Les cinq droites étant en position générale, trois d'entre elles font toujours apparaître un triangle.

Les nouveaux triangles obtenus en traçant D5 sont donc les triangles comportant un côté sur D5 et

les deux autres sur deux des quatre autres droites.

(b) Les paires de droites possibles sont :

D1/D2 D1/D3 D1/D4 D2/D3 D2/D4 D3/D4

Il y a donc 6 paires possibles, donc 6 nouveaux triangles.

On peut écrire t5 = t4 + 6 = 10.

3. Les nouveaux triangles apparus avec la droite Dn sont ceux dont un des trois côté est porté par cette droite,

et donc dont les deux autres côtés sont portés par deux autres droites. Il y a donc autant de nouveaux

triangles que de paires de droites déjà présentes :

n− 2 paires avec D1 (D1/D2 D1/D3 ... D1/Dn−1)

n− 3 autres paires avec D2 (D2/D3 D2/D4 ... D2/Dn−1)

...

1 autre paire avec Dn−2 (Dn−2/Dn−1)

Soit au total (n − 2) + (n − 3) + ... + 1 =(n− 2)(n− 1)

2paires de droites déjà présentes, et autant de

nouveaux triangles.

On trouve donc : tn = tn−1 +(n− 1)(n− 2)

2.

4. En poursuivant les deux tableaux, on trouve z6 = 22, z7 = 29, et t6 = 20, t7 = 35.

Avec 7 droites en position générale, le nombre de triangles est supérieur au nombre de zones.

Barème :

Partie 1 :

1. 1 pt

2. (a) 0,25 pt

(b) 0,25 pt

(c) 0,5 pt

3. (a) 1 pt

(b) 1 pt

4. 1 pt

Partie 2 : Nombre de triangles

1. 1 pt

2. (a) 1 pt

(b) 1 pt

3. 1,5 pt

4. 0,5 pt

2

RESTAURATION D'UN VITRAIL

Correction

Partie 1 : Rectangle d'aire maximale

1. On note O le milieu de [AB].

Le triangle OBC est rectangle en O. Le théorème de Pythagore fournit : OC =√BC2 −OB2 =

√3.

Ainsi l'ordonnée de C est yC =√3.

M ∈ [OB] et N ∈ [CB] avec (MN)//(OC) (car MNPQ est un rectangle), le théorème de Thalès dans

le triangle OBC donneMN

OC=

MB

OB, soit MN =

√3MB.

2. Par symétrie, AQ = MB = t donc MQ = 2− 2t = 2(1− t).

f(t) = aire(MNPQ) = MQ×MN = 2(1− t)×√3t = −2

√3t2 + 2

√3t.

3. La fonction f est un trinôme du second degré. Son coe�cient dominant est −2√3 < 0, elle admet donc

un maximum en t =−2√3

2× (−2√3)

=1

2.

Ainsi, pour M milieu de [OB], l'aire du rectangle MNPQ est maximale et vaut f

(1

2

)=

√3

2. Ce

rectangle a pour dimensions MQ = 1 et MN =

√3

2.

Partie 2 : Rectangles gigognes

1. Les droites (AB) et (PN) sont parallèles. Les triangles CPN et CAB sont en con�guration de Thalès.

PN = QM = 2(1 − t) = 2 × 1

2= 1 =

1

2AB, donc le triangle NPC est une réduction du triangle ABC

avec un coe�cient de1

2pour les longueurs.

2. Le deuxième rectangle est une réduction du premier avec un coe�cient de1

2pour les longueurs, donc de

1

4pour les aires. Ainsi a(2) =

1

4a(1) =

√3

8car on a obtenu en Partie 1 a(1) =

√3

2

De même, le troisième rectangle a une aire correspondant au quart de celle du deuxième. a(3) =1

4a(2) =

√3

32.

3. S(n) = a(1) + a(2) + a(3) + ...+ a(n).

4. Lorsque le processus se poursuit, chaque nouveau rectangle s'obtient par une réduction du précédent avec

un coe�cient de1

2pour les longueurs, donc de

1

4pour les aires.

On trouve ainsi a(n) =1

4a(n − 1) =

1

16a(n − 2) = ... =

(1

4

)n−1

a(1) =1

4n−1×√3

2=

2√3

4npour tout

n ≥ 1.

Ainsi S(n) = a(1) +1

4a(1) +

(1

4

)2

a(1) + ...+

(1

4

)n−1

a(1) = a(1)

(1 +

1

4+

(1

4

)2

+ ...++

(1

4

)n−1)

On applique la formule donnée avec q =1

4, on obtient : Sn =

√3

2×

1−(1

4

)n

1− 1

4

=2√3

3

(1− 1

4n

).

5. Si l'on continuait le processus avec une in�nité d'étapes, on obtiendrait une in�nité de rectangles. L'aire

totale S correspondrait à la valeur de Sn pour n très grand.

Pour n très grand,1

4ns'approche de 0, et alors

2√3

3

(1− 1

4n

)s'approche de

2√3

3(1− 0) =

2√3

3.

La partie du vitrail coloré en bleu ainsi obtenue aurait une aire valant2√3

3=

2

3×√3, équivalente à

2

3de celle du triangle ABC, qui a pour aire

√3.

Barème

Partie 1 :

1. 1,5 pt

2. 1 pt

3. 1,5 pt

Partie 2 :

1. 1 pt

2. 1 pt

3. 0,5 pt

4. 2 pts

5. 1,5 pt