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  APMEP   Exercices de-ci, de-là du BV 491

Article du bulletin 491

et solution des exercices 488-1, 488-2, 488-3 et 488-4

Bruno Alaplantive

- 29 avril 2015 -

Exercices

Exercice 491-1 (Daniel Reisz – Auxerre)
(exercice d’algèbre proposé à l’Université de Cambridge en 1877)

Trois Hollandais de mes amis, Henri, Nicolas et Corneille, récemment mariés, sont venus me faire une visite avec leurs femmes Gertrude, Catherine et Anna, mais j’ai oublié le nom de la femme de chacun en particulier. Ils m’ont dit qu’ils avaient été acheter des cochons au marché. Chacun d’eux en a acheté autant que le prix qu’il a payé pour un cochon. Henri a acheté 23 cochons de plus que Catherine ; Nicolas 11 de plus que Gertrude et chaque mari a dépensé 3 guinées (1 guinée = 21 schillings) de plus que son épouse. Pourriez-vous me dire d’après ces renseignements le prénom de l’épouse de chacun des hommes ?

voir l’article où est publiée la solution

Exercice 491-2 (Jérôme Esquerré – Ramonville-Saint-Agne) _ (d’après un exercice paru dans la rubrique « Affaire de logique » du Monde Magazine)

  • Soient A et P deux points du plan tels que AP = 4.
    Construire un triangle ABC rectangle et isocèle en A tel que BP = 6 et CP = 2.
  • À l’intérieur d’un triangle ABC rectangle et isocèle en A, P est le point tel que AP = 4, BP = 6 et CP = 2 (longueurs mesurées en cm).
    Combien mesure l’aire du triangle ABC en cm 2 ?

voir l’article où est publiée la solution

Exercice 491-3 (Jacques Borowczyk – Tours)
(configuration d’Armand Borgnet (1842))

Soient deux cercles ($C_1$) et ($C_2$) dont les centres $O_1$ et $O_2$ sont les extrémités d’un diamètre du cercle ($C_3$) de centre $O_3$ et dont la somme des rayons est égale au diamètre du cercle ($C_3$). Alors, toute tangente commune à deux de ces trois cercles ne passant pas par le point de contact des cercles ($C_ 1$) et ($C_2$) est tangente au troisième cercle et les arcs de cercle des cercles ($C_1$) et ($C_2$) interceptés par le cercle ($C_3$) ont des flèches de même longueur.

voir l’article où est publiée la solution

Exercice 491-4 (Georges Lion – Wallis)
(question du concours australien de mathématiques 2010)

Deux pavés 10 $\times$ 18 $\times$ L sont disposés des deux côtés d’un cylindre de longueur L pour l’empêcher de rouler. L’un des pavés a une face 10 $\times$ L sur le sol tandis que l’autre a une face 18 $\times$ L sur le sol. L’un des pavés dépasse en largeur de 4 unités de plus que l’autre, par rapport à la génératrice posée au sol.
Calculer le rayon R du cylindre sachant qu’il s’agit d’un entier strictement supérieur à 18.

voir l’article où est publiée la solution

Solutions

Exercice 488-1 : Bruno Alaplantive – Calgary
L’association maintient le cap : Pour les maths !

${CAP \over PLM}=.APMEP\ APMEP \ APMEP ...$

Dans cette fraction et sa notation décimale, de période de longueur 5, chaque lettre représente un chiffre différent.
La notation est à l’anglo-saxonne avec un point à la place de la virgule et le zéro n’est pas écrit.
À l’instar de notre chère centenaire, la fraction est naturellement irréductible !
Déterminer la solution et son unicité.

Télécharger la solution de Dominique Paniandy (Saint-André)

Autres solutions : Pierre Renfer (Saint Georges d’Orques), Frédéric de Ligt (Montguyon), Alain Corre (Moulins), Georges Lion (Wallis), Jean-Claude Carréga (Lyon), Bernard Collignon (Coursan), Giovanni Ranieri (Melun), Jean-Louis Nicolas (Lyon), Odile Simon (La Prénessaye).

Remarque. Pierre Renfer et Jean-Louis Nicolas ont utilisé le logiciel Maple pour balayer les cas.

Nota. L’APMEP est irréductible, ma bêtise aussi très probablement (hélas ?) ; mais en tout cas cette fraction, elle, ne l’est pas !
Exercice 488-2 : Amstramgram ? (d’après des olympiades australiennes de 1993)

Dans le plan rapporté à un repère orthonormal, les sommets d’un triangle ABC sont de coordonnées entières. Les côtés ne portent aucun autre point de coordonnées entières et il n’y a qu’un seul point, G, de coordonnées entières à l‘intérieur du triangle.
Prouver que G est le centre de gravité du triangle.

Télécharger la solution de Pierre Renfer (Saint Georges d’Orques)

Télécharger la solution de Frédéric de Ligt (Montguyon) (Pick et Pick et colégram  !)

Remarque  : la propriété du centre de gravité évoquée est assez immédiate à établir. Il est connu que les médianes d’un triangle partagent celui-ci en six triangles d’aires égales. Associés deux par deux, on forme ainsi trois triangles d’aires égales ayant le centre de gravité comme sommet commun. Il n’existe pas d’autre point possédant cette propriété. En effet, un autre point devrait se situer sur chacune des trois parallèles aux côtés passant par le centre de gravité afin de ne pas modifier l’aire de ces petits triangles (le tiers de celle du grand triangle). Mais ces trois droites sont concourantes au centre de gravité par définition.

Autres solutions : Alain Corre (Moulins), Bernard Collignon (Coursan).


Exercice 488-3 (issu de la compétition austro-polonaise de mathématiques de 1994)

La fonction f définie sur $\mathbb R$ est telle que pour tout nombre réel x, on a :

$$f(x+19) \le f(x)+19 \ \ \ \text{et}\ \ \ f(x+94) \ge f(x)+94$$

Montrer que pour tout x de $\mathbb R$, on a : $f(x+1)=f(x)+1$

Télécharger la solution de Bernard Collignon (Coursan)

Remarque  : Les nombres 19 et 94 sont premiers entre eux, ce qui permet de trouver des solutions aux équations diophantiennes 19x - 94y = 1 et 94x - 19y = 1 et permet d’arriver à chaque inégalité.
La première 19x - 94y = 1 admet pour solution particulière le couple (k,k’) = (5,1).
La seconde 94x - 19y = 1 admet pour solution particulière le couple (k’,k) = (18,89).

Autres solutions : Jérôme Alary (Unieux), Alain Corre (Moulins), Frédéric de Ligt (Montguyon), Georges Lion (Wallis), Mathilde Lahaye-Hitier (Saint-Bruno de Montarville – Canada), Jean-Claude Carréga (Lyon), Pierre Renfer (Saint Georges d’Orques), Giovanni Ranieri (Melun).


Exercice 488-4 : L’exercice de géométrie (d’après des olympiades canadiennes de 1997)

Un parallélogramme ABCD et un point intérieur O sont tels que

$$\widehat {AOB}+\widehat {COD}=180^\circ$$

Prouver que l’on a $\widehat {OBC}=\widehat {ODC}$

Télécharger la solution de Jean-Yves Le Cadre (Saint Avé)

Remarque : Partant de $\widehat {OBC}=\widehat {ODC}$ on montrerait de même que

$$\widehat {AOB}+\widehat {COD}=180°$$

Autres solutions : Frédéric de Ligt (Montguyon), Pierre Renfer (Saint Georges d’Orques), Bernard Collignon (Coursan).

(Article mis en ligne par Armelle BOURGAIN)
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