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 Les trois Exercices communs des Olympiades 2001

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MessageSujet: Les trois Exercices communs des Olympiades 2001   Septembre 16th 2008, 5:34 am

Les trois Exercices communs des Olympiades 2001

Exercice I

Les faces d'un dé en forme de tétraèdre régulier sont numérotées de 1 à 4.
Le dé est posé sur une table, face « 1 » contre cette table.
Une étape consiste à faire basculer le dé autour de l'une quelconque des arêtes de sa base .
A l'issue de chaque étape, on note le numéro de la face contre la table.
On fait la somme, S, de tous ces nombres après 2001 étapes, en comptant aussi le « 1 » initial.


1) Donner la valeur maximale et la valeur minimale que l'on peut ainsi obtenir pour S.

2) La somme S peut-elle prendre toutes les valeurs entières entre ces deux valeurs ?

Exercice II

Sur un terrain de jeu sont alignés quatre poteaux, plantés en A, B, C et D dans cet ordre.
Ces poteaux délimitent trois buts de largeurs : AB
= 1, BC = 2, CD = d, où d est une longueur donnée.
Déterminer l'ensemble des points M du terrain d'où l'on voit les trois buts sous des angles AMB, BMC et CMD égaux.


Exercice III
Dessinez un cube C (un dessin même approximatif en perspective suffira).
Soit A un de ses sommets et B le sommet opposé, c'est à dire le point tel que le milieu du segment [AB] soit le centre du cube.
Considérons un autre cube C' admettant aussi (A, B) comme couple de sommets opposés.
Certaines arêtes de C rencontrent des arêtes de C'. Justifiez le fait que, en dehors de A et B, on obtient ainsi six points d'intersection entre une arête de C et une arête de C'.
Placez l'un d'eux sur le dessin et expliquez comment placer alors les cinq autres.
V étant le volume de C, quelle est la valeur minimale du volume de la portion d'espace commune aux cubes C et C'?
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MessageSujet: Re: Les trois Exercices communs des Olympiades 2001   Septembre 16th 2008, 5:34 am

pour l'esxercice 1 voila
Exercice 1:
1) La somme minimale est obtenue par : 1 + (2 + 1) + (2 + 1) + . + (2 + 1) + 2
avec 1000 termes entre parenthèses, donc S
min = 1 + 3x1000 + 2 = 3003.

La somme maximale est obtenue par : 1 + (4 + 3) + (4 + 3) + . + (4 + 3) + 4
avec 1000 termes entre parenthèses, donc S
max = 1 + 7x1000 + 4 = 7005.

2) On peut obtenir tous les entiers entre 3003 et 7005. Pour le voir, on part de la somme minimale:
1
+ 2 + 1 + 2 + 1 + 2 + .... + 1 + 2 = 3003 puis on remplace le premier "2" par un "3"
1
+ 3 + 1 + 2 + 1 + 2 + .... + 1 + 2 = 3004 puis on remplace le premier "2" par un "3"
1
+ 3 + 1 + 3 + 1 + 2 + .... + 1 + 2 = 3005 ainsi de suite , jusqu'à la somme:
1
+ 3 + 1 + 3 + 1 + 3 + .... + 1 + 3 = 4004. On a donc tous les entiers compris entre 3003 et 4004.
Ensuite, on remplace dans cette dernière somme le premier "3" par un "4".
1 + 4 + 1 + 3 +1 + 3 + ............+ 1 + 3 = 4005 , puis on remplace le premier "3" par un "4"
1 + 4 + 1 + 4 + 1 + 3 + ...........+ 1 + 3 = 4006 , ainsi jusqu'à remplacer le dernier "3" par un "4".
1 + 4 + 1 + 4 + 1 + 4 + ...........+ 1 + 4 = 5005. On a donc tous les entiers de 4005 à 5005.
Maintenant, en partant de cette dernière, on remplace le premier "1" par "2".
1 + 4 + 2 + 4 + 1 + 4 + ............+ 1 + 4 = 5006 , puis on remplace le premier "1" par un "2".
1 + 4 + 2 + 4 + 2 + 4 + ............+ 1 + 4 = 5007 , et on conduit ainsi jusqu'au dernier "1"
1 + 4 + 2 + 4 + 2 + 4 + ...... .....+ 2 + 4 = 6006. On a donc tous les entiers de 5006 à 6006.
Il ne reste plus qu'à appliquer ce même procédé de remplacement des "2" par des "3".
1 + 4 + 3 + 4 + 2 + 4 + ............+ 2 + 4 = 6007
1 + 4 + 3 + 4 + 3 + 4 + ............+ 2 + 4 = 6008 jusqu'à
1 + 4 + 3 + 4 + 3 + 4 + ........... + 3 + 4 = 7005.
En conclusion, on obtient tous les entiers de 3003 à 7005.
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MessageSujet: Re: Les trois Exercices communs des Olympiades 2001   Septembre 16th 2008, 5:35 am

Exercice 2:
Remarquons que si M est sur la droite (AB) alors la seule position possible de M est d'être à l'extérieure du segment [AD].
On se place alors dans le cas où M n'est pas sur (AB). Supposons que M vérifie la relation demandée.


Le point H est le projeté orthogonal de M sur (AB) et h=MH.
a est la mesure commune des angles (AMB) , (BMC) et (CMD) D'après les hypothèses sur A, B et C on a:
MC = 2MA et 2MD = dMB. Cela peut se voir en considérant l'aire des triangles AMB , BMC et CMD.
En passant alors par les vecteurs et le produit scalaire, on a:
(relations 1)
Faisons alors intervenir les points
G1,G2, G3 et G4 désignant les barycentres respectifs des systèmes
{A(2) , C(-1)} , {A(2) , C(1)} , {D(2) , B(d)} et {D(2) , B(-d)}. Ceci suppose que d est distinct de 2.
On vérifie sans peine que G1 = B.
Les relations précédentes conduisent à : .
C'est à dire que M appartient aux deux cercles de diamètres respectifs [G1G2] et [G3G4].
Une méthode alors assez simple pour voir ce qu'il passe, est de passer directement aux coordonnées des points dans un répère bien "choisi". On munit donc la droite (AB) du repère de centre A tel que B est pour abscisse 1. On voir alors que C(3) et D(3+d).
De plus, un simple calcul montre que:
Comme G3 est sur [BD] et G4 avant B , et que de plus G1 = B, on peut dire que les deux cercles ont un point en commun si et seulement si G4 est sur [BG2].
Ceci conduit alors à l'équation : qui donne comme solution : d > 6.
Le cas d = 6 correspond au cas où les deux cercles sont tangents en G2.


Pour d = 2, les relations MC = 2MA et 2MD = dMB donne que M doit être sur le cercle de diamètre [G1G2] et sur la médiatrice de [BD]. Comme B = G1 , et vue la position des points, cela est impossible.
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