Olympiades maths Orient 2018 Corrigé Exercices académiques .pdf

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Proposition de corrigé des 
Olympiades nationales de mathématiques 2018 
EXERCICES ACADEMIQUES  
Exercice 1 :  le retour de l’escargot 
Partie A 

1.  

  Donc, parcours 1 = 4√10 +4×3 = 12 + 4√10 

                                  parcours 2 = 2√10 +6×3+2×1  = 20 + 2√10  
                                  parcours 3 = 3√10 +5×3+1  = 16 + 3√10 
 
2.            
                               

                                             
                

L’escargot ne peut pas aller directement de A vers B. 
Sachant que lorsqu’il atteind le bord droit de la façade il ne 
peut que monter tout droit, alors le plus court chemin pour 
atteindre ce bord est [AP]. Et tout autre chemin (par exemple  
le bleu) est plus long d’après l’inégalité triangulaire.  
(Notons ici que le chemin bleu est équivalent au chemin  
AC+ CP et que AP < AP1 < AP2 < AP3) 
Une fois qu’il est sur P, il ne lui reste que le chemin  PB. 
D’où la longueur du plus court chemin est  
⎯⎯→

                                       
                     
                     

⎯⎯→

⎯⎯→

4√10 + 4×3 = 12 + 4√10. 
Le plus long chemin est quand l’escargot ne fait aucune 
diagonale donc AB’ + B’B = 8×3 + 4 = 28 m. 

 
 
 
 
yucefnohra@gmail.com                                                                                                                                                              1 
 

3.  

 A chaque fois qu’on remplace une diagonale par 2 côtés, on est en train de 

diminuer le nombre de √10 de 1 et d’augmenter le nombre entier de mètres de 4m. Alors 
les distances possibles sont : 
12 + 4√10 , 
16 + 3√10 , 
20 + 2√10 , 
24 + √10  et  
28. 
Partie B 
1.  AP = n√10  car P(n ;n).  PB = (p‐n) × 3. 
Donc un des parcours est 3(p‐n) + n√10. 
Et puisque chaque fois qu’on diminue le nombre de diagonales (√10) de 1 on ajoute 
4 au terme entier de la longueur du parcours : 3(p‐n)+4 + (n‐1) √10, alors il existe 
toujours a et b tels que L = a + b√10. 
2. Minimale = 3(p‐n) + n√10   et   maximale = 3p + n (car B(n ;p)) 
3. Soit la proposition (P) : a + 4b = n + 3p 
Démontrons‐la par récurrence : 
Etape 0 :  L0 = 3(p‐n) + n√10 = a0 + b0√10 
       a0 + 4b0 = 3(p‐n) + 4n = 3p + n  
Donc ((P0) est vraie. 
Supposons que ça reste vrai à l’étape n cad : an + 4bn = 3p + n. 
Alors à l’étape n+1 : 
       an+1 + 4bn+1 = an + 4 + 4(bn – 1) 
                            = an + 4bn 
                            = 3p + n. 
D’où (P) est toujours vraie. 
 
 
 
yucefnohra@gmail.com                                                                                                                                                              2 
 

Partie C 
1. a.  Schéma en vert  D’après la partie B (2.) on a que  
AMminimale = 3(y‐ ) +  √10 
puis on a un déplacement vertical = 3, puis un déplacement 
diagonal de (n‐ ) √10 et enfin un déplacement vertical de  
3(p‐y‐1‐ (n‐ )) = 3(p‐y‐1‐n+ ). 
D’où  
Lm = 3(y‐ ) +  √10 + 3 + n√10 ‐ √10 +3p ‐3y‐3 –3n+ 3  
      = 3(p‐n) + n√10 
 
 b. Schéma en bleu   
AMminimale = 3(y‐ ) +  √10 
puis on a un déplacement vertical = 3, puis un déplacement 
diagonal de (n‐ ) √10 . 
Donc  
Lm = 3(y‐ ) +  √10 + 3 + (n‐ ) √10 
or y = p – (n‐ )‐1 = p – n +   ‐ 1 
D’où 
Lm = 3(p‐n+ ‐1‐ ) +  √10 + 3 + n√10 ‐  √10 
     = 3(p‐n) +n√10 . 
 
c.  Schéma en rouge  
AMminimale = 3(y‐ ) +  √10 
puis on a un déplacement vertical = 3, 
puis un déplacement diagonal de q √10 
et enfin un déplacement horizontal de  
q’×1. 
or y=p‐1‐q ⇒ q = p‐y‐1 
et q+q’ = n‐   ⇒ q’ = n‐ ‐q = n‐ ‐p+y+1 
D’où  
Lm = 3(y‐ ) +  √10 + q√10 + q’ + 3 
     = 3(y‐ ) +  √10 + (p‐y‐1)√10 + n‐ ‐ 
         p+y+1 + 3 
     = 4(y‐ +1) + n – p +(p‐y‐1+ ) √10 
 
yucefnohra@gmail.com                                                                                                                                                              3 
 

2. n = 8 et p = 70. 
cas a Lm = 3(70‐8) + 8√10    211.298 m 
cas b Lm = 3(70‐8) + 8√10    211.298 m 
cas c Lm = 4(64‐1+1)+8‐70+(70‐64‐1+1) √10   213 m 
Puisque l’escargot choisit le parcours de longueur 
minimale donc Lm = 211 298 mm. 
Ce qui lui prend 211 298 secondes = 58h41min38sec. 
Alors le TGV aura fait en 58h, 29 trajets, soit à peu près 14 
allers‐retours. 
 
 
 
 
 
Exercice 2 :  une partie de billard 
Partie A 
1. a. d est un diviseur commun à n et p  ⇒  n=dk et p = dk’ 
⇒ n peut être coupé en k morceaux de longueur d, et p en k’ morceaux de longueur 
d. Alors on peut paver ABCD par des carrés de côté d, leur nombre est kk’. 
b. Longueur maximale des côtés des carrés = pgcd(n,p) 
2.  Autre que les coins, tout point de la trajectoire à 
coordonnées entières est le croisement de 2 lignes 
de cette trajectoire. 
Alors que si le pgcd(n,p) n’était pas 1, 
on aura pas cette propriété : 

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Partie B 
1. Puisque ABCD est pavé par des carrés de côté 1 alors | ‐ ’| = 1 et |y‐y’| = 1 
1
1
⇒   ‐ ’ = 
   et   y‐y’ = 
 
1
1
2
⇒  ( ‐ ’) + (y‐y’) =  0  
2
2.  Pour aller de A0 à An la balle passe par A1, A2, ……..An‐1. 
Calculons S = ( 1‐ 0)+(y1‐y0) + ( 2‐ 1)+(y2‐y1) + ( 3‐ 2)+(y3‐y2) + …….. +( n‐ n‐1)+(yn‐yn‐1) 
                     = ‐ 0 – y0 +  n + yn 
                     =  n + yn. 
D’autre part, S = 2
2
2
2   avec k ∈ {‐1, 0, 1} 
 

                           = 2nk 
Par suite  n + yn est un multiple de 2. 
Ce qui ne correspond ni à I(1;0), G( ;0) et ni à H(0 ; ) où   est un entier naturel 
impair. 
 
Partie C 
    ⇒  
0   ⇒    
0   ⇒    Ak‐1    Ak+1. 
C’est le seul cas où Ak est un coin cad quand la balle rebondit en arrière. 
Partie D 

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1. E(np ;np).   E1 est le symétrique de E par rapport à la droite d’équation y=12. E2 est le 
symétrique de E1 par rapport à la droite d’équation  =10. Et finalement, C est le 
symétrique de E2 par rapport à la droite d’équation y=6. 
2. La diagonale [AE] coupe toutes les droites horizontales et verticales entre A et E, 
donc [AE] coupe n horizontales et p verticales. Alors [AE] coupe les côtés du pavage 
en n+p points. 
3. Entre A et E il y a n‐1 horizontales et p‐1 verticales. D’où le nombre de points est : 
n‐1+p‐1 = n+p‐2. 
On peut réaliser les symétries axiales successives (par rapport aux droites d’équation 
x=k ou y=k) suivantes : 
F :  =10 , y=9 ,  =5 , y=3, on obtient P. 
G : y=9 , y=6 ,  =5 , y=3, on obtient O. 
H : y=6 ,  =5, on obtient N. 
I :  =5 , y=3, on obtient M. 

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J :  =3, on obtient L. 
K :  =3, on obtient K. 
D’où la boule effectue n+p‐2 rebonds avant d’atteindre un des sommets de ABCD. 
4.  La boule rebondit sur (0 ;2) car 0+2 est pair. 
5.  Un point à coordonnées entières sur deux des bords est alors un coin. Or d’après 
l’hypothèse lorsque la boule rebondit dans un coin autre que le point de départ, elle 
repart en arrière, donc c’est un point de rebond. 
6.  On trace le triangle BCC’ rectangle isocèle en B, si C’ a une abscisse paire alors le 
rebond de retour se fera sur C. 

 
 
 
 
Et on trace le triangle ADD’ rectangle isocèle en A, si D’ a une abscisse paire alors le 
rebond de retour se fera sur D. 

yucefnohra@gmail.com                                                                                                                                                              7 
 

 
Sinon, le rebond de retour se fera sur B. 

 
 

yucefnohra@gmail.com                                                                                                                                                              8 
 

Partie E     
 

 

 

yucefnohra@gmail.com                                                                                                                                                              9 
 

 

je me suis arrêté au point rouge ! mais je remarque que dans ce cas il y a des rebonds sur 
des points de l’axe des   dont l’abscisse est entière impaire ainsi que sur d’autres dont 
l’abscisse n’est pas entière! 
 

yucefnohra@gmail.com                                                                                                                                                              10 
 



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