Olympiades maths Orient 2019 Corrigé Exercices nationaux

Proposition de corrigé des
Olympiades nationales de mathématiques 2019 Orient
EXERCICES NATIONAUX
Exercice 1 : Triangles à côtés entiers.
1. a. c’est le triplet (4 ; 4 ; 5). On trace le triangle à l’aide d’une règle graduée et d’un
compas en traçant le côté de 5 et puis deux arcs de cercle de centres respectifs les
extrémités du segment tracé, et de rayon 4 chacun.
b. 19
z < 19+15 ; 19
z < 34.
Or z ∈ IN* donc z ∈ {19,20,21,22,23,24,25,26,27,28,29,30,31,32,33}.
c.  –  < z <  + .
2. a. zmin =




=6

et

zmax =




– 1 = 8 (se référer aux remarques a, b, c, d et e aux

pages 5, 6 et 7)
b. E18 = {(2 ; 8 ; 8) ; (3 ; 7 ; 8) ; (4 ; 6 ; 8) ; (4 ; 7 ; 7) ; (5 ; 5 ; 8) ; (5 ; 6 ; 7) ; (6 ; 6 ; 6)}

3. a. Si  +  + z = p alors (+1) + (+1) + (z+1) = p+3.
En plus, z <  +   z + 1 <  +  +1  z + 1 <  + y + 2  z + 1 < (+1) + (+1).
Par suite, (+1 ; +1 ; z+1) ∈ Ep+3.
b. Il faut que z-1 <  – 1 +  – 1, cad z + 1 <  + .

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1

c. p est impair ⇔ q = p + 3 est pair.
• Si ( ;  ; z) ∈ Ep


z  +1
+1
z+1.
Vérifions en plus que z+1 < (+1) + (+1) cad que z <  +  + 1.
Or, ( ;  ; z) ∈ Ep  z <  +   z <  +  + 1.
D’où si ( ;  ; z) ∈ Ep alors (+1 ; +1 ; z+1) ∈ Eq.
• Si ( ;  ; z) ∈ Eq
 -1
-1
z-1 (aucune de ces longueurs n’est nulle car la
présence de 1 dans le triplet induit que q est impair, ce qui n’est
pas le cas – voir Remarque e).
Vérifions en plus que z-1 < (-1) + (-1) cad que z <  +  - 1.
Or, ( ;  ; z) ∈ Eq  z <  +   zmax = l’entier qui vient juste
avant + cad +-1. Ceci implique que z
+-1.
D’autre part, si z=+-1 alors q = ++z = +++-1 = 2(+)-1
qui est impair donc contadiction. On en déduit que z <  +  – 1.
D’où si ( ;  ; z) ∈ Eq alors (-1 ; -1 ; z-1) ∈ Ep.
Conclusion : Si p est impair alors Ep et Ep+3 ont le même nombre d’éléments.

4. Étude de E2019
a. oui : 2019 = 3 × 673.
b. isocèle signifie que 2 +  = 2019  2 = 2019 –   2019 –  est pair.
2019 étant impair  y est impair.
Deux cas se présentent :
• La forme ( ;  ; ) :
ymin = 673 (cas à éliminer car équilatéral-remarque d) ,
ymax =




– 0.5 = 1009 (remarque c).

Alors y prend les entiers impairs de 675 à 1009 :
(672 ;672 ;675) ; (671 ;671 ;677) ; ……… ; (505 ;505 ;1009).
Alors il y en a 672-505+1 = 168 triangles
• La forme ( ;  ; ) :
ymin = 1 et ymax = 673 (cas à éliminer car équilatéral-remarque a).
Alors y prend les entiers impairs de 1 à 671 :
(1;1009;1009) ; (3;1008;1008) ; ……... ; (671;674;674).
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2

Alors il y en a 1009-674+1 = 336 triangles.
Conclusion : Au total, il y a 168 + 336 = 504 triangles isocèles non
équilatéraux.

 +  +  = 2019 ⇒  = 2019 −  + 
c.

 =  + 
  2 + 2 = 20192 + (+)2 – 4038(+)  20192 = 4038(+) – 2.
Or, 20192 est impair et 4038(+) – 2 est pair  E2019 ne contient pas de
triangle rectangle.

5. a.  +  + z = 2022  2022 – z =  + .
zmax =




– 1 = 1010 (remarque c) et zmin =

Donc, 674
z
1010
-674 ≥ - z ≥ - 1010
1348 ≥ 2022 – z ≥ 1012
1348 ≥  +  ≥ 1012
D’où,  +  ≥ 1012.




= 674 (remarque d).

D’autre part,  +  = 2022 – z   +  +  = 2022 – z +    + 2 = 2022 – (z – ).
D’où,  + 2
2022 (l’égalité a lieu lorsque z = ).
b.  +  + (2022 –  – ) = 2022.
Vérifions en plus que 
2022 –  –  <  + .
On sait que  +  ≥ 1012  2 + 2 ≥ 2024 > 2022.
En plus on a que :  + 2
2022,
  + 2
2022 < 2 + 2
2
2022 –  <  + 2

2022 –  –  <  + .
D’où, ( ,  , 2022--) ∈ E2022.


⟹≥
c.   +  ≥ 1012 ⟹  ≥ − + 1012 qui constitue un régionnement du plan

 + 2
2022 ⟹ 
−  + 1011


formant le triangle rectangle suivant :

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3

Aire de ABC =




=

 √"#√


= 84672.

Le nombre de points à coordonnées entières situés sur :
[AB] est : 674-506+1=169.
[AC] est : 506-2+1=505.
[BC] est :

$#%


+ 1 =337.

Donc le nombre total de points à coordonnées entières sur les côtés de ABC est :
169+505+337-3 = 1008 (car A, B et C ont été comptés 2 fois chacun).
&



d. i = A - + 1 = 84672 -




+ 1 = 84169.

D’où, le nombre de triplets de E2022 = 84169+1008 = 85177.
et comme 2019 = 2022 – 3  nombre de triplets de E2019 = 85177.

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4

6. Saisir p
n reçoit 0

Pour  de 1 à

'


Pour  de  à

'


z reçoit p –  – 
Si z<+ et z≥y
Alors n reçoit n+1
Afficher ( ; ;z)
FinSi
FinPour
FinPour
Afficher n

REMARQUES
,  et z étant des entiers non nuls alors la valeur minimale qu’ils peuvent prendre est 1.
a) Si  >

'

>


'


car  ≥ .

)
3  -  –  < - '  p –  –  < p - '  z < '
Par suite on aura : 
)



− < −
3

− < −

 z <  ce qui est impossible.

D’où,  prend des valeurs entières dans : 1
x


b) Si  ≥

'


z≥

'


car z ≥ .

,


)
2  -  – 
- p  p –  – 
0  
0 ce qui est
Par suite on aura : )
−
−
2

−
−

impossible.

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5

D’où,  prend des valeurs entières dans : x
y <

Donc, si p est pair alors max =

'


– 1.

si p est impair alors max =

c) Cherchons maintenant zmax.
Si p est impair :
supposons que  =

'


'


,


.

– 0.5.

– 0.5 et que z =

'


– 0.5 .

  + z = p – 1   + z + 1 = p   = 1 qui est la valeur minimale que peut prendre 
Voyons si on diminue  de 1 et on augmente z de 1 :
=

z=

'


'


– 1.5

+ 0.5

+z=p–1+z+1=p=1
+=

'


– 1.5 +1 =

'


– 0.5

 z >  +  ce qui est impossible.

D’où, zmax =

,


– 0.5 . (voir aussi remarque e)

Si p est pair :

supposons que  =

'


– 1 et que z =

'


–1.

  + z = p – 2   + z + 2 = p   = 2 qui est la valeur minimale que peut prendre 
si p est pair. (voir aussi remarque e)
Voyons si on diminue  de 1 et on augmente z de 1 :
=

z=

'


'

–2



+z=p–2+z+2=p=2
+=2+

'


–2=

'


=z

 le triangle est aplati ce qui n’est pas le cas.
D’où, zmax =

,


-1.

d) Cherchons maintenant zmin.
zmin =

,


lorsque p est multiple de 3. Ainsi dans (

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' ' '
  

;

; ), si z diminue d’une
6

quantité q et pour garder le même périmètre  ou  doivent augmenter et devenir
supérieurs à z, ce qui est impossible.
Lorsque p n’est pas multiple de 3, zmin = le premier entier supérieur à

'


.

e) Etude du cas où / = 1 :
si (1 ;  ; z) définit un triangle entier, alors on doit avoir z <  + 1  zmax = l’entier qui
vient juste avant  + 1  zmax =   z
y.
De même, on doit avoir  < z + 1  max = z  
z.
Par suite,  = z.
Réciproquement (1 ;  ; ) définit un triangle entier.
D’où, tout triplet (1 ;  ; ) définit un triangle entier de périmètre impair (p = 2 + 1).
f) Quelques exemples :
p=3 : (1 ;1 ;1)
p=6 : (2 ;2 ;2)
p=4 : aucun triplet
p=5 : (1 ;2 ;2)
p=8 : (2 ;3 ;3)
p=7 : (1 ;3 ;3) ;(2 ;2 ;3)
p=10 : (2 ;4 ;4) ;(3 ;3 ;4)
p=9 : (1 ;4 ;4) ;(2 ;3 ;4) ;(3 ;3 ;3)
p=12 : (2 ;5 ;5) ;(3 ;4 ;5) ;(4 ;4 ;4)
p=11 : (1 ;5 ;5) ;(2 ;4 ;5) ;(3 ;3 ;5) ;(3 ;4 ;4)
p=14 : (2 ;6 ;6) ;(3 ;5 ;6) ;(4 ;4 ;6) ;(4 ;5 ;5)
p=13 : (1 ;6 ;6) ;(2 ;5 ;6) ;(3 ;4 ;6) ;(3 ;5 ;5) ;(4 ;4 ;5)
p=16 : (2 ;7 ;7) ;(3 ;6 ;7) ;(4 ;5 ;7) ;(4 ;6 ;6) ;(5 ;5 ;6)
p=15 : (1 ;7 ;7) ;(2 ;6 ;7) ;(3 ;5 ;7) ;(3 ;6 ;6) ;(4 ;4 ;7) ;(4 ;5 ;6) ;(5 ;5 ;5)
p=18 : (2 ;8 ;8) ;(3 ;7 ;8) ;(4 ;6 ;8) ;(4 ;7 ;7) ;(5 ;5 ;8) ;(5 ;6 ;7) ;(6 ;6 ;6)

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Exercice 2 : Première fois.
Une fonction agissant sur les nombres entiers naturels

1. ∆(p2) = ∆(p×p) = ∆(p)×p + p×∆(p) = 1×p + p×1 = 2p
∆(p3) = ∆(p2×p) = ∆(p2)×p + p2×∆(p) = 2p×p + p2 = 3p2.
Supposons que cette propriété reste vraie jusqu’à l’ordre n-1
cad que ∆(pn-1)=(n-1)pn-2.
Ainsi, ∆(pn) = ∆(p×pn-1) = p∆(pn-1) + pn-1∆(p) = p(n-1)pn-2 + pn-1
= (n-1)pn-1 + pn-1 = pn-1(n-1+1)
= npn-1.

2. a. ∆(pmqn) = qn∆(pm) + pm∆(qn) = mpm-1qn + npmqn-1=pm-1qn-1(mq+np).
b. ∆(10n) = ∆(2n×5n) = (2 × 5)n-1(5n + 2n) = 10n-1 × 7n qui est bien un multiple de 7.
3. Démontrons par récurrence que la propriété suivante:
∆(pmqn) = mpm-1qn + npmqn-1 est toujours vraie quelque soit le nombre de facteurs
premiers.
on a déjà démontré qu’elle est vraie si le nombre de facteurs premiers est 2.
Supposons qu’elle reste vraie pour un nombre k de facteurs premiers cad que :
∆(pmqn….sa) = (mpm-1qn×…..×sa)+ (npmqn-1×…..×sa) + ………. + (apmqn×…..×sa-1).
Ainsi, ∆(pmqn….sa×tb) = tb∆(pmqn….sa) + (pmqn….sa)∆(tb)
= tb[(mpm-1qn×…..×sa)+ (npmqn-1×…..×sa) + ………. + (apmqn×…..×sa-1)] + b(pmqn….sa)tb-1
= (mpm-1qn×…..×sa×tb)+ (npmqn-1×…..×sa×tb) + ………. + (apmqn×…..×sa-1×tb) + (bpmqn×
…..×sa×tb-1).
D’où, cette propriété est toujours vraie.
Par suite,
∆(n) = 1 )23 % )24  …  )627  + 1 )23 )24%  …  )627  + ⋯ + 16 )23 )24  …  )627% 
= 1 9 + 1 9 + ⋯ + 16 96 .
4. Propriété 2 :
si n est premier alors n s’écrit n1  α1 = 1 et q1 = 1  α1q1 = 1
or ∆(n) = 1 , d’où : ∆(n) = α1q1 et l’expression satisfait la propriété 2.
Propriété 3 :
a = ) 3 ) 4  …  )6 7
2

2

2

,

b = : 3 : 4  …  :6 7 ,
;

;

;

donc ab = ) 3 ) 4  …  )6 7  : 3 : 4  …  :6 7 (il se peut que certains Pi soient
égaux à certains pj)
2

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2

2

;

;

;

8

∆(ab) = [11 )111 −1 )122  …  )==  >  + 12 )111 )212 −1  …  )==  > + ⋯ + 1= )111 )212  … 
)= =

1 −1

1

1

 >] + [?  @ : 3 :2 2  …  := =  + ?  @ : 3 :2 2
; %

@

@

;

@ −1

 …  := =  + ⋯ +
@

?  @6 : 3 :2 2  …  := =
;

@

= b(1 9 + 1 9 + ⋯ + 16 96 ) + a(@ B + @ B + ⋯ + @6 B6 )
= b∆(a) + a∆(b), et l’expression satisfait la propriété 3.

@ −1

]

Étude de quelques images d’entiers par la fonction ∆.

5. a. ∆(12) = ∆(22×3) = ∆(22) × 3 + 22×∆(3) = 16
∆(56) = ∆(23×7) = 92
∆(1001) = ∆(7 × 11 × 13) = 13 × ∆(7 × 11) + 7 × 11 × ∆(13)
= 13 × [∆(7) × 11 + 7 × ∆(11)] + 77 = 311.

b. Les solutions de ∆() = 0 ne peuvent être que 0 et 1 (propriété 1) car tout nombre
premier a pour image 1 et non 0, et tout nombre composé est une somme d’entiers
strictement positifs (propriété 3).
c. Les solutions de ∆() = 1 ne peuvent être que les nombres premiers car si  est
composé la propriété 3 ne peut pas donner 1.
d. Ce n’est pas vrai car 2 par exemple n’a pas d’antécédent selon la propriété 3.
e. Ce n’est pas vrai car ∆(12) = 16 > 12.

6. a. ∆(pq) = p∆(q) + q∆(p) = p + q.
b. Ce n’est pas vrai car ∆(4 × 3) = 16 mais ∆(4) + ∆((3) = ∆(22) + 1 = 4 + 1 = 5.

7. a. Ce n’est pas vrai car ∆(4+3) = ∆(7) = 1 mais ∆(4) + ∆((3) = 5.
b. ∆(ka + kb) = ∆(k(a+b)) = (a+b)∆(k) + k∆(a+b)
= a∆(k) + b∆(k) + k(∆(a) + ∆(b))
= a∆(k) + k ∆(a) + b∆(k) + k∆(b)
= ∆(ka) + ∆(kb).

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Les points fixes de la fonction ∆

8. a. m multiple de pp, alors m = kpp  ∆(m) = k∆(pp) + pp∆(k)
= kppp-1 + pp∆(k)
= kpp + pp∆(k)
= pp(k + ∆(k))
Donc, ∆(m) est multiple de pp.

b. n = )2 ×…. = )2 ×k où k est un entier dont la décomposition en facteurs premiers ne
contient pas p. Ceci donne que ∆(n) = k∆()2 ) + )2 ∆(k)
= k × α × )2% + )2% × p × ∆(k)
= )2% (k × α + p × ∆(k))
or, k × α + p × ∆(k) est un entier dont la décomposition en facteurs premiers ne
contient pas p car k ne l’est pas et car α < p.
D’où, α-1 est l’exposant de p dans la décomposition en facteurs premiers de ∆(n) .

9. Les solutions de ∆() =  sont les nombres de la forme pp car ∆(pp) = ppp-1=pp.

Exercice 3 : AGADADAGA
1. Seulement les mots qui ne comportent pas la lettre A.
Traitement de texte

2. A → AGADADAGA →

AGADADAGA G AGADADAGA D AGADADAGA D AGADADAGA G AGADADAGA

3. Départ : un seul A
1er clic : il y aura 5 A
2ème clic : Il y aura 52 A
3ème clic : Il y aura 53 A
12ème clic : il y aura 512 = 244 140 625 A
13ème clic : il y aura 513 = 1 220 703 125 A.
D’où, il faut faire 13 clics.

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4. 1er clic : 2 D
2ème clic : 2 + 2 × 5 D
3ème clic : 2 + 2 × 5 + 2 × 52 D
2

19

20ème clic : 2 + 2 × 5 + 2 × 5 + ………. + 2 × 5 = 2 ×

"4D %
"%

=

"4D %


D.

Motif

5.

6.

ADADAGA.

(Pour un D on tourne dans le sens indirect, pour un G dans
le sens direct)

Chaque point
rouge est un G et chaque point noir est un D (il y en a 2 pairs de D confondus).

7. Le motif de départ est :
Alors le mot oublié est
ADAGAGAADADAGA (C’est le mot entré sans avoir encore fait aucun clic)

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………………..

8. a.

ADAGAGA : Largeur = 2

AGAGADA : Largeur = 1
b. Si deux DA ou deux GA se suivent, la largeur ne change pas (question 8 a).
Ainsi, si le mot est AGAGAGAGAGAGAGAGAGAGADADADADADADADADADADA, la
largeur va être minimale et égale à 1.
Si le mot commence par A, puis GA et DA commencent à s’alterner, alors la largeur
va être maximale et égale à 11 :
AGADAGADAGADAGADAGADAGADAGADAGADAGADAGADA

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Remarquons que si à la fin du mot précédent on remplace DAGADA par DADAGA, la
largeur 11 ne change pas :

Mais si on remplace à la fin du mot précédent GADAGADA par GAGADADA, la largeur
diminue de 2 et devient 9 :

Ainsi de suite…
D’où, les largeurs possibles appartiennent à {1 , 3 , 5 , 7 , 9 , 11}

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