(Microsoft Word - Olympiades Maths Orient 2022 Corrig\351 Exercices nationaux.docx) par Admin

Proposition de corrigé des
Olympiades nationales de mathématiques 2022 Orient
EXERCICES NATIONAUX
Exercice 1 : Étiquetage gracieux d’une figure.
A. Des exemples.
1.

L’étiquetage n’est pas gracieux car la pondération 6 apparaît 2 fois.

L’étiquetage n’est pas gracieux car l’étiquette 7 apparaît 2 fois.

2.

B. Cas des lignes.
1. L5 :
L6 :
L7 :

yucefnohra@gmail.com

1

2. L2022 :

C. Cas des polygones.

1.

2.
3. a. Si les étiquettes sont de parités différentes alors la pondération est un nombre impair.
b. Si les étiquettes sont de même parité alors la pondération est un nombre pair.
4. Dans un pentagone, les étiquettes possibles sont 0, 1, 2, 3, 4 et 5, dont trois sont paires et
trois impaires. Les pondérations sont 1, 2, 3, 4 et 5, dont deux sont paires et trois impaires.
Si l’on met trois étiquettes paires sur trois sommets consécutifs :

on obtient alors trois pondérations paires, ce qui est impossible.
Si les trois étiquettes paires ne sont pas sur trois sommets consécutifs :

on obtient alors quatre pondérations impaires, ce qui est impossible.
Si l’on diminue le nombre d’étiquettes paires à deux, aussi on tombe dans des cas impossibles:
yucefnohra@gmail.com

2

(3 pondérations paires!) OU

(4 pondérations impaires!)

Il est évident qu’on ne peut pas choisir une seule étiquette paire et 4 étiquettes impaires.
D’où, il n’existe pas d’étiquetage gracieux pour un pentagone.

D. Une très grande figure.
1. Chaque point est relié aux 2021 autres par 2021 segments. Pour les 2022, on obtient
2022 × 2021 = 4 086 462, mais il y a redondance entre n’importe quels deux points, alors le
nombre total de segments est






= 2 043 231.

2. a. Les 2 043 231 segments sont numérotés de 1 à 2 043 231 = 2 043 230 + 1. Alors le
nombre de segments numérotés impairs sont

 
 


+ 1 = 1 021 616.

b. Il y a p points pairs donc 2022-p points impairs. Pour avoir un segment pondéré impair, il
faut que ses extrémités soient de parités différentes. Puisque chaque point pair est relié aux
2022-p points impairs, alors il y a p × (2022-p) = 2022p – p2 segments pondéré impair.
3. 2022p – p2 = 1 021 616 possède 2 solutions, 1011 - √505 et 1011 + √505, dont aucune
n’est un entier naturel. D’où, K2022 ne peut pas être muni d’un étiquetage gracieux.

Exercice 2 : Nombres sectionnables.
Partie A :
1. a. 21 = 1+2+3+4+5+6.
()


= 136 a deux solutions, 16 et -17.

Donc 136 = 1+2+3+4+5+6+7+8+9+10+11+12+13+14+15+16.
b.

()


= 1850 a deux solutions,

√



et

√



, dont aucune n’est un entier

naturel. Alors 1850 n’est pas sectionnable unitaire.
2. a est sectionnable unitaire si et seulement si il existe un entier naturel n tel que
n(n+1)=2a.
yucefnohra@gmail.com

3

Partie B :
1. 9=4+5 et 15=7+8 ou aussi 15=1+2+3+4+5.
1+2+3+4+5 < 16 < 1+2+3+4+5+6, et 4+5+6 < 16 < 3+4+5+6 donc 16 n’est pas
sectionnable.
2. Si n est impair alors n-1 et n+1 sont pairs et on a n =









sont consécutifs (




−







+




. En remarquant que

= 1), alors on déduit que n est sectionnable.

3. S=(q+1)+(q+2)+...+(q+k).
S=(q+k)+(q+(k-1))+...+(q+1).
Additionnons : 2S=(2q+k+1)+(2q+k+1)+...(2q+k+1)=k(2q+k+1) puisque c’est la somme de
k termes identiques.
4. Supposons que 2n est sectionnable, alors il existe 2 entiers q et k tels que
2n=S=k(2q+1+k).
1ercas : si k est impair. 2q+1 étant impair, donc 2q+1+k est pair. Alors 2n sera décomposé
en un produit d’un entier impair et d’un entier pair. Ce qui est impossible car dans la
décomposition en nombres premiers de 2n il n’y a que des 2 (pairs).
1ercas : si k est pair. 2q+1 étant impair, donc 2q+1+k est impair. Alors 2n sera décomposé
en un produit d’un entier pair et d’un entier impair. Ce qui est impossible car dans la
décomposition en nombres premiers de 2n il n’y a que des 2 (pairs).
D’où, 2n n’est pas sectionnable.
5. a. 56 = 23 × 7, r=3 et m=7. Alors 56 est la somme de 7 termes tous égaux à 8 :
56 = 8+8+8+8+8+8+8 = (8-3)+(8-2)+(8-1)+8+(8+1)+(8+2)+(8+3)=5+6+7+8+9+10+11.
b. 44= 22 × 11. Alors 44 = 11+11+11+11=(2+9)+(3+8)+(4+7)+(5+6)=2+3+4+5+6+7+8+9.
c. Tout entier positif pair qui n’est pas une puissance de 2 s’écrit 2rm. S’il est
sectionnable alors il doit s’écrire sous la forme 2rm=k(2q+1+k). Or d’après la question
4., k(2q+1+k) est le produit d’un entier pair et d’un entier impair. D’où, la cohérence
de l’écriture 2rm=k(2q+1+k).
6. D’après ce qui précède, tout entier impair supérieur ou égal à 3 est sectionnable et tout
entier pair qui n’est pas une puissance de 2 est sectionnable.

Partie C :
 

1. 13=



+

 


=6+7. Et 13 se décompose en 13 × 1, c’est-à-dire 13 n’est pas la somme

de plusieurs termes identiques. Alors 13 est uniquement sectionnable.
yucefnohra@gmail.com

4



25=



+




=12+13. 25=52=5+5+5+5+5=(5-2)+(5-1)+5+(5+1)+(5+2)=3+4+5+6+7.

Alors 25 n’est pas uniquement sectionnable.
2. a. n = (q+1)+(q+2)+...+(q+k) = kq+1+2+...+k = kq +

()


=

()


=

()


. Alors

2n=k(2q+k+1). k étant supérieur ou égal à 3, il ne peut pas être diviseur de 2, par
suite, k est diviseur de n. D’où, n n’est pas premier.
b. Si n est un nombre premier et pas uniquement sectionnable alors
n = (q+1)+(q+2)+...+(q+k) (k≥3), et d’après la question a, n ne sera pas premier. D’où,
la contradiction. Par suite tout entier premier supérieur ou égal à 3 est uniquement
sectionnable et s’écrit d’une façon unique sous la forme n =




+




.

Exercice 3 : Trois.

1. 1:

2:

3:
4: 4

5:

6:

7:

8:

yucefnohra@gmail.com

5

9:

10:

11:

12:

2. 2022:
3. Soit m le plus petit entier non atteignable, s’il existe.
a. Supposons que m est multiple de 3, alors m=3k où k est un entier plus petit que m.
Si k est atteignable alors m le sera (en multipliant par 3) ce qui est contradictoire.
Par suite k n’est pas atteignable avec k < m, ce qui est de nouveau contradictoire car
m est le plus petit entier non atteignable.
Conclusion : m n’est pas multiple de 3.
b. Supposons que m-2 est multiple de 3, alors m-2=3k cad m=3k+2 où k est un entier
plus petit que m.
Si k est atteignable alors m le sera (en multipliant par 3 puis en ajoutant 2) ce qui est
contradictoire.
Par suite k n’est pas atteignable avec k < m, ce qui est de nouveau contradictoire car
m est le plus petit entier non atteignable.
Conclusion : m-2 n’est pas multiple de 3.
c. Supposons que m-1 est multiple de 3, alors m-1=3k cad m=3k+1 où k est un entier
plus petit que m. Alors 2m = 3 × (2k) + 2
Si 2k est atteignable alors 2m le sera (en multipliant par 3 puis en ajoutant 2) par
suite m le sera aussi (en divisant par 2) ce qui est contradictoire.
Par suite 2k n’est pas atteignable cad k non plus (la division par 2) avec k < m, ce qui
est de nouveau contradictoire car m est le plus petit entier non atteignable.
Conclusion : m-1 n’est pas multiple de 3.

yucefnohra@gmail.com

6

d. Dans 3 entiers consécutifs il y a un multiple de 3, alors l’hypothèse qui dit qu’il existe
des entiers non atteignables est fausse.
Conclusion : Tout entier non nul est atteignable.

yucefnohra@gmail.com

7