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Réponses pour «yucefnohra»:



Total: 6 résultats - 0.039 secondes

Olympiades maths Orient 2019 Corrigé Exercices académiques 100%

1,2,3,4,5,6,7,8,…… yucefnohra@gmail.com 1 Pinto i 7 1 P(X= i) 14 2 17 3 21 4 0.1 0.9×0.3=0.27 0.9×0.7×0.1=0.063 27 5 28 6 35 7 0.1701 0.03969 0.107163 0.0750141 P(X≤ i) 0.1 0.37 0.433 0.6031 0.64279 0.749953 0.8249671 Donc, à partir de 7 nombres pintos la probabilité qu’il se trompe est supérieure à 0.75.

https://www.fichier-pdf.fr/2019/04/05/olympiades-maths-orient-2019-corrige-exercices-academiques/

05/04/2019 www.fichier-pdf.fr

Olympiades maths Orient 2018 Corrigé Exercices nationaux 95%

Proposition de corrigé des  Olympiades nationales de mathématiques 2018  EXERCICES NATIONAUX   Exercice 1 :  Géométrie de l’à peu près.  Mesures d’angles à peu près  1. a. 90° ∈ [75°,105°] donc un triangle rectangle est aussi à peu près rectangle.  Comme les angles à la base d’un triangle isocèle diffèrent de 0, alors un triangle                          isocèle est aussi à peu près isocèle.      b. Un triangle ne peut pas être rectangle en 2 sommets puisque la somme des angles            est 180°.           Un triangle peut être à peu  près rectangle en 2 sommets, ex : (81°,80°,19°) .           L’exemple (76°,75°,29°) montre qu’un triangle acutangle à peu près rectangle, peut            être aussi à peu près isocèle.  2.  (89° ;59°,32°) est à peu près rectangle mais pas à peu près isocèle.        (74° ,73° ,33°) est à peu près isocèle mais pas à peu près rectangle.        Un triangle acutangle ne peut pas être ni l’un ni l’autre :  • Supposons que ABC, qui est acutangle, n’est pas à peu près isocèle tel que C est le  plus petit des 3 angles et vérifions qu’il doit être à peu près rectangle.  Dans ce cas,la différence entre A et B est supérieure à 15 ainsi que la différence entre  B et C.  Si ABC n’était pas à peu près rectangle, alors A devrait être strictement inférieur à  75°. Donc B strictement inférieur à 60° et C strictement inférieur à 45°, ce qui ne fait  pas un total de 180°.  D’où ABC est forcément à peu près rectangle.    • Supposons que ABC, qui est acutangle, n’est pas à peu près rectangle et vérifions  qu’il doit être à peu près isocèle.   A doit être dans ce cas strictement inférieur à 75°.  Si ABC n’était pas à peu près isocèle, alors B devrait être strictement inférieur à 60 et  yucefnohra@gmail.com                                                                                                                                                               1    C strictement inférieur à 45, ce qui ne fait pas un total de 180°.  D’où ABC est forcément à peu près isocèle.  3. Saisir A      Saisir B      C reçoit 180‐A‐B      Si |A‐B|   15 ou |A‐C|   15 ou |B‐C|   15    Alors afficher « A peu près isocèle »    Sinon afficher « Non à peu près isocèle »       FinSi  Mesures de longueurs à peu près  4. a.          12 + 12 ≠ 12 donc impossible,    0.92 + 0.92 ≠ 12 donc impossible,  1.12 + 1.12 ≠ 12 donc impossible.            b.       a2 + a2 ≠ a2, donc impossible pour a ≠ 0,       (a‐0.1)2 + (a‐0.1)2 = 2a2 ‐ 0.4a + 0.02 = a2 pour a = 0.2 – 0.1√2   ou a = 0.2 + 0.1√2,  yucefnohra@gmail.com                                                                                                                                                               2         négatifs.  (a+0.1)2 + (a+0.1)2 = 2a2 + 0.4a + 0.02 = a2 ; impossible car a1 et a2 sont  Conclusion : on peut trouver AB = AC = 0.1 – 0.1√2 et BC = 0.2 – 0.1√2 ou bien                                                       AB = AC = 0.1 + 0.1√2 et BC = 0.2 + 0.1√2  Remarque pour une différence de longueur inférieure à 0.1 on peut noter aussi le triplet  pythagoricien suivant :(0.03 ; 0.04 ; 0.05),   0.052 = 0.032 + 0.042.  5. a.               OA=OB1=OB2=2  OI=IA=1  IH1=IH2=0.1  OH1=AH2=0.9    H1B1= 1.79  H2B2= 1.67  PB1 = H1B1 – H2B2  0.12  yucefnohra@gmail.com                                                                                                                                                               3    B1B2       0.23  La longueur d’un arc rouge est alors approximativement égale à 0.23.  D’où la longueur des 2 arcs rouges est 0.46.  Remarque :  On aurait pu calculer cette longueur en appliquant la formule suivante :   B1B2 2 α α  ⇒     0.058 ⇒ α   0.117 rad ⇒ Longeur de  sin   =  = rayon × α   0.23.  2 2 rayon   b. B ∈      ⇒ AB2 < AB < AB1,       Or AB2 =  √3.6   et   AB1 =   √4.4       ⇒ √3.6 < AB < √4.4  Avec OA = OB = 2, d’où OAB n’est pas à peu près équilatéral.    Une statistique sur la population des triangles  6. a, b et c    Si  =180 alors y=0 ⇒ le point A  Si y=180 alors  =0 ⇒ le point B  En supposant que le troisième angle est suffisamment petit, alors on pourrait écrire   yucefnohra@gmail.com                                                                                                                                                               4     + y = 180 ⇒ y=180‐ , d’où le segment [AB].  Dans le cas où le troisième angle n’est pas négligeable on aura  +y<180, d’où c’est la région  colorée en marron cad le triangle OAB = domaine T.  L’ensemble des points représentant les triangles rectangles est la réunion des 3 segments  colorés en rouge (le segment [DC] est lorsque   = 90, le segment [FC]  est lorsque y = 90 et  le segment [FD] est lorsque  + y = 90).  7. a. A est le domaine à l’intérieur du triangle DCF.  180×180  = 16200  2 90×90          aire de A =   = 4050  2 4050 1  =  .           p =  16200 4      b. aire de T =  8.     Si le triangle est à peu près rectangle en   alors ceci est représenté par le trapèze KLJH ∩ A.  Si le triangle est à peu près rectangle en   alors ceci est représenté par le trapèze GIJH ∩ A.    yucefnohra@gmail.com                                                                                                                                                               5   

https://www.fichier-pdf.fr/2018/04/28/olympiades-maths-orient-2018-corrige-exercices-nationaux/

28/04/2018 www.fichier-pdf.fr

Corrigé Olympiades maths 2017- Travail individuel 94%

a. L’algorithme affiche : 20 puis 4 puis « propriété vérifiée ».  b. L’algorithme ne sort de la boucle tant que u ≠ 1 et u ≠ 4. Mais quand il sort de la  boucle, ceci signifie que u est soit 1 soit 4 cad que u vérifie la propriété.  c. Si u ne vérifiait pas la propriété, le programme serait entré dans une boucle  interminable.        yucefnohra@gmail.com                                                                                                                                                1/11      d. L’algorithme ci‐contre                 permet de le prouver et voilà les                  résultats obtenus :           d  u  0  1  2  3  4  5  6  7  8  9  0    1  4  4  4  4  4  1  4  4  1  P  4  4  1  4  4  4  4  4  1  2  4  4  4  1  4  4  4  4  1  4  3 4 1 1 4 4 4 4 4 4 4 4 P 4 4 4 1 4 4 4 4 1 5 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 6 4 4 4 4 4 4 4 4 1 4 7  1  4  4  4  4  4  4  4  4  1  8 4 4 1 4 4 4 1 4 4 4 9 4 1 4 4 1 4 4 1 4 4   Extension aux écritures à trois chiffres   = 100a + 10b + c  ⇒   ‐ f( ) = 100a + 10b + c – a2 – b2 – c2.  5.

https://www.fichier-pdf.fr/2017/04/29/corrige-olympiades-maths-2017-travail-individuel/

29/04/2017 www.fichier-pdf.fr

Olympiades maths Orient 2018 Corrigé Exercices académiques 93%

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.

https://www.fichier-pdf.fr/2018/04/28/olympiades-maths-orient-2018-corrige-exercices-academiques/

28/04/2018 www.fichier-pdf.fr

Corrigé Olympiades maths 2017- Travail de groupe 90%

  Distance au point de  départ :  1 m    Fin jour 1  Distance au point de  départ :  1 1 +   × 2 = 2 m  2 Début jour 2  Fin jour 2    Distance au point de  départ :  2 + 1 = 3 m  Distance au point de  départ :  3 3 +   × 2 = 4.5 m  4 Distance au point de  départ :  4.5 + 1 = 5.5 m  Début jour 3  Fin jour 3  Début jour 4    Fin jour 4   Donc en fin du jour 4 l’escargot sort du ruban.   Distance au point de  départ :  5.5 5.5 +   × 2 = 7.3 m  6 Distance au point de  départ :    7.3 + 1 = 8.3 m  yucefnohra@gmail.com Partie B : modélisation   1.

https://www.fichier-pdf.fr/2017/04/29/corrige-olympiades-maths-2017-travail-de-groupe/

29/04/2017 www.fichier-pdf.fr