G.Petitjean Lycée de Toucy Correction concours général maths

Correction concours général maths 2015
Problème I – Petits poids
1) a) |3| = 3 , |3 + 5| = 8, |3 + 5 − 6| = 2, |3 + 5 − 6 − 8| = 6, |3 + 5 − 6 − 8 + 2| = 4
donc poids(3,5,−6,−8,2) = 8
b) poids(1,2,3,……,2015,−2015,−2014,…..,−1) = 1 + 2 + …… + 2015 = 2015 × 1 + 2015
2
= 2 031 120
c) poids(3,−6,5,−8,2) = 4 et poids(1,−1,2,−2,…..,2015,−2015) = 2015
2) a) poids(1,2,−4) = 3
poids(1,−4,2) = 3
poids(2,1,−4) = 3
poids(2,−4,1) = 2
poids(−4,1,2) = 4
poids(−4,2,1) = 4
donc I = poids(1,2,−4) = 2
|1| = 1, |2| = 2, |−4| = 4 , donc c1 = 1
|1 + 2| = 3 et |1 − 4| = 3, donc c2 = 2 et c3 = − 4
C = poids(1,2,−4) = 3
b) Poids(1,−2,2,−1) = 1, donc I = 1
c1 = 1, c2 = − 1, c3 = − 2 et c4 = 2 donc C = poids(1,−1,−2,2) = 2
3) Supposons |x1| ≤ |x2|
C = poids (x1 , x2) = max(|x1| , |x1 + x2|) ≤ max(|x2| , |x1 + x2|) = poids(x2 , x1)
Le minimum de ces deux poids donne I, donc I = C
G.Petitjean Lycée de Toucy 4) Supposons 0 ≤ |x1| ≤ |x2| ≤ |x3|
C = max(|x1| , min(|x1 + x2| , |x1 + x3|) , |x1 + x2 + x3|)
On étudie les 6 permutations possibles de (x1,x2,x3)
I1 = poids(x1,x2,x3) = max(|x1| , |x1 + x2| , |x1 + x2 + x3|) ≥ C, donc C ≤ 3 I1
2
I2 = poids(x2,x1,x3) = max(|x2| , |x1 + x2| , |x1 + x2 + x3|) ≥ C, donc C ≤ 3 I2
2
I3 = poids(x1,x3,x2) = max(|x1| , |x1 + x3| , |x1 + x2 + x3|) ≥ C, donc C ≤ 3 I3
2
I4 = poids(x3,x1,x2) = max(|x1| , |x1 + x2| , |x1 + x2 + x3|) ≥ C, donc C ≤ 3 I4
2
Il reste la comparaison entre C et I5 = poids(x2,x3,x1) ≤ I6 = poids(x3,x2,x1)
I5 = max(|x2| , |x2 + x3| , |x1 + x2 + x3|)
C = max(|x1| , min(|x1 + x2| , |x1 + x3|) , |x1 + x2 + x3|)
Si |x2 + x3| ≥ |x1 + x2| ou |x2 + x3| ≥ |x1 + x3| , alors on a I5 ≥ C et C ≤ 3 I5
2
Sinon |x2 + x3| < |x1 + x3| (1)
3|x2| ≥ 2|x1| et 3|x1 + x2 + x3| ≥ 2|x1 + x2 + x3| , il suffit de montrer que l’un des 2 termes
3|x2| et 3|x2 + x3| est supérieur à 2min(|x1 + x2| , |x1 + x3|)
On pose A = 3|x2 + x3| − |x1 + x2| − |x1 + x3| et B = 3|x2| − |x1 + x2| − |x1 + x3|
Si x3 ≥ 0, alors |x2 + x3| = x2 + x3 car |x2| ≤ |x3|
|x1 + x3| = x1 + x3 car |x1| ≤ |x3|,
donc x2 ≤ x1 d’après (1), donc x2 ≤ 0 car |x1| ≤ |x2|
donc |x1 + x2| = − x1 − x2
A = 3(x2 + x3) − (− x1 − x2) − (x1 + x3) = 4x2 + 2x3
B = − 3x2 − (− x1 − x2) − (x1 + x3) = − 2x2 − x3
donc A et B sont de signes contraires
Si x3 ≤ 0, on se ramène au cas précédent en remarquant que pour tous y1,y2,y3 réels
poids(y1 , y2 , y3) = poids(− y1 , − y2 , − y3)
On en déduit que 3|x2 + x3| ou 3|x2| ≥ |x1 + x2| + | x1 + x3| ≥ 2 min(|x1 + x2| , |x1 + x3|)
donc 3I5 ≥ 2C , donc C ≤ 3 I5
2
On a montré que C ≤ 3 Ii pour tous les i ∈{1,2,3,4,5,6}, donc comme l’un des Ii est I,
2
on a montré que C ≤ 3 I
2
G.Petitjean Lycée de Toucy 5) a) I est de la forme I = max(|xk|,……,|x1 + ….. + xn|) , donc I ≥ |x1 + ….. + xn|
donc S ≤ I
b) Supposons M > 2I et pour des facilités de notations, on peut supposer que
M = |xk| et I = max(|x1|,|x1+x2|,….|x1+x2 + ….. + xk-1|,|x1+x2 + ….. + xk|,…,S)
M > 2I, donc M > 2|x1+x2 + ….. + xk-1| et M > 2|x1+x2 + ….. + xk|
On en déduit les 2 encadrements,
− M < x1+x2 + ….. + xk-1 < M (1)
2
2
− M < x1+x2 + ….. + xk < M (2)
2
2
de (1), on déduit − M < −(x1+x2 + ….. + xk-1) < M (3)
2
2
En ajoutant (2) et (3), on obtient − M < xk < M , impossible car M = |xk|
donc l’hypothèse M > 2I est absurde, donc M ≤ 2I
c) N = max(M,S). C = max(|x1| , |x1 + x2| ,…., |x1 + x2 + x3| , S)
Ou bien C ≤ S
Ou bien C > S
|x1| ≤ M
Supposons |x1 + x2| > M
si x1 + x2 ≥ 0, alors |x1 + x2| = x1 + x2 ≤ x2 ≤ M si x1 ≤ 0
≤ x1 ≤ M si x2 ≤ 0
si x1 + x2 < 0, alors |x1 + x2| = − x1 − x2 ≤ − x2 ≤ M si x1 ≥ 0
≤ − x1 ≤ M si x2 ≥ 0
on en conclut que x1 et x2 sont de même signe
Pour tout i ≠ 1, |x1 + xi| > M car |x1 + x2| est le plus petit d’entre eux
donc x1,…..,xn sont tous de même signe
donc C = S contradictoire, donc |x1 + x2| ≤ M
Supposons |x1 + x2 + x3| > M , alors étant donné que |x1 + x2| ≤ M, on montre
comme précédemment que x1 + x2 et x3 sont de même signe
Puis pour tout i ≥ 3, x1 + x2 et xi ont même signe , donc C = S contradictoire
donc |x1 + x2 + x3| ≤ M
De proche en proche, on arrive à |x1 + …. + xn-1| ≤ M
Supposons S > M, alors C = S contradictoire, donc S ≤ M
donc C ≤ M
En conclusion C ≤ S ou C ≤ M, donc C ≤ max(M,S) = N
d) C ≤ N donc C ≤ M ≤ 2I ou C ≤ S ≤ I ≤ 2I , donc dans les deux cas C ≤ 2I.
e) Exemple 2b) : n = 4, x1 = 1, x2 = − 1, x3 = 2 et x4 = − 2
On a calculé I = 1 et C = 2, donc C = 2I
G.Petitjean Lycée de Toucy Problème II - Tétraèdres
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1) a) GA + GB + GC + GD = 0 ⇔ GA + GA + AB + GA + AC + GA + AD = 0
→ →
→ → →
⇔ 4GA + AB + AC + AD = 0
→
→ →⎞
⎛→
⇔ AG = 1 ⎝AB + AC + AD⎠
4
d’où l’existence et l’unicité du point G
b) Soit GA le centre de gravité du triangle BCD
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→
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Alors GAB + GAC + GAD = 0 , donc GAA + AB + GAA + AC + GAA + AD = 0
→
→ →
→
donc AB + AC + AD = 3AGA
→
→
En reportant dans la formule de 1) a), AG = 3 AGA
4
c) D’après la question 1)b), G ∈(AGA) médiane issue de A
→ → → → →
En partant de la relation GA + GB + GC + GD = 0 , on montre de même :
→
→
BG = 3 BGB où GB est le centre de gravité de ACD, donc G ∈ la médiane (BGB)
4
→
→
CG = 3 CGC où GC est le centre de gravité de ABD, donc G ∈ la médiane (CGC)
4
→
→
DG = 3 DGD où GD est le centre de gravité de ABC, donc G ∈ la médiane (DGD)
4
et les 4 médianes sont concourantes en G.
2) Si le tétraèdre admet une sphère de centre O, alors OA = OB = OC = OD
donc O appartient aux plans médiateurs des arêtes.
Les plans médiateurs de [AB] et [AC] sont sécants (car A,B et C non alignés) selon une
droite ∆. Tous les points de cette droite (∆) sont à égale distance des points A,B et C
d’après la définition des plans médiateurs. C’est la droite passant par le centre du cercle
circonscrit au triangle ABC et orthogonale au plan (ABC).
La droite (∆) ne peut être parallèle au plan médiateur de [AD], sinon d’après le théorème
du toit , l’intersection ∆’ du plan médiateur de [AB] et du plan médiateur de [AD] serait
parallèle à ∆. Or ∆’ étant orthogonale au plan (ABD) et Δ au plan (ABC), si elles étaient
parallèles entre elles, les deux plans seraient confondus ce qui est contraire aux hypothèses.
Le plan médiateur de [AD] coupe donc ∆ en O.
O ∈Δ, donc OA = OB = OC et OA = OD, car O ∈plan médiateur de [AD].
Donc OA = OB = OC = OD, et O est le centre de la sphère circonscrite au tétraèdre ABCD.
G.Petitjean Lycée de Toucy 3) a) Si le tétraèdre est régulier , O et A appartiennent au plan médiateur de [BC] et au plan
médiateur de [CD], donc (OA) est orthogonale à (BC) d’une part et (OA) est orthogonale
à (CD) d’autre part, donc orthogonale au plan (BCD).
Dans ce cas (OA) est la hauteur issue de A du tétraèdre. De même (OB), (OC) et (OD)
sont les 3 autres hauteurs. Elles sont donc concourantes en O.
Réciproquement, si les 4 hauteurs passent par O
La hauteur (OA) est perpendiculaire au plan (BCD) et avec Pythagore, il est facile de
montrer que tous les points de la droite (OA) sont équidistants de B,C et D.
Donc AB = AC = AD. De même on montre que BA = BC = BD et CA = CB = CD
donc AB = AC = AD = BC = BD = CD et le tétraèdre est régulier.
b) Supposons que les 2 hauteurs issues de A et B soient sécantes en H
(AH) est orthogonale au plan (BCD), donc à la droite (CD)
(BH) est orthogonale au plan (ACD), donc à la droite (CD)
donc (CD) est orthogonale au plan (ABH), donc à la droite (AB)
Si 2 arêtes opposées du tétraèdre ne sont pas orthogonales, alors les hauteurs ne peuvent
être concourantes.
c) Si ABCD est un tétraèdre régulier chaque médiane est confondue avec les hauteurs
donc les 4 hauteurs sont concourantes en G.
Si les 4 hauteurs sont concourantes en G , d’après b) les arêtes opposées du tétraèdre sont
orthogonales. De plus (AG) est orthogonale au plan (BCD), donc la droite (BC) est
orthogonale à (AG) et à (AD), donc au plan (AGD), donc à la droite (GD).
Donc la médiane (GD) du triangle BCD est aussi hauteur. On montrerait de même que les
autres hauteurs du triangle BCD sont confondues avec ses médianes, donc le triangle
BCD est équilatéral.
On montrerait de même que les autres faces du tétraèdre sont également des triangles
équilatéraux, donc que le tétraèdre ABCD est régulier.
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4) a) On pose A1H = k1 u1 , A2H = k2 u2 , A3H = k3 u3 , A4H = k4 u4
(A1H) est la hauteur issue de A, donc est orthogonale au plan (A2A3A4)
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donc u1 .A2A3 = u1 .A2A4 = 0
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donc u1 .(A2H + HA3) = u1 .(A2H + HA4) = 0
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donc u1 .( k2 u2 − k3 u3 ) = u1 .( k2 u2 − k4 u4 ) = 0
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donc k2 u1 . u2 = k3 u1 . u3 = k4 u1 . u4 , soit k2 c12 = k3 c13 = k4 c14 (1)
De même avec les 3 autres hauteurs
(2) k1 c12 = k3 c23 = k4 c24
(3) k1 c13 = k2 c23 = k4 c24
(4) k1 c14 = k2 c24 = k3 c34
En multipliant (1) k2 c12 = k4 c14 et (3) k4 c34 = k2 c23 , on obtient c12c34 = c14c23
En multipliant (2) k3 c23 = k4 c24 et (4) k4 c14 = k3 c13 , on obtient c14c23 = c24c13
En regroupant les 2 égalités obtenues, c12c34 = c14c23 = c24c13
b) Si c12c34 = c14c23 = c24c13 ≠ 0, tous les coefficients de l’égalité sont non nuls.
De c12c34 = c14c23 = c24c13, on obtient c14c12c34 = c14c14c23 = c14c24c13 en multipliant par c14
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ce qui donne c14c34 u1 . u2 = c14c24 u1 . u3 = c14c23 u1 . u4
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donc u1 .( c14c34 u2 − c14c24 u3 ) = u1 .( c14c34 u2 − c14c23 u4 ) = 0
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On définit A2 , A3 et A4 par A2H = c14c34 u2 , A3H = c14c24 u3 , A4H = c14c23 u4
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ce qui donne u1 .A2A3 = u1 .A2A4 = 0 , donc ∆1 est orthogonale au plan (A2A3A4)
En repartant de c14c12c34 = c14c14c23 = c14c24c13
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c14c34 u2 . u1 = c14c14 u2 . u3 = c14c13 u2 . u4
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u2 .(c14c34 u1 − c14c14 u3 ) = u2 .(c14c34 u1 − c14c13 u4 ) = 0 on multiplie par c24/c14
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u2 .(c34c24 u1 − c14c24 u3 ) = u2 .(c34c24 u1 − c14c23 u4 ) = 0 en utilisant c14c23 = c13c24
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On retrouve c14c24 u3 = A3H et c14c23 u4 = A4H
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On définit A1 par A1H = c34c24 u1 , d’où u2 .A1A3 = u2 .A1A4 = 0
(A2H) = ∆2 est donc orthogonale au plan (A1A3A4) et ∆1 = (A1H)
On a montré que (A1H) est orthogonale au plan (A2A3A4)
et (A2H) est orthogonale au plan (A1A3A4).
En repartant de c14c12c34 = c14c14c23 = c14c24c13, on montre de même que :
(A3H) est orthogonale au plan (A1A2A4)
(A4H) est orthogonale au plan (A1A2A3)
On a construit A1, A2, A3 et A4 tels que (A1H), (A2H), (A3H) et (A4H) sont les 4 hauteurs
du tétraèdre A1A2A3A4.
G.Petitjean Lycée de Toucy Problème III – Moyennes prévisionnelles
1) Soit (un) une suite de type (M) et vn = un − C pour tout naturel n non nul
vn+1 + vn+2 + ……. + v2n = (un+1 − C) + (un+2 − C) + ……. + (u2n − C) =
n
n
u + un+2 + ……. + u2n − nC
= n+1
n
= un+1 + un+2 + ……. + u2n − C
n
= un − C = vn, donc (vn) est une suite de type (M)
2) Soit (un) une suite croissante non constante, alors il existe un entier n tel que un+1 > un
alors pour cet entier n, un+1 + un+2 + ……. + u2n > nun = un
n
n
donc (un) ne peut être une suite de type (M)
Les suites constantes sont des suites de type (M), donc les seules suites croissantes de type
(M) sont les suites constantes.
3) Si la suite (un = an2 + bn + c) est de type M, la suite (un − c) est une suite de type (M)
Posons vn = un − c , on a vu que (vn) est de type (M)donc v1 = v2 = v3 + v4
2
v1 = a + b, v2 = 4a + 2b , v3 = 9a + 3b et v4 = 16a + 4b
⎪⎧a + b = 4a + 2b
⎪⎧3a + b = 0
a et b sont donc solutions du système : ⎨2a + 2b = 25a + 7b , donc ⎨23a + 5b = 0
⎩⎪
⎩⎪
ème
donc b = − 3a et en remplaçant dans la 2 équation , − 64b = 0, d’où b = 0, puis a = 0
4) a) On définit la suite (qn) de la manière suivante
q0 = r
Parmi les termes uqn +1 ,uqn +2 ,.......,u2qn de la suite (un), on choisit l’un des termes
minimum et on appelle qn+1 son indice.
uq +1 + uqn +2 + ......+ u2qn
Ainsi, pour tout entier n, qn < qn+1 ≤ 2qn et uqn = n
≥ uqn+1
qn
( )
La suite (qn) ainsi construite est strictement croissante et la suite uqn est décroissante
Soit N le dernier entier tel que qN < p, alors p ≤ qN+1 ≤ 2qN
Il suffit de prendre q = qN et q’ = qN+1 pour répondre à la question.
sachant que q < p ≤ q’ ≤ 2q et que tous les un ≥ 0
pup = up+1 + up+2 + ….. + u2p
≤ uq+1 + …. + up+1 + …+ uq’ + … + u2q + … + u2p + ….. + u2q’
≤ quq + q’uq’ ≤ (q + q’)ur ≤ (p + 2p)ur = 3pur
donc up ≤ 3ur
G.Petitjean Lycée de Toucy b) si p = r, alors up = ur ≤ 3ur
si p < r, on définit la suite (qn) de la façon suivante
q0 = p, Parmi les termes uqn +1 ,uqn +2 ,.......,u2qn de la suite (un), on choisit l’un des termes
maximum et on appelle qn+1 son indice.
La suite (qn) est strictement croissante et la suite uqn est croissante
( )
Soit N le dernier entier tel que qN < r, alors r ≤ qN+1 ≤ 2qN
On pose q = qN, q’ = qN+1 alors q < r ≤ q’ ≤ 2q avec up ≤ uq ≤ uq’
Or r ≤ q’, donc d’après ce qu’on a déjà montré uq’ ≤ 3ur et up ≤ 3ur
donc pour tout p ∈!*, up ≤ 3un
c) Posons m = up − 3 D et supposons que m soit un minorant de la suite (un)
2
Alors pour tout naturel n, un − m ≥ 0, et la suite (un − m) d’après 1) est une suite de type
(M) positive ou nulle.
Soit n ∈!*, on a d’après 4)b), up − m ≤ 3(un − m) soit 3 D ≤ 3(un − up + 3 D)
2
2
donc D ≤ un − up + 3 D , donc un ≥ up − D
2
2
ce qui prouve que up − D est un minorant de la suite (un)
Par contraposée, si up − D n’est pas un minorant de la suite (un), alors up − 3 D n’est
2
pas un minorant de la suite (un)
d) Supposons la suite (un) non constante et minorée par m.
Il existe deux entiers p et q tel que up > uq , donc up − 1(up − uq) = up + uq > uq n’est
2
2
1
pas un minorant de (un). En posant D = (up − uq) > 0 et en utilisant 4c), on montre
2
par récurrence que pour tout entier naturel k, up − 1,5kD n’est pas un minorant de la suite
(un). Or lim up − 1,5kD = −∞, donc pour k assez grand, up − 1,5kD < m absurde.
k→+∞
donc la suite (un) est constante.
e) Si (un) est majorée et de type (M), il est clair que (−un) est une suite de type (M) et
minorée, donc elle est constante d’après 4d), donc (un) est constante.
En conclusion, une suite (un) de type (M) minorée ou majorée est constante.
G.Petitjean Lycée de Toucy 5) Si (un) est une suite de type (M), et si elle n’est pas constante, elle ne peut être ni
croissante, ni décroissante, ni minorée, ni majorée.
⎧uu12 == 11
Soit (un) la suite définie par ⎨u
2k+1 = 2uk+1
⎩u2k+2 = k(uk+1 − uk)
pour k entier ≥ 1
pour k = 1, u3 = 2u2 = 2 et u4 = u2 − u1 = 0
pour k = 2, u5 = 2u3 = 4 et u6 = 2(u3 − u2) = 2
pour k = 3, u7 = 2u4 = 0 et u8 = 2(u4 − u3) = − 4
On considère la propriété P(n) : « un = un+1 + …… + u2n » pour n entier ≥ 1.
n
Montrons par récurrence pour n entier naturel non nul que la propriété P(n) est vraie.
P(1) est vraie car u1 = u2
P(2) est vraie car u2 = u3 + u4
2
Supposons P(n) pour un certain entier n ≥ 2
un+2 + ….. + u2n + u2n+1+ u2n+2 = un+1 + ….. + u2n + u2n+1+ u2n+2 − un+1
=
nun
+ 2un+1 + n(un+1 − un) − un+1
= (n + 1)un+1
u
+
……
+
u
2n+2
donc un+1 = n+2
et P(n+1) est vraie.
n+1
La propriété est donc vraie pour tout entier n ≥ 1, ce qui montre que la suite (un) ainsi
construite est une suite de type (M).
On vérifie dès les premiers termes qu’elle n’est pas constante.
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