OMB-Maxi Finale 2010

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OMB-Maxi Finale 2010

Message  G. Lorang le Mar 1 Fév - 8:38

Question 1
(a) Déterminer tous les nombres naturels multiples de 6 et possédant exactement 6 diviseurs naturels.
(b) Combien y a-t-il de nombres naturels multiples de 2010 et possédant exactement 2010 diviseurs naturels ?

Question 2
(a) Démontrer que si, dans un triangle , l’amplitude de l’angle en `A` est double de celle de l’angle en `B`, alors
`BC^2=AC^2+AC*AB`
(b) La réciproque est-elle vraie ?

Question 3
(a) Pour quelle(s) valeur(s) du naturel `n` l’expression `n^2+n+14` est-elle le carré d’un nombre naturel ?
(b) Pour quelle(s) valeur(s) du naturel `k` existe-t-il au moins un naturel `n` pour lequel l’expression `n^2+n+k` est le carré d’un nombre naturel ?

Question 4
Dans le triangle `ABC`, soit `H` le pied de la hauteur issue de `A`. Soit `E` le point d’intersection de la bissectrice issue de `B` avec le côté `[AC]`. Sachant que `/_BEA=45°`, déterminer `/_EHC`.
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Question 1

Message  carole le Mer 13 Avr - 7:04

a) Un entier naturel a exactement 6 diviseurs si et seulement si il s' écrit sous la forme `p^5` ou `p^*q^2` où p et q sont 2 entiers premiers quelconques. Or, comme l'entier naturel est multiple de 6, il ne peut pas être de la forme `p^5`. Comme `6=2*3`, les seuls multiples de 6 ayant exactement 6 diviseurs sont `2^2*3=12` et `2*3^2=36.
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Re: OMB-Maxi Finale 2010

Message  carole le Mer 13 Avr - 20:24

b) Effectuons d' abord la factorisation première de 2010:
`2010=2*3*5*67`
D' où chaque multiple de 2010 peut s' écrire sous la forme `2^a*3^b*5^c*67^d` (a,b,c,d`>=1`).
Or chaque nombre admettant 2010 diviseurs s' écrit sous la forme `p^1*q^2*r^4*s^66`(p,q,r et s sont des nombres premiers).
Donc tous les multiples de 2010 admettant 2010 diviseurs ont comme bases 2,3,5 et 67 et comme exposants 1,2,4 et 66. Il existe `4!``=4*3*2*1=24` possibilités d' associer les exposants aux bases possibles, donc il existe 24 entiers qui vérifient ces conditions.
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Question 3

Message  carole le Ven 22 Avr - 18:38

a) Le plus grand naturel n pour lequel l' expression `n^2+n+14` (E) peut être un carré est 13, car la différence entre deux carrés consecutifs `a^2` et `(a+1)^2` vaut `2a+1`.
Ici `n+14` est la différence entre les deux carrés `n^2` et `n^2+n+14`, donc `2n+1=n+14 iff n=13`.
Il suffit donc de contrôler si des entiers inférieurs à 13 vérifient cette condition.
n=1: (E)=16=`4^2`
n=1 est la seule autre solution possible, donc 1 et 13 sont solution.

b) Il existe des n pour tout entier k supérieur ou égal à 1.
Pour que `n^2+n+k` soit le carré suivant `n^2`, il faut que k prenne la valeur `n+1`.
Si k=1, alors n=0. 1 est carré de lui-même.
Si k=2, alors n=1. 4 est le carré de 2.
Si k=3, alors n=2. 9 est le carré de 3.
Donc en général, si k est donné, on prend simplement `n=k-1`.
Bien sûr il peut exister plusieurs valeurs pour n qui vérifient les conditions pour un même entier k.
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Question 1 : BRAVO !

Message  G. Lorang le Dim 15 Mai - 9:35

a) J'ai légèrement corrigé ta réponse. Pour être complet, il faut inclure le cas où l'entier est de la forme `p^5`.
b) Tu as bien raisonné, même si quelques unes de tes affirmations ne sont pas à 100% correctes. Je corrige donc un peu ci-dessous, afin que tu puisses comparer :

Effectuons d' abord la factorisation première de 2010 : `2010=2*3*5*67`.
Chaque multiple de 2010 est donc divisible par 2,3,5 et 67.
Or chaque nombre `n` admettant 2010 diviseurs et divisible par 2,3,5 et 67 s' écrit sous la forme `n=2^a*3^b*5^c*67^d`
où `a,b,c,d>=1` et `(a+1)*(b+1)*(c+1)*(d+1)=2010`. Il n'est pas possible qu'il y ait d'autres facteurs premiers dans la décomposition de `n` puisque 2010 a exactement 4 diviseurs premiers et ces 4 diviseurs doivent intervenir avec des exposants non nuls dans la décomposition de `n`.
Donc tous les multiples de 2010 admettant 2010 diviseurs ont dans leur décomposition en facteurs premiers comme bases 2,3,5 et 67 et comme exposants 1,2,4 et 66. Il existe `4! =4*3*2*1=24` possibilités d'associer les exposants aux bases possibles, donc il existe 24 entiers qui vérifient ces conditions.

20 points pour cette question finale pour toi Smile
Cordialement, G. Lorang
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Question 3 : BRAVO !

Message  G. Lorang le Dim 15 Mai - 10:29

Très bien ! 20 points cadeau Smile ! Juste une critique : tu n'expliques pas pourquoi en fait `n<=13`.
On pourrait le faire comme ceci par exemple :
`n^2+n+14=(n+a)^2`
`iff n+14=2an+a^2`
`iff n+14=a(2n+a)`
Or, `a>=1`, donc `2n+a<=n+14 iff n<=14-a`.
On a donc nécessairement : `n<=13`.

Pour trouver toutes les solutions, on peut écrire :
`n^2+n+14=(n+a)^2`
`iff 4n^2+4n+56=4(n+a)^2`
`iff 4n^2+4n+1+55=4(n+a)^2`
`iff (2n+1)^2+55=4(n+a)^2`
`iff 4(n+a)^2-(2n+1)^2=55`
`iff (2n+2a)^2-(2n+1)^2=55`
`iff (2a-1)(4n+2a+1)=55`
Donc : `2a-1=1 iff a=1` donne : `n=13`
`2a-1=5 iff a=3` donne : `n=1`
`2a-1=11 iff a=6` et `2a-1=55 iff a=28` donnent des valeurs négatives pour n.
D'où les deux solutions que tu as trouvées.


Dernière édition par G. Lorang le Ven 13 Avr - 8:57, édité 1 fois
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Question 4

Message  carole le Ven 6 Avr - 17:01



J' ai ajouté le point F tel que F est le point d' intersection de la perpendiculaire à AC passant par E et la droite BC.

`hat(BEF)=90°-hat(AEF)=45°
Comme BE est un axe de symétrie (bissectrice) et `hat(BEF)=hat(AEF)`, on a que `bar (AE)=bar(AF)` .

On cherche l' angle `hat(EHC)=hat(EHF)=hat(EHA)`,car `bar (AE)=bar(AF)` et les points A, E, F et H sont cocycliques (les angles en E et H sont des angles droits).
Or, `hat(EHF)+hat(EHA)=90°
`iff 2 hat(EHC)=90°
`iff hat(EHC)=45°
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Question 2

Message  carole le Lun 9 Avr - 9:26

D' après l' énoncé:
L' angle en A vaut `2alpha`
L' angle en B vaut `alpha`
L' angle en C vaut `180°-3alpha`

Appliquons le théorème des cosinus au triangle ABC:
`bar(BC)^2=bar(AB)^2+bar(AC)^2-2*bar(AB)*bar(AC)*cos(2*alpha)
`iff bar(BC)^2=bar(AC)^2+bar(AB)*(bar(AB)-2*bar(AC)*(1-2*sin(alpha)^2))

Or, on veut monter que `bar(BC)^2=bar(AC)^2+bar(AB)*bar(AC)`, il faut donc que
`bar(AB)-2*bar(AC)*(1-2*sin(alpha)^2)=bar(AC)
`iff bar(AB)=bar(AC)*(3-4sin(alpha)^2)
`iff bar(AB)/bar(AC)= 3-4sin(alpha)^2 ` (1)

Appliquons maintenant le théorème des sinus au triangle ABC:
`sin(alpha)/bar(AC)=sin(180°-3*alpha)/bar(AB)
`iff bar(AB)/bar(AC)=sin(3alpha)/sin(alpha)` (2)

(1) et (2):
`3-4sin(alpha)^2 =sin(3alpha)/sin(alpha)
`iff 3*sin(alpha)-4*sin(alpha)^3=sin(3alpha)
`iff 3*sin(alpha)-4*sin(alpha)^3=sin(2alpha+alpha)
`iff 3*sin(alpha)-4*sin(alpha)^3=sin(2alpha)cos(alpha)+cos(2alpha)*sin(alpha)
`iff 3*sin(alpha)-4*sin(alpha)^3=2sin(alpha)cos(alpha)^2+(1-sin(alpha)^2)*sin(alpha)
`iff 3*sin(alpha)-4*sin(alpha)^3=2sin(alpha)(1-sin(alpha)^2)+sin(alpha)-sin(alpha)^3
`iff 2*sin(alpha)-3*sin(alpha)^3=2*sin(alpha)-3*sin(alpha)^3
(J' ai développé le tout, or on peut voir dès la deuxième ligne que la condition est vérifiée, si on connait bien ses formules trigonométriques)

Comme on a montré que (1)=(2), on peut affirmer que `bar(AB)-2*bar(AC)*(1-2*sin(alpha)^2)=bar(AC)` et donc `bar(BC)^2=bar(AC)^2+bar(AB)*bar(AC)`.

Voilà, les réponses aux 4 questions... Smile
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Re: OMB-Maxi Finale 2010

Message  le_magicien le Jeu 12 Avr - 11:13

Bonjour,

C'est très bien, Carole. Very Happy

Cependant, tu n'as pas vraiment répondu à la question 2b). En effet, pour établir cette réciproque, on peut poser que les angles en `A`, en `B` et en `C` valent respectivement `\beta`, `\alpha` et `180°-\alpha-\beta`, mais on ne sait pas a priori que `\pi-\alpha-\beta=\pi-2\alpha`.

Voici comment je propose de procéder. Partant de l'hypothèse `|BC|^2=|AC|^2+|AB|\cdot|AC|` et de la formule de Pythagore généralisé `|BC|^2=|AC|^2+|AB|^2-2\cdot|AB|\cdot|AC|\cdot\cos(\beta)`, on peut déduire que `|AC|=|AB|-2\cdot|AC|\cdot\cos(\beta)` et donc que `1+2\cos(\beta)=\frac{|AB|}{|AC|}=\frac{\sin(180°-\alpha-\beta)}{\sin(\alpha)}` notamment grâce à la relation des sinus dans le triangle `ABC`. Mais ceci implique que `1+2\cos(\beta)=\frac{\sin(\alpha)\cos(\beta)+\sin(\beta)\cos(\alpha)}{\sin(\alpha)}`, donc que `\sin(\alpha)+2\sin(\alpha)\cos(\beta)=\sin(alpha)\cos(\beta)+\sin(\beta)\cos(\alpha)` et donc que `\sin(\alpha)=\sin(\beta-\alpha)`. Cette dernière égalité implique l'existence d'un nombre entier `k` vérifiant l'égalité `\beta=2\alpha+k\cdot 360°` ou l'égalité `\beta=180°+k\cdot 360°`, ce qui n'est possible que si `\beta=2\alpha` vu que `0°<\alpha<180°` et `0<\beta<180°`.

le_magicien
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RE : Question4

Message  G. Lorang le Ven 13 Avr - 9:25

carole a écrit:
Comme BE est un axe de symétrie (bissectrice) et `hat(BEF)=hat(AEF)`, on a que `bar (AE)=bar(AF)` .
On cherche l' angle `hat(EHC)=hat(EHF)=hat(EHA)`,car `bar (AE)=bar(AF)` et les points A, E, F et H sont cocycliques (les angles en E et H sont des angles droits).

Je pense que tu veux dire `hat(BEF)=hat(AEB)`, donc `bar (AE)=bar(EF)` et `hat(EHC)=hat(EHF)=hat(EAF)` ???
Est-ce que tu peux revoir attentivement ta solution ?

Cordialement G. Lorang
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RE : Question 2

Message  G. Lorang le Ven 13 Avr - 9:45

Bravo à Carole et à notre nouveau posteur le_magicien !
Je partage les 20 points cadeau entre vous ... Smile
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Re: OMB-Maxi Finale 2010

Message  carole le Mar 17 Avr - 17:23

G. Lorang a écrit:
carole a écrit:
Comme BE est un axe de symétrie (bissectrice) et `hat(BEF)=hat(AEF)`, on a que `bar (AE)=bar(AF)` .
On cherche l' angle `hat(EHC)=hat(EHF)=hat(EHA)`,car `bar (AE)=bar(AF)` et les points A, E, F et H sont cocycliques (les angles en E et H sont des angles droits).

Je pense que tu veux dire `hat(BEF)=hat(AEB)`, donc `bar (AE)=bar(EF)` et `hat(EHC)=hat(EHF)=hat(EAF)` ???
Est-ce que tu peux revoir attentivement ta solution ?

Cordialement G. Lorang

C' est bien sûr `hat(BEF)=hat(AEB)` et `bar (AE)=bar(EF)`. Rolling Eyes

Les angles `hat(EAF)` et `hat(EHF)` interceptent des arcs de même longueur d'un même cercle.
Est-ce qu' alors les angles ne sont-ils pas égaux (s' ils se trouvent du même côté des arcs)?
Alors, mon raisonnement fonctionnerait... Shocked
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Re: OMB-Maxi Finale 2010

Message  G. Lorang le Mar 17 Avr - 18:44

carole a écrit:
Les angles `hat(EAF)` et `hat(EHF)` interceptent des arcs de même longueur d'un même cercle.
Est-ce qu' alors les angles ne sont-ils pas égaux (s' ils se trouvent du même côté des arcs)?

Tu as absolument raison. Mais je ne comprenais pas pourquoi tu es passée par l'angle `hat(EHA)`. J'avais un autre raisonnement en tête :
Une fois que tu sais que le triangle `AEF` est rectangle isocèle, tu as tout de suite :
`hat(EHC)=hat(EHF)=hat(EAF)=45°`

Pourrais-tu encore apporter les petites modifications à ta solution initiale ? Je t'accorde déjà les 20 points cadeau Smile
Cordialement G. Lorang
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