Dossier CAPES Maths 2019-3C05 – Arithmétique

Enoncé :

On dispose de billets de 5€ et de billets de 20€.

De combien de façons peut-on obtenir la somme de 165€ ?

Solution :

Cela revient à résoudre l’équation diophantienne 5x+20y = 165 d’inconnues x et y (entiers naturels).

On peut diviser par 5 chaque membre de l’équation sans changer la nature des solutions (car \mathrm{PGCD}(5,20) = 5 et 165 est un multiple de 5), on obtient alors :

5x+20y = 165 \iff x + 4y = 33.

On donne la solution particulière de x + 4y = 1 :

4 = 3 + 1 \iff 1 = 4 - 3

Ainsi la solution particulière de x + 4y = 1 est le couple (-3;1). On en déduit alors la solution particulière de x + 4y = 33 qui est le couple (-99;33).

Pour déterminer la solution générale de l’équation diophantienne x + 4y = 33, on peut combiner les deux égalités : x+4y = 33 et -99 + 4 \times 33 = 33. On obtient ainsi (en faisant la différence des deux) :

(x+99) + 4(y-33) = 0 \iff (x+99) = - 4(y-33)

Ici -4 divise x+99 donc il existe k entier relatif tel que x+99 = -4k \iff x = -4k-99. Avec un même raisonnement, on peut conclure que y = k + 33.

Mais il faut que les entiers x et y soient positifs, donc il faut ajouter une nouvelle condition :

\begin{cases} x \ge 0 \\ y \ge 0\end{cases} \iff \begin{cases} -4k-99 \ge 0 \\ k+33 \ge 0\end{cases} \iff \begin{cases} -4k \ge 99 \\ k \ge -33\end{cases} \iff \begin{cases} k \le -\dfrac{99}{4} \\ k \ge -33\end{cases}

Ainsi, on trouve un encadrement qui convient pour répondre à la question de l’énoncé :

-33 \le k \le -25

On peut lister ainsi les 9 façons d’obtenir la somme de 165€ avec des billets de 5€ et des billets de 20€.

kxy5x+20y
-33330165
-32291165
-31252165
-30213165
-29174165
-28135165
-2796165
-2657165
-2518165

Dossier CAPES Maths 2019-3C04 – Problèmes conduisant à la résolution d’équation

Enoncé :

Le plan est muni d’un repère orthonormé (O;\overrightarrow{i},\overrightarrow{j}).

On considère la fonction f définie sur \mathbb{R} par f(x) = (x-1)e^{1-x} et \mathcal{C} sa courbe représentative dans ce repère. La courbe \mathcal{C} admet-elle des tangentes passant par l’origine O du repère ?

Solution :

On établit l’équation cartésienne de la tangente à \mathcal{C} au point d’abscisse x=a (où a est un nombre réel), que l’on notera \mathcal{T}_a.

\mathcal{T}_a : y = f'(a)(x-a) + f(a)

Calculons f(a), puis f' la dérivée de la fonction f :

  • f(a) = (a-1)e^{1-a}
  • f'(x) = e^{1-x} - (x-1)e^{1-x} (ici, on utilise la formule de dérivation pour un produit de deux fonctions u(x) = x-1 et v(x) = e^{1-x}).
    f'(x) = (2-x)e^{1-x}
  • Ainsi, f'(a) = (2-a)e^{1-a}.

On peut remplacement maintenant les valeurs manquantes dans l’équation cartésienne :

y = (2-a)e^{1-a} (x-a) + (a-1)e^{1-a} \iff y = e^{1-a}[(2-a)(x-a)+(a-1)]

Pour répondre à la question posée par le sujet du jury, il faut déterminer les valeurs de a telles que la tangente \mathcal{T}_a à \mathcal{C} au pont d’abscisse x=a passe par l’origine du repère. Autrement dit, il faut déterminer les valeurs de a telles que (0,0) \in \mathcal{T}_a. On remplace alors x par 0 et y par 0 et on résout l’équation d’inconnue a.

e^{1-a}[(2-a)(-a)+(a-1)] = 0

On remarque une équation produit nul. Or comme e^{1-a} > 0, la résolution de l’équation précédente est équivalente à la résolution de l’équation suivante :

(2-a)(-a) + (a-1) = 0 \iff -2a + a^2 + a - 1 = 0 \iff a^2 - a - 1 = 0

On calcule le discriminant :

\Delta = (-1)^2 - 4 \times 1 \times (-1) = 1 + 4 = 5 > 0.

Il y a donc deux solutions à l’équation a^2 - a - 1 = 0. On a : \sqrt{\Delta} = \sqrt{5} et :

a_1 = \dfrac{1 - \sqrt{5}}{2} et a_2 = \dfrac{1+\sqrt{5}}{2} sont les deux solutions de l’équation a^2 - a - 1 = 0.

Vérification graphique sur GeoGebra :

Dossier CAPES Maths 2019-3C03 – Géométrie plane

Enoncé :

ABCDEF est un hexagone régulier d’aire 230 cm2. Les points G, H, I, J, K et L sont les milieux respectifs des segments [AB], [BC], …, et [FA]. Déterminer l’aire du polygone GHIJKL.

Solution :

Le polygone GHIJKL est un hexagone. Montrons qu’il est régulier comme ABCDEF.

ABCDEF est un hexagone régulier donc AB = BC = CD = DE = EF = FA et \widehat{FAB} = \widehat{ABC} = \widehat{BCD} = ... = 120^\circ. De plus, G, H, I, J, K et L sont les milieux respectifs des segments [AB], [BC], …, et [FA] donc AG = GB = BH = ... = LA. Ainsi, les triangles LAG, GBH, HCI, …, KFL sont semblables donc LG = GH = ... = FL.

Conclusion : GHIJKL est un hexagone régulier et il a le même centre que l’hexagone régulier ABCDEF (que l’on notera O) car les droites (GJ), (HK) et (IL) sont des axes de symétries de l’hexagone régulier ABCDEF. Ainsi, GHIJKL est une réduction de ABCDEF.

Faisons une figure sur GeoGebra.

On veut calculer le coefficient de réduction pour passer de l’hexagone ABCDEF à l’hexagone GHIJKL. Pour cela, on considère le triangle OGB. C’est un triangle rectangle en G car (GJ) est un axe de symétrie de l’hexagone ABCDEFG (en particulier (GJ) est la médiatrice du segment [AB]. Ainsi, pour calculer le coefficient de réduction pour passer de l’hexagone ABCDEF à l’hexagone GHIJKL, on peut calculer le rapport \dfrac{OG}{OB} en utilisant notamment la trigonométrie (triangle rectangle).

\dfrac{OG}{OB} = \cos(60^\circ) = \dfrac{\sqrt{3}}{2}.

Ainsi le coefficient de réduction pour passer de l’hexagone ABCDEF à l’hexagone GHIJKL est k = \dfrac{\sqrt{3}}{2}.

Maintenant, on sait l’aire de l’hexagone ABCDEF et on veut calculer l’aire de l’hexagone GHIJKL. On utilise la propriété suivante : une réduction de rapport k multiplie les aires d’un coefficient égal à k^2. Ainsi :

\mathcal{A}_{GHIJKL} = \mathcal{A}_{ABCDEF} \times \left(\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)^2 = 230 \times \dfrac{3}{4} = 172,5 cm2.

Conclusion : l’aire de l’hexagone GHIJKL est de 172,5 cm2.

Références :

Dossier CAPES Maths 2019-3C02 – Conjecture et démonstration

Enoncé :

Soit (u_n) la suite définie par u_0 = 5 et u_{n+1} = u_n + 4n - 6 pour tout entier naturel n.

Conjecturer une expression de u_n en fonction de n et démontrer cette conjecture.

Solution :

Conjecture : Calculons les premiers termes de la suite (u_n) :

u_0 = 5

u_1= u_0 + 4 \times 0 - 6 = 5 - 6 = -1

u_2 = u_1 + 4 \times 1 - 6 =  -1 + 4 - 6 = -3

u_3 = u_2 + 4 \times 2 - 6 = -3 + 8 - 6 = -1

u_4 = u_3 + 4 \times 3 - 6 = -1 + 12 - 6 = 5

Traçons la représentation graphique de la suite (u_n) (constituée des points de coordonnées $lates (n,u_n)$).

On peut remarquer que le diagramme obtenu est une parabole dont le sommet est située au point de coordonnées (2;-3). Ainsi, si on écrit u_n = f(n), on obtient : f(n) = a(n-2)^2-3. On peut trouver le coefficient a en prenant n=0.

f(0) = 5 \iff a(-2)^2 - 3 = 5 \iff 4a = 8 \iff a = 2.

Ainsi, on peut conjecturer que u_n = 2(n-2)^2 - 3.

Démonstration : pour démontrer cette conjecture, on peut s’inspirer de ce qu’a fait l’élève 2 (voir sujet en références) . On pose la suite (v_n) tel pour tout n entier naturel, on a :

v_n = u_{n+1} - u_n = u_n + 4n - 6 - u_n = 4n-6.

La suite (v_n) est une suite arithmétique de raison 4 et de premier terme v_0 = u_1 - u_0 = 5 - 6 - 5 = -6.

Or, on remarque que (v_n) est une suite télescopique, c’est-à-dire :

\displaystyle \sum_{k=0}^{n-1} v_k = u_n - u_{n-1} + u_{n+1} - u_{n+2} + ... + u_1 - u_0 = u_n - u_0.

Comme (v_n) est une suite arithmétique, on peut facilement calculer la somme de ses termes :

\displaystyle \sum_{k=0}^{n-1} v_k = \sum_{k=0}^{n-1} 4k-6 =  4\sum_{k=0}^{n-1} k - 6n

Or la somme des n-1 premiers entiers est donnée par la formule : \displaystyle \sum_{k=0}^{n-1} k = \dfrac{n(n-1)}{2}

\displaystyle \sum_{k=0}^{n-1} v_k = u_n - u_0 = 4\frac{n(n-1)}{2} - 6n = 2n^2 - 2n - 6n

u_n - 5 = 2n^2 - 8n \iff u_n = 2n^2 - 8n + 5.

Or, d’après la conjecture : 2(n-2)^2 - 3 = 2(n^2 - 4n + 4) - 3 = 2n^2 - 8n + 8 - 3 = 2n^2 - 8n + 5 = u_n.

Conclusion : l’expression de u_n en fonction de n est donnée par la formule :

u_n = 2n^2 - 8n + 5 = 2(n-2)^2 - 3.

Références :

Dossier CAPES Maths 2019-3C01 – Probabilités

Enoncé :

A Florence au début du XVIIe siècle, un jeu consistait à jeter trois dés et à miser sur le résultat de la somme des trois dés. Durant sa jeunesse Cosme II de Médicis, grand-duc de Toscane, a observé de nombreuses parties : il a remarqué qu’il était préférable de miser sur le nombre 10.

Un de ses fidèles disciples lui affirma : « Maître excusez-moi de vous contredire mais le 9 apparaît plus souvent que la 10 ». Lequel des deux a raison ?

Solution :

La somme des faces obtenues après un lancer de deux dés peut être modélisée par un tableau à double entrée :

123456
1234567
2345678
3456789
45678910
567891011
6789101112

On voit qu’on peut obtenir une somme de 2, 1 fois ; de 3, 2 fois ; de 4, 3 fois…

On peut faire la somme des trois dés en faisant la somme de deux dés puis la somme du dernier. Ainsi on peut utiliser le tableau précédent pour modéliser la somme des faces obtenues après un lancer de trois dés. La modélisation se fait dans le tableau suivant (en colonne, on a mis entre parenthèses le nombre de possibilités d’obtenir la somme de faces sur deux dés :

123456
2 (1)345678
3 (2)456789
4 (3)5678910
5 (4)67891011
6 (5)789101112
7 (6)8910111213
8 (5)91011121314
9 (4)101112131415
10 (3)111213141516
11 (2)121314151617
12 (1)131415161718

Pour calculer la probabilité d’obtenir 9 en faisant la somme des trois dés, on regarde où est-ce qu’il apparait dans le tableau et on additionne le nombre de possibilités qui se trouve en première colonne puis on fait additionne le tout et on divise par le nombre de possibilités totales, c’est-à-dire 6^3 = 216.

P(9) = \dfrac{5+6+5+4+3+2}{6^3} = \dfrac{25}{216}.

On fait la même chose pour la probabilité d’obtenir 10 en faisant la somme des trois dés.

P(10) = \dfrac{4+5+6+5+4+3}{6^3} = \dfrac{27}{216}.

Conclusion : Cosme II de Médicis avait raison : le 10 apparaît plus souvent que le 9.

Références :

Dossier CAPES Maths 2019-20 – Raisonnement

Enoncé :

A tout réel m, on associe la droite \mathcal{D}_m d’équation :

(2m-1)x+(5-m)y - 4m - 7 = 0.

  1. Montrer qu’il existe un point K appartenant à toutes les droites \mathcal{D}_m.
  2. (a) Déterminer m pour que \mathcal{D}_m passe par le point A(1;1).
    (b) Si l’on se donne un point P du plan, existe-t-il toujours un nombre réel m tel que \mathcal{D}_m passe par le point P ?

Solution :

Question 1 :

On veut montrer l’existence d’un point K (donc déterminer ses coordonnées) appartenant à toutes les droites \mathcal{D}_m. Pour cela, on prend deux valeurs particulières de m et on cherche les valeurs x et y qui vérifient un système d’équation.

Prenons, pour nous faciliter la tâche, 2m - 1 = 0 \iff 2m = 1 \iff m = \frac{1}{2}, on aurait ainsi :

(5 - \frac{1}{2})  y- 4 \times \frac{1}{2} - 7 = 0 \iff  \frac{9}{2} y - 9 = 0

Si on prend 5-m = 0 \iff 5 = m, on obtient l’équation de \mathcal{D}_5 :

(2\times 5 - 1) x - 4 \times 5 - 7 = 0 \iff 9x - 27 = 0.

Les coordonnées du point K vérifient le système d’équation suivant :

\begin{cases} \frac{9}{2}y - 9 = 0 \\ 9x - 27 = 0\end{cases} \iff  \begin{cases} 9y - 18 = 0 \\ 9x - 27 = 0\end{cases} \iff \begin{cases} 9y = 18 \\ 9x = 27 \end{cases} \iff \begin{cases} y = 2 \\ x = 3\end{cases}

Ainsi, il existe bien un point K (de coordonnées (3;2)) qui appartient à toutes les droites \mathcal{D}_m.

Question 2(a) :

La donnée de la question est que le point A de coordonnées (1;1) appartient à la droite \mathcal{D}_m. On remplace les valeurs x et y dans l’équation cartésienne de la droite \mathcal{D}_m et on résout cette équation pour trouver la valeur de m correspondante :

2m-1 + 5-m - 4m - 7 = 0 \iff -3m + 3 = 0 \iff -3m = -3 \iff m=1.

Ainsi, pour m=1, la droite $\mathcal{D}_1$ passe par le point A de coordonnées (1;1).

Question 2(b) :

Supposons que P (de coordonnées (x;y)) appartiennent à la droite \mathcal{D}_m alors les coordonnées vérifient l’équation cartésienne de la droite \mathcal{D}_m. On a ainsi :

(2m-1)x+(5-m)y - 4m - 7 = 0

Développons l’expression et séparons les termes en m et les termes « constants » :

2mx-x + 5y - my - 4m - 7 = 0  \iff m(2x-y-4) = x-5y+7 \iff m = \dfrac{x-5y+7}{2x-y-4}.

La valeur de m existe si et seulement si 2x-y-4 \neq 0. Ce qui n’est pas toujours le cas.

Si 2x-y-4 = 0 alors y = 2x-4. Ainsi tous les points dont les coordonnées sont de la forme (x;2x-4) n’appartiennent pas à la famille de droites $\mathcal{D}_m$.

Références :

Dossier CAPES Maths 2019-19 – Problème conduisant à l’étude de fonctions

Enoncé :

La figure ci-contre représente une portion d’un disque de centre A et de rayon 1. On fait varier la mesure en radian de l’angle \widehat{BAC} dans l’intervalle ]0,\pi].

Déterminer un encadrement d’amplitude 10^{-3} d’une mesure de l’angle \widehat{BAC} pour laquelle il y a égalité des aires de la surface hachurée et de la surface quadrillée.

Solution :

On fait d’abord une première visualisation sur GeoGebra. Nous allons nous placer dans le repère (A,\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AI})I est situé sur le cercle de centre A et de rayon 1 et la droite (AI) perpendiculaire à la droite (AB). Ainsi, l’arc de cercle \overset{\frown}{BC} est une partie du cercle trigonométrique.

La configuration ci-dessous donne approximativement la position du point C sur la partie supérieure du cercle trigonométrique (c’est-à-dire dans l’intervalle ]0,\pi]) telle que l’aire du triangle ABC est égale à l’aire du secteur angulaire entre B et C privé du triangle ABC. On remarque que la valeur de l’angle est à peu près égal à 1,89 rad ou 108 degrés.

Passons à un raisonnement classique. On pose x = \widehat{BAC}. L’aire du triangle ABC se calcule par la formule suivante (si on considère H le projeté orthogonal de C sur la droite (AB)) :

\mathcal{A}_1 = \mathcal{A}_{ABC} = \dfrac{AB \times CH}{2} = \dfrac{\sin(x)}{2}.

De plus, l’aire du secteur angulaire entre les points B et C est proportionnelle à l’angle \widehat{BAC}. Ainsi :

\mathcal{\tilde{A}} = \dfrac{x \pi}{2\pi} = \dfrac{x}{2}.

Ainsi si on note \mathcal{A}_2 l’aire du secteur angulaire entre B et C privé du triangle ABC :

\mathcal{A}_2 = \dfrac{x}{2} - \dfrac{\sin(x)}{2}.

Il faut donc résoudre l’équation d’inconnue x suivante :

\mathcal{A}_1 = \mathcal{A}_2 \iff \dfrac{x}{2} - \dfrac{\sin(x)}{2} = \dfrac{\sin(x)}{2} \iff \sin(x) - \dfrac{x}{2} = 0.

On ne peut pas résoudre analytiquement cette équation donc on utilise le « théorème de la bijection ». On pose la fonction f définie sur l’intervalle ]0,\pi] par f(x) = \sin(x) - \frac{x}{2}.

La dérivée se calcule de la manière suivante :

f'(x) = \cos(x) - \dfrac{1}{2}.

Elle est strictement positive sur l’intervalle ]0,\frac{\pi}{3}] (donc la fonction f est croissante sur cet intervalle) et strictement négative sur l’intervalle [\frac{\pi}{3},\pi] (donc la fonction f est décroissante sur cet intervalle).

On peut exclure l’étude de l’équation sur l’intervalle I_1 = ]0,\frac{\pi}{3}] car f(0) = 0 et 0 n’appartient pas à l’intervalle I_1. Etudions l’équation sur l’intervalle I_2 = [\frac{\pi}{3},\pi].

La fonction est continue et strictement décroissante sur l’intervalle I_2. On a :

f(\frac{\pi}{3}) = \sin(\frac{\pi}{3}) - \frac{\pi}{6} = \frac{\sqrt{3}}{2} - \frac{\pi}{6} \approx 0,34 > 0
f(\pi) = \sin(\pi) - \frac{\pi}{2} = -\frac{\pi}{2} = -1,57 < 0.

D’après le théorème de la bijection, il existe un unique nombre \alpha appartenant à l’intervalle [\frac{\pi}{3},\pi] qui est solution de l’équation f(\alpha) = 0. On peut donner un encadrement de \alpha grâce à la calculatrice.

Ainsi, d’après la calculatrice, un encadrement d’amplitude 10^{-3} d’une mesure de l’angle x = \widehat{BAC} pour laquelle il y a égalité des aires de la surface hachurée et de la surface quadrillée est

1,985 \le x \le 1,986

Dossier CAPES Maths 2019-18 – Géométrie dans l’espace

Enoncé :

On coupe un cube ABCDEFGH de côté 6 cm selon le plan (BEG). On obtient le tétraèdre BEFG.

Combien mesure la hauteur du tétraèdre BEFG relative à la base BEG ?

Solution :

Géométrie analytique :

On se place dans le repère (A,\overrightarrow{AI},\overrightarrow{AJ},\overrightarrow{AK} avec les points I, J et K définis de la manière suivante :

\overrightarrow{AI} = \dfrac{1}{6}\overrightarrow{AB} \; ; \;  \overrightarrow{AJ} = \dfrac{1}{6}\overrightarrow{AD} \; ; \;  \overrightarrow{AK} = \dfrac{1}{6}\overrightarrow{AE}

On a alors les coordonnées A(0,0,0) ; B(6,0,0) ; C(6,6,0) ; D(0,6,0) ; E(0,0,6) ; F(6,0,6) ; G(6,6,6) ; H(6,6,0).

Deux vecteurs directeurs du plan (BEG) sont

\overrightarrow{BE} \begin{pmatrix} -6 \\ 0 \\ 6\end{pmatrix} et \overrightarrow{BG} \begin{pmatrix} 0 \\ 6 \\ 6\end{pmatrix}

On peut montrer que le vecteur \overrightarrow{DF}\begin{pmatrix}6 \\ -6 \\ 6     \end{pmatrix} est un vecteur normal au plan (BEG). En effet,

\overrightarrow{DF}\cdot \overrightarrow{BE} = -6 \times 6 + 0 \times 6 + 6 \times 6 = -36 + 36 = 0
\overrightarrow{DF} \cdot \overrightarrow{BG} = 6 \times 0 + 6 \times -6 + 6 \times 6 = -36 + 36 = 0

Ainsi, le plan (BEG) a pour équation 6x - 6y + 6z + d = 0 avec d = -36 (en remplaçant les coordonnées du point B dans l’équation).

La hauteur passant par F dans le tétraèdre BEFG a pour équation paramétriques :

(DF) : \begin{cases} x = 6 + 6t\\ y = -6t \\ z =  6+6t \end{cases},  \; t \in \mathbb{R}.

L’intersection du plan (BEG) et la droite (DF) s’obtient en :

6(6+6t) - 6 \times (-6t) + 6(6+6t) - 36 = 0 \iff 36 + 36t+36t + 36 + 36t - 36 = 0

\iff 36 + 108t = 0 \iff t = -\dfrac{36}{108} = -\dfrac{1}{3}.

Le point M (intersection du plan (BEG) et la droite (DF)) a pour coordonnées (4,2,4).

Ainsi la hauteur du tétraèdre BEFG relative à la base BEG a pour mesure :

\displaystyle FM = \sqrt{(4-6)^2 + (2-0)^2 + (4-6)^2} = \sqrt{4 + 4 + 4} = \sqrt{12} = 2\sqrt{3}.

En bonus, voici une visualisation du cube sur GeoGebra.

AIRE ET VOLUME :

Le triangle BEG est un triangle équilatéral de côté \sqrt{72} = 6 \sqrt{2}. Ainsi son aire est donnée par la formule suivante :

\mathcal{A}_{BEG} = \dfrac{6\sqrt{2} \times \frac{6\sqrt{2}\sqrt{3}}{2}}{2} = 3 \times 6 \times \sqrt{3} = 18\sqrt{3} cm2.

Le volume du tétraèdre BEG est le tiers du volume du cube ABCDEFGH (car le tétraèdre est inscrit dans le cube) ainsi, si on note h la hauteur du tétraèdre BEFG relative à la base BEG :

\dfrac{1}{3} \times h \times 18\sqrt{3} = 36 \iff h = \dfrac{3 \times 36}{18\sqrt{3}} = \dfrac{6}{\sqrt{3}} = \dfrac{6 \times \sqrt{3}}{3} = 2\sqrt{3}.

Références :

Dossier CAPES Maths 2019-17 – Suites

Enoncé :

On empile des cubes selon le modèle ci-contre :

  1. Combien de cubes sont utilisés si on construit ainsi dix étages ?
  2. Combien d’étages peut-on construire au maximum avec 2019 cubes, et combien restera-t-il de cubes ?

Solution :

On peut d’abord modéliser l’empilement des cubes. Soit (u_n) le nombre de cubes qu’il nous faut pour construire le n-ième étage de la tour (pour n \in \mathbb{N}^*.

On commence avec un cube de base pour le premier étage puis on a besoin à chaque fois d’ajouter 4 cubes par rapport au précédent étage pour obtenir un étage supplémentaire.

On a donc :

\begin{cases} u_1 = 1 \\ u_{n+1} = u_n + 4\end{cases}.

La suite (u_n) est une suite arithmétique de raison 4 et premier terme u_1 = 1. On peut donc exprimer cette suite sous forme explicite :

u_n = 1 + 4(n-1) = 1 + 4n - 4 = 4n - 3.

Question 1 :

On peut donc facilement calculer le nombre total de cubes pour construire 10 étages de la tour :

\displaystyle \sum_{k=1}^{10} u_k = \sum_{k=1}^{10} 4k-3 = 4 \sum_{k=1}^{10} k - 3 \times 10

\quad = \dfrac{4 \times 10 \times 11}{2} - 30 = 2 \times 110 - 30 = 220 - 30 = 190

Il faut donc 190 cubes pour construire 10 étages de la tour.

QUESTION 2 :

On peut faire une rapide conjecture grâce à la calculatrice :

Ici, la suite (v_n) représente le nombre total de cubes pour construire n étages de la tour (n \in \mathbb{N}^*) et elle s’obtient comme précédemment :

\displaystyle v_n = \sum_{k=1}^{n} u_k = \sum_{k=1}^{n} 4k-3 = 4 \sum_{k=1}^{n} k - 3 \times n = \frac{4n(n+1)}{2} - 3n = 2n(n+1) - 3n.

On obtient ainsi qu’il faut une tour de 32 étages et qu’il nous restera 3 cubes.

Démontrons ce résultat par un calcul. On reprend l’expression de la suite (v_n).

v_n = 2n(n+1) - 3n = 2n^2 + 2n - 3n = 2n^2 - n.

On veut savoir le plus grand entier naturel n tel que v_n \le 2019. On résout ainsi :

2n^2 - n = 2019 \iff 2n^2 - n - 2019 = 0.

On calcule le discriminant : \Delta = (-1)^2 - 4 \times 2 \times (-2019) = 16153 > 0. Il y a donc deux solutions à l’équation précédente dont une est positive et convient pour répondre à notre questionnement :

n_1 = \dfrac{1+\sqrt{16153}}{4} \approx 32,03.

Ainsi, l’entier qui convient est 32 (arrondi à l’entier inférieur). On peut donc construire une tour de 32 étages avec 2019 cubes et il nous restera :

2019 - (2 \times 32^2 - 32) = 2019 - 2016 = 3 cubes.

Références :

Dossier CAPES Maths 2019-16 – Géométrie plane

Enoncé :

Le drapeau écossais est constitué d’une croix de Saint-André blanche sur fond bleu. La figure ci-contre est un schéma du drapeau avec les cotes utiles à son dessin.

Quelle est l’aire de la partie blanche du drapeau ?

Solution :

Reprenons la figure ci-dessus en plaçant quelques points de réperage.

  • On note ABCD le rectangle bordant le drapeau, AB = 45 cm et BC = 36 cm.
  • On note I (resp. J, resp. K, resp. L) le milieu du segment [AB] (resp. [BC], resp. [CD], resp. [DA]).

On remarque tout d’abord deux symétries axiales, une symétrie d’axe (KI) et autre symétrie d’axe (LJ). Ainsi, on peut considérer la partie sud-ouest, c’est-à-dire le rectangle AIULU est le centre du rectangle.

Concentrons nous sur le rectangle AIUL. Il est constitué de 3 figures, 2 triangles rectangles :

  • IQP rectangle en I
  • LOT rectangle en L

et la bande blanche qui sépare les deux triangles. Les droites (OT) et (PQ) sont parallèles à la diagonale [AU] du rectangle. Ainsi \widehat{IAU} = \widehat{IPQ} et \widehat{LAU} = \widehat{LOT}.

Calculons la mesure des deux angles \widehat{IAU} et \widehat{LAU} en utilisant la tangente de l’angle.

\tan(\widehat{IAU}) = \dfrac{IU}{AI} = \dfrac{36}{45} \iff \widehat{IAU} = \arctan\left(\dfrac{36}{45}\right)\approx 38,66^\circ.
\widehat{LAU} = 90 - 38,66 = 51,34^\circ.

On sait aussi que AO = 6 cm et AP = 6 cm donc PI = 22,5 - 6 = 16,5 cm et OL = 18 - 6 = 12 cm.

On peut calculer les longueurs des segments [QI] et [LT] grâce à la trigonométrie.

\tan(\widehat{LAU}) = \dfrac{LT}{OL} \iff 12\tan(51,34) = LT.
\tan(\widehat{IAU}) = \dfrac{IQ}{PI} \iff 16,5\tan(38,66) = PI

(on laisse les valeurs exactes des longueurs pour faire l’arrondi en fin de raisonnement).

Enfin, on peut calculer l’aire des triangles rectangles LOT et PIQ :

\mathcal{A}_{LOT} = \frac{LO\times LT}{2} = \frac{12 \times 12 \tan(51,34}}{2} \approx 90 cm2
\mathcal{A}_{PIQ} = \frac{PI \times Qi}{2} = \frac{16,5 \times 16,5\tan(38,66)}{2} \approx 108,9 cm2

Ainsi l’aire de la bande blanche est égale à :

\mathcal{A}_{\text{blanche}(AIUL)} = \mathcal{A}_{AIUL} - \mathcal{A}_{LOT} - \mathcal{A}_{PIQ} = 405 - 108,9 - 90 = 206,1 cm2.

L’aire totale de la bande blanche sur le drapeau est donc de :

4\mathcal{A}_{\text{blanche}(AIUL)} =  4 \times 206,1 \approx 824,4 cm2.

Références :