Problems and solutions – Naboj Junior

Problème 1

Annuel
En 2012, la première année où le concours Naboj Junior a eu lieu, Barbara a planté un pommier. Ce jour là, l’arbre mesurait $\SI{5}{\deci\metre}$ . Chaque année, le pommier pousse de $\SI{600}{\milli\metre}$ . Quel est la hauteur du pommier de Barbara en centimètre le même jour en 2022?

Solution

Résultat:

$650$

En 2012, le pommier mesurait $\SI{5}{\deci\metre} = \SI{50}{\centi\metre}$ . Chacune des 10 années suivantes, il pousse de $\SI{600}{\milli\metre} = \SI{60}{\centi\metre}$ . En 2022, la hauteur est donc $\SI{50}{\centi\metre} + 10 \cdot \SI{60}{\centi\metre} = \SI{650}{\centi\metre}$ .

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Problème 2

Perdue à New York
Anne s’est perdue dans les rues de New York. Ces rues forment une grille quadrillée dont les côtés des carrés mesurent $\SI{80}{\metre}$ . Pendant qu’elle était perdue, Anne a parcouru le chemin suivant. Combien de mètres a-t-elle marché ?

Solution

Résultat:

$1600$

Il suffit de compter le nombres de côtés que Anne a parcouru. On peut facilement compter $20$ côtés, ce qui correspond à une distance totale de $20 \cdot \SI{80}{\metre} = \SI{1600}{\metre}$ .

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Problème 3

George au-dessus de la moyenne
George est allé courir ce matin. Il a utilisé une application pour suivre sa course. Après sa course, George a trouvé le graphique suivant dans l’application. Le graphique montre la distance parcourue en fonction du temps. Quelle est la vitesse moyenne de George durant cette course en kilomètres par heure ?

Solution

Résultat:

$16$

La vitesse moyenne de George est le résultat de la division de la distance totale qu’il a parcouru par le temps qu’il a mis pour parcourir cette distance. À partir du graphique, on peut déterminer que George a parcouru $\SI{16}{\kilo\metre}$ en $\SI{1}{\hour}$ . Sa vitesse moyenne sur cette course est donc de $\SI{16}{\kilo\metre\per\hour}$ .

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Problème 4

Jeton NÁBOJ
Daniel a dessiné un quadrillage de taille $5 \times 5$ . Il a posé un jeton dans le coin en haut à gauche. Il commence à bouger le jeton le long des carrés de la grille. Il déplace le jeton soit vers la droite, soit vers le bas. De combien de façons Daniel peut-il déplacer le jeton du coin en haut à gauche au coin en bas à droite en passant par toutes les lettres du mot NÁBOJ, en passant dans le bon ordre pour former ce mot?

Solution

Résultat:

$5$

Tout d’abord, on doit passer par la lettre N. Si on prend le N qui est à deux carrés à droite de la position initiale du jeton, on doit ensuite continuer par la lettre Á en bas à droite du N. À partir de cette position, on ne peut plus passer par une lettre B en se déplaçant vers la droite ou et vers le bas. Pour la première lettre, on doit donc passer par le N en dessous de la position initiale du jeton.

Si on passe ensuite par la lettre Á qui est de trois cases à droite du N, on aura le même problème que dans le cas précédent et on ne pourra pas atteindre un B. On passera donc plutôt par le Á en dessous du N.

Si on passe ensuite par le B en bas à gauche pour la troisième lettre, on n’aura qu’une possibilité pour arriver à la case avec la lettre J. Comme on passe par la lettre O par ce chemin, on a une première façon de déplacer le jeton.

Si on passe par le B au milieu de la grille pour la troisième lettre, on aura de deux possibilités pour passer par la lettre O. Si on prend le O dans la ligne du bas, il n’y a qu’un façon pour arriver à la lettre J. Si on prend l’autre O, alors on a trois possibilités pour arriver au J.

Tous les déplacements possible sont sur la figure suivante:

Au total, Daniel a donc $5$ façons de déplacer le jeton.

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Problème 5

Haut
Marc est dans le coin d’une pièce carrée dont les dimensions sont $\SI{3}{\metre} \times \SI{3}{\metre}$ . Tous les murs de cette pièce sont couverts de miroirs. Un petit ballon flotte dans le coin opposé à Marc. Marc dirige un rayon laser de son coin vers l’un des murs. Le rayon touche le mur comme sur la figure suivante. Combien de fois le laser va-t-il être réfléchi avant qu’il touche le ballon?

Solution

Résultat:

$2$

Prenons les directions comme celles représentées sur la figure. Le rayon a été réfléchi du mur de droite après avoir parcouru un mètre de plus vers le haut. Cela signifie qu’il va toucher le mur de gauche deux mètres plus haut que la position de Marc. Ensuite, il sera réfléchi du mur de gauche de façon à ce qu’il touche le mur de droite en ayant parcouru un mètre de plus vers le haut. Il touchera donc le coin où il y a le ballon. On peut voir la trajectoire du ballon sur la figure suivante:

Le rayon sera donc réfléchi $2$ fois.

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Problème 6

Vers l’école
Laura a créé une nouvelle unité de longueur qu’elle a appelé "versl’école". $1$ versl’école a la même longueur que $\SI{3}{\kilo\metre}$ , car c’est la distance que Laura doit faire pour aller de chez elle à l’école. Elle a même créé une nouvelle unité de temps, "périodedecours", qui dure exactement $45$ minutes comme une période de cours. Sur son vélo, Laura peut aller à une vitesse de $\SI{24}{\kilo\metre\per\hour}$ . Elle se pose alors la question, à quelle vitesse peut-elle aller en versl’école par périodedecours ?

Solution

Résultat:

$6$

Laura peut faire $24$ kilomètres en 1 heure sur son vélo. Comme $3$ kilomètres font $1$ "versl’école", Laura peut parcourir $24 : 3 = 8$ versl’école en une heure. Mais un "périodedecours" n’est que $\frac{3}{4}$ d’une heure. Donc si Laura parcourt $8$ versl’école en une heure, elle parcourt $\frac{3}{4} \cdot 8 = 6$ versl’école en 3/4 d’heure (1 périodedecours). Laura peut donc aller à une vitesse de 6 versl’école par périodedecours sur son vélo.

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Problème 7

Nombres décroissants
Alex a inventé un nouveau type de nombres strictement positifs - les nombres décroissants. Alex dit qu’un nombre strictement positif est décroissant s’il n’est pas composé de chiffres plus grand que $2$ et que ses chiffres sont en ordre décroissant. Combien existe-t-il de nombres décroissants ?

Solution

Résultat:

$6$

Nous allons traiter tous les cas à partir du premier chiffre. Le seul nombre qui commence par le chiffre zéro est $0$ . Mais 0 n’est pas un nombre strictement positif donc Alex ne le considère pas comme un nombre décroissant. Si le premier chiffre est $1$ , alors il peut être suivi de $0$ ou de rien. Cela nous donne donc deux nombres décroissants $1$ et $10$ . Si le premier chiffre est $2$ , il peut être suivi de $1$ , $0$ ou rien. Cela nous donne 4 solutions possible, $2$ , $20$ , $21$ et $210$ . En tout, il y a donc $2 + 4 = 6$ nombres décroissants

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Problème 8

Deux roues et deux pieds
Marc et Mathieu ont décidé de faire une course de $\SI{3}{\kilo\meter}$ . Mathieu a couru avec une vitesse de $\SI{9}{\kilo\metre\per\hour}$ tout le long de la course. Marc était en vélo, et pour garder la course équitable, il est parti avec $10$ minutes de retard. Marc a roulé à une vitesse de $\SI{30}{\kilo\metre\per\hour}$ durant toute la course et il a gagné la course. Mathieu a fini la course combien de temps après Marc ?

Solution

Résultat:

$4$

Mathieu a couru $\SI{3}{\kilo\metre}$ à une vitesse de $\SI{9}{\kilo\metre\per\hour}$ . Il a donc fini la course après $\frac{\SI{3}{\kilo\metre}}{\SI{9}{\kilo\metre\per\hour}} = \SI[parse-numbers=false ]{\frac{1}{3}}{\hour} = \SI{20}{\minute}$ .

Marc roulait à une vitesse de $\SI{30}{\kilo\metre\per\hour}$ , il a mis donc $\frac{\SI{3}{\kilo \metre}}{\SI{30}{\kilo\metre\per\hour}} = \SI[parse-numbers=false]{\frac{1}{10}}{\hour} = \SI{6 }{\minute}$ pour parcourir les 3 kilomètres de la course. Comme il a laissé une avance de $10$ min à Mathieu, il finit $\SI{6}{\minute} + \SI{10}{\minute} = \SI{16}{\minute}$ après son départ.

Marc a donc fini $\SI{20}{\minute} - \SI{16}{\minute} = \SI{4}{\minute}$ avant Mathieu.

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Problème 9

Expérience artistique
Il n’y a pas longtemps, Mathieu a commandé des tickets de théâtre pour lui et ses amis. Après avoir fini sa commande, il s’est rendu compte que toutes les places sur ses tickets sont des nombres premiers à deux chiffres. Mais ce n’était pas des nombres premiers ordinaires. Si Mathieu échange les deux chiffres de ces nombres, il obtient de nouveau un nombre premier à deux chiffres. Combien de tickets Mathieu a-t-il pu commander au maximum ?

Solution

Résultat:

$9$

Les numéros des places peuvent-elles inclure les chiffres $2$ , $4$ , $5$ , $6$ , $8$ ou $0$ ? Si c’était le cas, le numéro serait un multiple de $2$ ou $5$ ou le nombre obtenu après l’échange de ses chiffres sera un de ces multiples. Les nombres qu’on cherche ne pourront donc pas contenir ces chiffres, et seront donc composés dès chiffres $1$ , $3$ , $7$ et $9$ . Seulement $16$ nombres satisfont cette condition:

$11$ , $13$ , $17$ , $19$ , $31$ , $33$ , $37$ , $39$ , $71$ , $73$ , $77$ , $79$ , $91$ , $93$ , $97$ , $99$

De ces nombres, on peut éliminer les suivants: $33 = 3 \cdot 11$ , $39 = 3 \cdot 13$ , $77 = 7 \cdot 11$ , $91 = 7 \cdot 13$ , $93 = 3 \cdot 31$ a $99 = 3 \cdot 3 \cdot 11$ , car ils sont divisibles par d’autres nombres qu’eux et 1, donc ne sont pas des nombres premiers. On élimine également $19$ car quand on échange ses chiffres on obtient 91 qui n’est pas un nombre premier. Il nous reste les nombres suivants:

$11$ , $13$ , $17$ , $31$ , $37$ , $71$ , $73$ , $79$ , $97$

Mathieu a donc pu commander 9 tickets au maximum.

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Problème 10

Glisser
Sur le terrain de jeu, il y a un toboggan. Quand un enfant descend le toboggan, il se déplace de $3$ mètres horizontalement et $4$ mètres verticalement. Il faut $2$ secondes pour descendre le toboggan. Quelle est la vitesse moyenne en mètres par seconde d’un enfant qui glisse sur le toboggan?

Solution

Résultat:

$\SI{2.5}{}$

On peut calculer la distance qu’un enfant va parcourir en utilisant le théorème de Pythagore. Cette distance est de $\sqrt{(\SI{3}{\metre})^2 + (\SI{4}{\metre})^2} = \SI{5}{\metre}$ . Comme dit dans l’énoncé, il faut $\SI{2}{\second}$ pour descendre le toboggan. L’enfant a donc une vitesse moyenne de $\frac{\SI{5}{\metre}}{\SI{2}{\second}} = \SI{2.5}{\metre\per\second}$ quand il descend le toboggan.

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Problème 11

Chemin de jardin
Christophe a un jardin rectangulaire avec un périmètre de $\SI{64}{\metre}$ . Il voudrait construire un chemin qui sépare le rectangle en deux rectangles identiques. Il y a deux façons pour le faire. S’il le fait de la première manière, le chemin obtenu fera $\SI{13}{\metre}$ de long. Quelle serait la longueur du chemin obtenu en mètres si Christophe décidait de construire le chemin de la seconde façon ?

Solution

Résultat:

$19$

Un rectangle peut être divisé en deux petits rectangles en utilisant un segment parallèle à l’un de ces deux côtés. Dans ce cas là, la longueur du segment est la même que celle du côté auquel il est parallèle.

Nous avons donc un rectangle avec un périmètre de $\SI{64}{\metre}$ , qui a un côté qui mesure $\SI{13}{\metre}$ . L’autre côté doit donc avoir une longueur $b$ telle que l’égalité suivante soit vraie: $2 \cdot (\SI{13}{\metre} + b) = \SI{64}{\metre}$ . On trouve que $b = \SI{32}{\metre} - \SI{13}{\metre} = \SI{19}{\metre}$ .

Comme dit au début du raisonnement, le côté $b$ doit avoir la même longueur que le chemin lorsqu’on utilise la seconde méthode pour diviser le rectangle en deux. Pour la seconde façon de construire le chemin, il aura une longueur de $\SI{19}{\metre}$ .

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Problème 12

D’un sage ouvrage
Mathias a lu dans un sage ouvrage que deux objets de masses $M_1$ et $M_2$ , dont les centres de masse sont à une distance $R$ s’attirent avec une force gravitationnelle $F_g = G \frac{M_1 \cdot M_2}{R^ 2}$ . Dans cette relation, $G$ est la constante gravitationnelle qui vaut $G = \SI{6.67e-11}{\cubic\metre\per\kilogram\per\square\second}$ . En utilisant cette relation, Mathias a trouvé qu’il est attiré par la terre avec une force de $\SI{587}{\newton}$ . Quelle est l’intensité de la force gravitationnelle en Newton avec laquelle Mathias attire la terre ?

Solution

Résultat:

$587$

Nous allons appliquer le principe d’action-réaction. Il dit que si un objet $A$ agit sur un autre objet $B$ avec une certaine force $F$ , alors l’objet $B$ agit également sur l’objet $A$ avec une force de même intensité mais dans la direction opposée. Dans notre problème, la terre attire Mathias avec une force gravitationnelle de $\SI{587}{\newton}$ . Mathias doit donc agir sur la terre avec une force gravitationnelle de même intensité, soit une force de $\SI{587}{\newton}$ .

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Problème 13

Vous êtes arrivé à destination
Sabine conduit sa voiture sur l’autoroute en maintenant une vitesse constante de $\SI{120}{\kilo\metre\per\hour}$ . Durant son trajet, elle a fait une pause de $30$ minutes, puis elle a continué sa route en gardant une vitesse constante de $\SI{120}{\kilo\metre\per\hour}$ . Quand Sabine est arrivée à destination, elle a découvert que sa vitesse moyenne sur l’ensemble de son trajet était de $\SI{100}{\kilo\metre\per\hour}$ . Quelle est la distance que Sabine a parcouru durant ce trajet?

Solution

Résultat:

$300$

Notons $s$ la distance que Sabine a parcouru. Si elle ne s’était pas arrêtée, couvrir cette distance lui aurait pris $\frac{s}{\SI{120}{\kilo\metre\per\hour}}$ . Toutefois, comme elle a fait une pause de $30$ minutes, il lui a fallu $\frac{s}{\SI{120}{\kilo\metre\per\hour}} + \SI{0,5}{\hour}$ pour couvrir la distance $s$ . C’est à cause de cette pause que la vitesse moyenne de Sabine était seulement de $\SI{100}{\kilo\metre\per\hour}$ . On obtient donc l’équation suivante: $\begin{aligned} s &= \left(\frac{s}{\SI{120}{\kilo\metre\per\hour}} + \SI{0,5}{\hour}\right) \cdot \SI{100}{\kilo\metre\per\hour} \\ s &= \frac{5}{6} s + \SI{50}{\kilo\metre} \\ \frac{s}{6} &= \SI{50}{\kilo\metre} \\ s &= \SI{300}{\kilo\metre} \end{aligned}$ Cela implique que Sabine a parcouru $\SI{300}{\kilo\metre}$ .

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Problème 14

Mauvaise estimation
Une équipe de 4 élèves a participé au concours Náboj Junior l’année dernière. Avant la compétition, chaque membre de l’équipe a essayé de deviner combien de problèmes leur équipe allait résoudre. Leurs estimations étaient $10$ , $14$ , $21$ et $29$ problèmes corrects. Après la compétition, ils se sont rendus compte qu’aucun n’a deviné le bon nombre de problèmes. Leurs estimations diffèrent du nombre réel de problèmes résolus de $2$ , $5$ , $9$ et $10$ problèmes (dans un ordre aléatoire). Combien de problèmes cette équipe a-t-elle résolu correctement l’année dernière ?

Solution

Résultat:

$19$

L’estimation qui était à $10$ du nombre réel de problèmes résolus doit être la plus grande ou la plus petite des différentes estimations. Si c’était la plus petite, alors le nombre réel de problèmes résolus correctement doit être soit de $10 - 10 = 0$ ou $10 + 10 = 20$ . La première option n’est pas possible dans ce cas, car les autres estimations seraient fausses de plus de $10$ problèmes. Pour la seconde option, les autres estimations diffèrent de $6$ , $1$ et $9$ , ce qui ne correspond pas aux différences données dans l’énoncé du problème. C’est donc le membre de l’équipe qui a fait l’estimation de $29$ problèmes résolus qui doit se tromper de $10$ problèmes. Pour une raison analogue au cas précédent, le nombre correct de problèmes résolus ne peut pas être $29 + 10 = 39$ , et doit donc être $29 - 10 = 19$ . Dans ce cas là, les différences par rapport aux estimations qui restent correspondent à celles données dans l’énoncé. L’équipe a donc résolu $19$ problèmes l’année dernière.

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Problème 15

Une histoire de détective
Six amis jouent à un jeu avec des espions et des détectives. Ils commencent par choisir l’un d’entre eux qui sera le détective. Le détective sort de la pièce. Les 5 autres choisissent 2 personnes parmi elles qui seront les espions. Les espions doivent toujours mentir et les autres doivent toujours dire la vérité. Quand le détective revient dans la pièce, il essaie de trouver les deux espions. Les 5 amis lui disent alors les phrases suivantes (un nombre entre parenthèses est assigné à chaque personne):

Alice (1): "Daniel est un espion."

Bob (2): "Cyril n’est pas un espion."

Cyril (4): "Bob n’est vraiment pas un espion."

Daniel (8): "Erik n’est pas un espion."

Erik (16): "Bob est un espion."

Quelle est la somme des nombres assignés aux deux espions?

Solution

Résultat:

$24$

Commençons par réfléchir à ce qu’implique le fait que quelqu’un dise qu’une personne est (ou n’est pas) un espion. Par exemple, Alice dit que Daniel est un espion. Si Alice dit la vérité (donc si elle n’est pas un espion), alors Daniel est un espion. Si Alice ment (donc si elle est un espion), alors Daniel n’est pas un espion. Cela signifie que Alice et Daniel sont des opposés. Regardons maintenant la phrase de Bob. Si Bob dit la vérité (donc s’il n’est pas un espion), alors Cyril n’est également pas un espion. Mais si Bob ment (donc s’il est un espion), alors Cyril est aussi un espion. Donc on sait que soit ils sont tous les deux des espions, soit aucun des deux ne l’est. De la même façon, on peut déterminer que Daniel et Erik sont du même côté. Si Alice est un espion alors en plus d’elle, l’une des paires de Bob et Cyril ou Daniel et Erik devra contenir deux espions. Dans ce cas là, on aura au moins 3 espions, ce qui n’est un pas possible. Donc Alice ne peut pas être un espion. Comme elle dit que Daniel est un espion et qu’elle dit la vérité, alors Daniel est vraiment un espion. Le deuxième espion sera alors Erik car on a vu plus haut qu’il est du même côté que Daniel. Les deux qui restent, Bob et Cyril, ne seront donc pas des espions.

Les espions sont Daniel et Erik et la somme des nombres qui leur sont attribués est $8 + 16 = 24$ .

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Problème 16

Compression de fichier
Mathieu doit charger un fichier sur le drive du concours Náboj Junior de cette année. La vitesse de chargement est de $\SI{1}{\mega\byte\per\second}$ . Avant le chargement, il peut décider de compresser le fichier. La compression de $\SI{4}{\mega\byte}$ dure $1$ seconde. La compression permet de réduire la taille du fichier de moitié. Mathieu s’est rendu compte que s’il charge le fichier sans compression, ça va prendre autant de temps que s’il compresse d’abord le fichier et qu’il commence le chargement 5 secondes après avoir fini la compression. Quelle est la taille du fichier de Mathieu en megabytes ?

Solution

Résultat:

$20$

Notons $x$ la taille du fichier. Si Mathieu charge le fichier sans compression, cela va prendre $\frac{x}{\SI{1}{\mega\byte\per\second}}$ . S’il décide de d’abord compresser le fichier, la compression va durer $\frac{x}{\SI{4}{\mega\byte\per\second}}$ . À ce moment-là, la taille du fichier sera $\frac{x}{2}$ . Après $5$ secondes, Mathieu commence le chargement du fichier sur le drive et ce chargement va prendre $\frac{x}{2 \cdot \SI{1}{\mega\byte\per\second}}$ . Donc au total, le processus prendra $\frac{x}{\SI{4}{\mega\byte\per\second}} + \SI{5}{\second} + \frac{x}{2 \cdot \SI{1}{\mega\byte\per\second}}$ . L’énoncé nous dit que ce temps doit être égal au temps sans compression. On peut donc égaliser les deux expressions et résoudre l’équation suivante: $\begin{aligned} \frac{x}{\SI{1}{\mega\byte\per\second}} &= \frac{x}{\SI{4}{\mega\byte\per\second}} + \SI{5}{\second} + \frac{x}{2 \cdot \SI{1}{\mega\byte\per\second}} \\ 4 x &= x + \SI{20}{\mega\byte} + 2 x \\ x &= \SI{20}{\mega\byte} \end{aligned}$ La taille du fichier est donc de $\SI{20}{\mega\byte}$ .

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Problème 17

9 parterres de fleurs
Kate a un jardin rectangulaire. Le jardin est divisé en $9$ parterres de fleurs rectangulaires avec des petites barrières qui les séparent. Le périmètre de quelques rectangles est donné dans la figure ci-dessous. Kate voudrait remplacer les barrières autour du rectangle avec un point d’interrogation. Combien de mètres de barrière Kate aura-t-elle besoin si le périmètre du jardin est de $\SI{64}{\metre}$ ?

Solution

Résultat:

$26$

On remarque d’abord que le périmètre du jardin est égal à la somme des périmètres des rectangles avec les périmètres de $\SI{18}{\metre}$ , $\SI{20}{\metre}$ et de celui qui a un point d’interrogation. C’est le cas car on peut déplacer les côtés de ces rectangles pour reformer le rectangle qui correspond au jardin:

Le périmètre du rectangle avec un point d’interrogation doit donc être de $\SI{64}{\metre} - \SI{18}{\metre} - \SI{20}{\metre} = \SI{26}{\metre}$ .

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Problème 18

Oh, un cerf
Adrien conduisait une voiture à une vitesse de $\SI{1000}{\kilogram}$ à une vitesse de $\SI{15}{\meter\per\second}$ . Soudain, il voit un cerf $\SI{50}{\meter}$ devant lui. Pour essayer de ne pas le toucher, Adrien commence tout de suite à freiner. Quelle est en Newton la force de freinage minimale qui doit être appliquée à la voiture pour qu’Adrien ne touche pas le cerf?

Solution

Résultat:

$2250$

Plus la distance sur laquelle Adrien freine est grande, moins il a besoin de force. On suppose que la voiture freine à une distance $s = \SI{50}{\metre}$ du cerf. Pour s’arrêter, la voiture doit effectuer un travail pour dépasser la force de freinage, au détriment de son énergie, qui est, dans ce cas l’énergie cinétique.

L’énergie cinétique d’une voiture de masse $m = \SI{1000}{\kilogram}$ et de vitesse $v = \SI{15}{\meter\per\second}$ est $E_k = \frac{1}{2} m v^2$ . Un travail de même intensité doit être fait par la force $F$ , avec laquelle la voiture va dépasser la force de freinage. Cette force est effectuée sur une distance $s$ , le travail est donc $W = F s$ . On obtient donc l’équation: $\begin{aligned} W &= E_k \\ F s &= \frac{1}{2} m v^2\\ F &= \frac{m v^2}{2 s} \end{aligned}$ L’intensité minimale de la force de freinage agissant sur la voiture doit donc être d’au moins: $F = \frac{m v^2}{2 s} = \frac{\SI{1000}{\kilogram} (\SI{15}{\meter\per\second})^2}{2 \cdot \SI{50}{\metre}} = \SI{2250}{\newton}$

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Problème 19

Un achat coûteux
Dans le pays de Náboj, il n’y a que des pièces de valeur $3$ et $13$ qui sont en circulation. Un jour, Michelle est allée dans un magasin. Elle s’est rendue compte que même si elle avait assez de pièces des deux types, elle ne pourrait pas payer son achat sans que le caissier ne lui rende quelque chose. Quel est le prix maximal que pouvait avoir l’achat de Michelle?

Solution

Résultat:

$23$

Un prix de $23$ ne peut être payer d’aucune façon avec les pièces qu’on a à disposition. On peut utiliser $0$ ou $1$ pièce de $13$ , car si on en utilise plus, le prix serait plus grand que $23$ . Dans les deux cas on ne peut pas payer le reste avec des pièces de $3$ . On peut toutefois payer tous les prix au-dessus. On commence avec $24$ ( $3 + 3 + 3 + 3 + 3 + 3 + 3 + 3$ ), $25$ ( $13 + 3 + 3 + 3 + 3$ ) et $26$ ( $13 + 13$ ). Si on peut payer trois prix d’affilée, alors on pourra payer également tous les prix plus élevés - il suffira d’ajouter a nombre suffisant de pièces de $3$ .

Le prix le plus élevée que Michelle ne peut pas payer sans recevoir de change du caissier est donc de $23$ .

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Problème 20

Pâte à modeler
Deux balles identiques en pâte a modeler glissent sur une assiette horizontale. Puis elles s’entrechoquent et restent connectées, formant plus qu’un seul objet. Chacune des balles pèse $\SI{200}{\gram}$ au début. Avant la collision, les deux balles vont à une vitesse de $\SI{20}{\meter\per\second}$ l’une vers l’autre et ont une une température de $\SI{20}{\degreeCelsius}$ . Après la collision, quelle est en degré la température de la masse après qu’elle soit stabilisée ? Supposez que toute la chaleur créé par collision est utilisée pour chauffer la masse.

Solution

Résultat:

$\SI{20,25}{}$

Toute la situation est symétrique axialement selon l’axe connectant les deux balles. Cela sera le cas même après la collision, quand les deux balles formeront une plus grande masse. Mais si cette masse bouge à droite où à gauche, la situation ne serait plus symétrique. La masse finale va donc rester immobile.

Au moment de l’impact, les deux balles perdent leur énergie cinétique qu’on suppose entièrement convertie en chaleur, comme dit dans l’énoncé. Cette chaleur est transmise à la masse, qui va chauffer. Chaque masse (qui pèse $m = \SI{200}{\gram}$ et va à une vitesse $v = \SI{20}{\meter\per\second}$ ) a une énergie cinétique $E_k = \frac{1} {2} m v^2$ . Ensemble, elles auront une énergie cinétique $2 E_k = m v^2$ . C’est cette énergie qui est fournie à la masse finale sous forme de chaleur. Sa masse est de $2 m$ (car elle contient les deux balles de masse $m$ ), sa capacité de chaleur spécifique est $c = \SI{800}{\joule\per\kilogram\per\degreeCelsius}$ et elle change d’une température $\Delta t$ . On a l’égalité suivante qui est vérifiée: $\begin{aligned} c \cdot 2 m \cdot \Delta t &= m v^2 \\ \Delta t &= \frac{v^2}{2 c} \end{aligned}$ Si la température des balles avant la collision était de $t = \SI{20}{\degreeCelsius}$ , alors la température de la masse après la collision sera de: $t + \Delta t = t + \frac{v^2}{2 c} = \SI{20}{\degreeCelsius} + \frac{(\SI{20}{\metre\per\second})^2}{2 \cdot \SI{800}{\joule\per\kilogram\per\degreeCelsius}} = \SI{20,25}{\degreeCelsius}$

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Problème 21

Équilibre de cubes
Danielle a construit une balance dans son jardin. La balance consiste en une planche très longue et légère, qui peut se balancer autour d’un point de rotation. Danielle pèse $\SI{50}{\kilo\gram}$ et elle est assise à $\SI{40}{\centi\metre}$ du point de rotation. Son amie Nina commence par poser un cube sur l’autre côté de la balance. Le cube pèse $\SI{1}{\kilo\gram}$ et ses arêtes mesurent $\SI{10}{\centi\metre}$ . Elle place le premier cube en mettant une de ses arêtes au dessus du point de rotation de la balance. Nina pose les autres cubes les uns à côté des autres, comme sur la figure ci-dessous. Après avoir posé quelques cubes, la balance avec Danielle et les cubes est parfaitement équilibrée. Combien de cubes Nina a-t-elle posé sur la balance pour que ça arrive?

Solution

Résultat:

$20$

Pour que la balance soit équilibrée, il faut que les moments agissant sur les deux côtés de la balances soient égaux. Danielle pèse $m = \SI{50}{\metre}$ , et est assise à une distance $r = \SI{40}{\centi\metre}$ du point de rotation. Une force gravitationnelle $F_g = m g$ agit sur Danielle. C’est avec une force de même intensité que Danielle agit sur la balance, et cette forge agit avec un moment: $M_1 = G r = m g r$ Les cubes de l’autre côté de la balance doivent agir avec le même moment. Supposons que nous avons $n$ cubes. L’énoncé du problème nous donne que chaque cube a une masse $m_0 = \SI{1}{\kilogram}$ et une longueur de côté $a = \SI{10}{\centi\metre}$ . Leur masse totale est de $n m_0$ et forme un rectangle de longueur $n a$ . Son centre de masse est à $\frac{n a}{2}$ du point de rotation de la balance, donc c’est à cette distance que la force gravitationnelle du rectangle va agir sur la balance. Le moment du rectangle sur la balance est donc de: $M_2 = n m_0 g \frac{n a}{2} = n^2 \frac{m_0 g a}{2}$ Les moments $M_1$ et $M_2$ doivent être égaux. En comparant les deux équations obtenues pour $M_1$ et $M_2$ on obtient: $\begin{aligned} M_1 &= M_2 \\ m g r &= n^2 \frac{m_0 g a}{2} \\ n^2 &= \frac{2 m r}{m_0 a} \\ n &= \sqrt{\frac{2 m r}{m_0 a}} \\ \end{aligned}$ Le nombre de cubes que Nina a dû mettre sur la balance est donc: $n = \sqrt{\frac{2 m r}{m_0 a}} = \sqrt{\frac{2 \cdot \SI{50}{\kilogram} \cdot \SI{40}{\centi\metre}}{\SI{1}{\kilogram} \cdot \SI{10}{\centi\metre}}} = \sqrt{400} = 20$

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Problème 22

Nombres premiers jumeaux
Simon a $8$ cartes avec les chiffres $1$ , $2$ , $3$ , $4$ , $5$ , $6$ , $7$ et $9$ . Simon veut utiliser ces huit cartes pour former des nombres premiers à deux chiffres en utilisant chaque carte exactement une fois. Il voudrait également que la somme de ces nombres soit la plus grande possible.

Solution

Résultat:

$190$

Réfléchissons d’abord aux chiffres qui peuvent être à la place des unités. Les chiffres $2$ , $4$ et $6$ ne peuvent pas être à cette place car le nombre formé serait divisible par $2$ , et donc ne serait pas un nombre premier. Pour une raison analogue, $5$ ne peut pas être à la place des unités afin d’éviter que le nombre soit divisible par $5$ . On peut donc dire que les chiffres $2$ , $4$ , $5$ et $6$ seront à la place des unités et les autres chiffres ( $1$ , $3$ , $7$ et $9$ ) à la place des dizaines. La seule somme qu’on peut obtenir est donc $20 + 40 + 50 + 60 + 1 + 3 + 7 + 9 = 190$ .

Remarque: Les cartes peuvent vraiment être utilisées pour former 4 nombres premiers à deux chiffres, par exemple $23$ , $41$ , $59$ et $67$ .

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Problème 23

Tim et les lignes
Tim dessine un cercle dans son cahier sur lequel il note 7 points distincts. Ces $7$ points forment un heptagone régulier (polygone régulier à 7 côtés). Il voudrait dessiner deux lignes, chacune passant par exactement deux points qu’il a dessiné, de façon à ce que ces lignes ne s’intersectent pas. De combien de manières Tim peut-il dessiner ces deux lignes?

Solution

Résultat:

$21$

Des droites dans le plan qui ne partagent aucun point commun sont parallèles. On cherche donc à calculer le nombre de paires de droites parallèles qui passent par les 7 point marqués.

Notons $A$ , $B$ , $C$ , $D$ , $E$ , $F$ et $G$ les points que Tim a marqué. Commençons par trouver les droites qui sont parallèles à $AB$ . Ce sont les droites $CG$ et $DF$ . Ce sont ces deux droites car un heptagone est symétrique par rapport à la médiatrice du segment $AB$ . À partir de cette symétrie, les droites $AB$ , $CG$ et $DF$ sont perpendiculaires à la médiatrice de $AB$ , et sont donc parallèles entre elles. Nous obtenons donc $3$ paires de droites parallèles.

En répétant le même raisonnement pour les autres lignes, on obtient $3$ paires de droites parallèles à chaque fois.

Chaque droite déterminée par les points $A$ à $G$ est rendue parallèle à l’une des droites $AB$ , $BC$ , $CD$ , $DE$ , $EF$ , $FG$ et $AG$ (ces $7$ lignes se croisent deux à deux). Donc, de cette façon, nous obtenons toutes les paires de lignes parallèles.

Au total, Tim peut dessiner les deux paires de ligne de $7 \cdot 3 = 21$ manières différentes.

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Problème 24

Service
Sophie joue au tennis avec une balle de $\SI{60}{\gram}$ . Elle jette la balle vers le haut à $\SI{1}{\metre}$ au dessus du sol à une vitesse de $\SI{4}{\metre\per\second}$ et la laisse tomber par terre. Quelle est la vitesse de la balle en mètres par seconde au moment où elle touche le sol?

Solution

Résultat:

$6$

L’énergie potentielle de la balle quand elle est jetée est de $E_p = m g h$ , où $m = \SI{60}{\gram}$ est sa masse, $h = \SI{1}{\metre}$ est la hauteur de laquelle Sophie jette la balle et $g$ est l’accélération gravitationnelle. Avec $v = \SI{4}{\metre\per\second}$ , l’énergie cinétique au moment du lancer est $E_k = \frac{1}{2} m v^2$ . Tout le long du mouvement, l’énergie totale de la balle reste conservée. Donc la somme $E_p + E_k$ est constante à tout moment, en particulier au moment où la balle touche le sol. À ce moment-là, la balle est à une hauteur 0, donc son énergie potentielle est nulle. Son énergie totale est donc égale à l’énergie cinétique. Si on note $u$ l’énergie cinétique de la balle juste avant de toucher le sol, on obtient l’équation: $\begin{aligned} m g h + \frac{1}{2} m v^2 &= \frac{1}{2} m u^2 \\ g h + \frac{1}{2} v^2 &= \frac{1}{2} u^2 \\ 2 g h + v^2 &= u^2 \\ u &= \sqrt{v^2 + 2 g h} \end{aligned}$ La vitesse de la balle juste avant l’impact est donc $u = \sqrt{v^2 + 2 g h} = \sqrt{(\SI{4}{\metre\per\second})^2 + 2 \cdot \SI{10}{\metre\per\second\squared} \cdot \SI{1}{\metre}} = \SI{6}{\metre\per\second}$

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Problème 25

Trouvaille malheureuse
Jonas a trouvé tous les nombres naturels qui sont égaux à $13$ fois la somme de leur chiffres. Quelle est la somme des nombres que Jonas a trouvé?

Solution

Résultat:

$468$

Le seul nombre à un chiffre qui est égal à la somme de ses chiffres multiplié par $13$ est le nombre $0$ . Même si on le compte parmi les nombres naturels (dans certaines branches des mathématiques $0$ est considéré comme un nombre naturel, et d’en d’autres non), cela ne changera pas la somme des nombres que Jonas a trouvé.

Si Jonas trouve un nombre à deux chiffres qui correspond à son critère, on peut l’écrire sous la forme $10 A + B$ , où $A$ et $B$ sont les chiffres d’un nombre $AB$ . Toutefois la multiplication par $13$ de la somme de ces chiffres est $13 (A + B)$ , et $13 (A + B) = 13 A + 13 B > 10 A + B$ . Treize fois la somme des chiffres d’un nombre à deux chiffres ne sera jamais égale au nombre lui-même.

On continue avec les nombres à trois chiffres, qui peuvent être écrit sous la forme $100 A + 10 B + C$ . Comme c’est un nombre à trois chiffre, $A \geq 1$ . La condition sur la somme de ses chiffres nous amène à la relation suivante: $\begin{aligned} 100 A + 10 B + C &= 13 A + 13 B + 13 C \\ 87 A &= 3 B + 12 C \\ 29 A &= B + 4 C \end{aligned}$ Si $A = 1$ , alors on a trois possibilités pour les chiffres $B$ et $C$ . Les valeurs de $(B, C)$ sont $(1, 7)$ , $(5, 6)$ et $(9, 5)$ , ce qui correspond aux nombres $117$ , $156$ et $195$ . On a pas d’autres options pour $A$ car $A \geq 1$ , pour $A \geq 2$ nous aurions $29 A \geq 58$ et en même temps, on sait que à droite on a $B + 4 C \leq 9 + 4 \times 9 =$ 45. Pour les autres possibilités, il n’y a pas de combinaison de nombres pour lesquels $29 A = B + 4C$ soit vrai. Cela résout donc le cas des nombres à trois chiffres.

La somme maximale des chiffres d’un nombre à 4 chiffres est $4 \cdot 9 = 36$ , donc $13$ fois cette somme sera toujours plus petite que $13 \cdot 36 < 20 \cdot 50 = 1000$ (évidemment, on pourrait aussi compter combien font $13 \cdot 36$ , mais même une large estimation ne serait pas suffisante pour tirer la conclusion suivante). On peut donc dire que $13$ fois la somme des chiffres ne sera jamais égale à un nombre à 4 chiffres. Jonas n’a donc pas pu trouver de nombre à 4 chiffres ou plus qui vérifient la condition.

Au total, Jonas trouve des nombres dont la somme est $117 + 156 + 195 =$ 468.

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Problème 26

Route prioritaire
Jacques conduisait sa voiture, lorsqu’il a remarqué un panneau "route prioritaire". Une question lui vient immédiatement à l’esprit : Si la largeur du panneau carré est de $\SI{12}{\dm}$ et que la partie jaune occupe $\frac{8}{9}$ de la surface du panneau, quelle est la longueur du côté du carré jaune en décimètres ?

Solution

Résultat:

$8$

Les deux diagonales d’un carré ont la même longueur et sont mutuellement perpendiculaires. On sait que la longueur d’une diagonale du panneau est de $\SI{12}{\dm}$ . Chacune des diagonales divise le carré en deux triangles, dont la hauteur est égale à la moitié de l’autre diagonale. Chacun de ces triangles a une aire de $\SI{12}{\dm} \cdot \SI{6}{\dm} : 2 = \SI{36}{\square\dm}$ . Le panneau entier est constitué de deux triangles de ce type, son aire est donc de $2 \cdot \SI{36}{\square\dm} = \SI{72}{\square\dm}.$

La partie jaune représente $\frac{8}{9}$ du panneau entier, donc son aire est $\frac{8}{9} \cdot \SI{72}{\square\dm} = \SI{64}{\square\dm}$ . Son côté a donc une longueur de $\sqrt{\SI{64}{\square\dm}} = \SI{8}{\dm}$ .

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Problème 27

Promenade de théâtre
Jerry s’est envolé pour la Slovénie. Dans le hall de l’aéroport, elle a remarqué un tapis roulant et a mesuré ses propriétés. Si Jerry se tient au début du tapis roulant, elle arrive à son extrémité en $\SI{30}{\second}$ . Si elle marche à côté du tapis, elle va du début à la fin du tapis en $\SI{20}{\second}$ . Elle essaie ensuite de marcher sur le tapis roulant dans la direction du mouvement du tapis et dans la direction opposée. Combien de secondes de plus faut-il à Jerry pour traverser le tapis dans la direction opposée par rapport au temps de trajet dans la direction du mouvement du tapis roulant ?

Solution

Résultat:

$48$

Notons $d$ la longueur du tapis roulant. En partant du cas où Jerry ne se tient que sur le tapis, on peut trouver sa vitesse. Il lui faut $t_1 = \SI{30}{\second}$ pour atteindre l’autre extrémité du tapis, donc la vitesse du tapis est $v_{tapis} = \frac{d}{t_1}$ . De même, à partir du cas où Jerry marche le long du tapis roulant, nous pouvons trouver la vitesse de Jerry. Elle lui faut $t_2 = \SI{20}{\second}$ pour parcourir la distance, donc sa vitesse est $v_{Jerry} = \frac{d}{t_2}$ .

Lorsque Jerry marche dans la direction opposée au mouvement du tapis, sa vitesse est de $v_{Jerry} - v_{tapis}$ . Par conséquent, elle marche jusqu’au bout du tapis en : $t_3 = \frac{d}{v_{Jerry} - v_{tapis}} = \frac{d}{\frac{d}{t_2} - \frac{d}{t_1}} = \frac{t_1 t_2}{t_1 - t_2} = \frac{\SI{30}{\second} \cdot \SI{20}{\second}}{\SI{30}{\second} - \SI{20}{\second}} = \SI{60}{\second}$ Dans le cas où Jerry marche dans le sens du tapis roulant, sa vitesse est de $v_{Jerry} + v_{tapis}$ . Elle atteint l’autre extrémité du tapis en : $t_4 = \frac{d}{v_{Jerry} + v_{tapis}} = \frac{d}{\frac{d}{t_2} + \frac{d}{t_1}} = \frac{t_1 t_2}{t_1 + t_2} = \frac{\SI{30}{\second} \cdot \SI{20}{\second}}{\SI{30}{\second} + \SI{20}{\second}} = \SI{12}{\second}$ Nous en déduisons que si Jerry marche dans la direction opposée au mouvement du tapis roulant, le temps de trajet est rallongé de : $t_3 - t_4 = \SI{60}{\second} - \SI{12}{\second} = \SI{48}{\second}$

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Problème 28

Bonheur absolu maximal
Michelle a dessiné deux ensembles $A$ et $B$ . Elle a placé tous les points $(x, y)$ du plan pour lesquels $|x| + |y| = 3$ dans l’ensemble $A$ . Et elle a placé tous les points $(x, y)$ du plan pour lesquels $\text{max} \{ |x|, |y| \} = 2$ dans l’ensemble $B$ . Combien de points se trouvent simultanément dans l’ensemble $A$ et l’ensemble $B$ ? Note: La fonction $|a|$ est égale à $a$ si $a \geq 0$ et vaut $-a$ si $a < 0$ . La fonction $\text{max} \{ a, b \}$ est égale au plus grand des deux nombres $a$ et $b$ .

Solution

Résultat:

$8$

Comprenons d’abord à quoi ressemblent les ensembles $A$ et $B$ . La fonction $|a|$ , également appelée valeur absolue, donne la distance du nombre $a$ . Peut-être que ce n’est pas clair à première vue d’après la définition dans la note du problème, mais les valeurs absolues effacent le signe de $a$ . Regardez $|x| + |y|$ , si $x \geq 0$ et $y \geq 0$ . Dans ce cas, $|x| + |y| = x + y$ . La condition $|x| + |y| = 3$ est alors la même que $x + y = 3$ , donc $y = 3 - x$ . On a donc une droite contenant les points $(3, 0)$ et $(0, 3)$ . Mais nous sommes dans le cas $x \geq 0$ et $y \geq 0$ ce n’est qu’un segment de droite reliant ces deux points. Pour les autres cas de signes de $x$ et $y$ on obtient que l’ensemble $A$ est constitué des segments reliant les points $(3, 0)$ et $(0, 3)$ , les points $(0, 3)$ et $(-3, 0)$ , les points $(-3, 0)$ et $(0, -3)$ les points $(0, -3)$ et $(3, 0)$ . Il s’agit, en fait, d’un carré dont les sommets sont situés aux points $(0, 3)$ , $(3, 0)$ , $(0, -3)$ et $(-3, 0)$ .

Continuons avec l’ensemble $B$ . Il est décrit par la relation $\text{max} \{ |x|, |y| \} = 2$ . Cette fonction, appelée maximum, est égale au plus grand des nombres $|x|$ et $|y|$ . Pour que cette fonction soit égale à $2$ , il faut qu’au moins un des $|x|$ et $|y|$ soit égal à $2$ et que l’autre soit plus petit. Si $|x| = 2$ alors $x = 2$ ou $x = -2$ . Dans ce cas, on doit avoir $|y| \leq 2$ , ce qui signifie que $-2 \leq y \leq 2$ . Pour $x = 2$ , cette condition est satisfaite pour les points du segment de droite reliant les points $(2, 2)$ et $(2, -2)$ , alors que pour $x = -2$ , elle est satisfaite pour les points du segment reliant les points $(-2, 2)$ et $(-2, -2)$ . Nous pouvons répéter ces idées pour $|y| = 2$ . Cela ajoute à l’ensemble $B$ également le segment reliant les points $(-2, 2)$ et $(2, 2)$ et le segment reliant les points $(-2, -2)$ et $(2, -2)$ . Ainsi, l’ensemble $B$ est aussi un carré, mais cette fois avec les sommets $(2, 2)$ , $(-2, 2)$ , $(-2, -2)$ et $(2, -2)$ .

Les ensembles $A$ et $B$ sont dessinés sur la figure suivante :

D’après la figure, on voit que les carrés correspondant aux ensembles $A$ et $B$ se coupent en $8$ points, il y a donc $8$ points qui se trouvent simultanément dans l’ensemble $A$ et l’ensemble $B$ .

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Problème 29

Composants
Nina joue avec beaucoup de résistances de résistivité $\SI{3}{\ohm}$ . Elle a créé un composant composé de deux branches parallèles, telles qu’il y a quelques résistances en série dans chaque branche. Nina a remarqué que la résistance de l’ensemble du composant est 10 fois moins élevée que la résistance de la branche de droite. Combien de fois y a-t-il plus de résistances dans la branche droite que dans la branche gauche de ce composant ?

Solution

Résultat:

$9$

Supposons qu’il y ait $a$ résistances dans la branche droite et $b$ résistances dans la branche gauche. Nous devons calculer $\frac{a}{b}$ . La résistance des résistances de la branche de droite est de $a R$ , où $R = \SI{3}{\ohm}$ est la résistance d’une résistance. Les résistances de la branche de gauche ont une résistance totale de $b R$ . La résistance de l’ensemble du composant $R^\prime$ est alors : $\begin{aligned} \frac{1}{R^\prime} &= \frac{1}{a R} + \frac{1}{b R}\\ R^\prime &= \frac{a b R^2}{a R + b R} = \frac{a b}{a + b}R \end{aligned}$ L’énoncé du problème dit que cette résistance est $10$ fois inférieure à la résistance $a R$ des résistances de la branche de droite. Cela nous donne une équation, à partir de laquelle nous pouvons obtenir la valeur de $\frac{a}{b}$ : $\begin{aligned} 10 R^\prime &= a R \\ 10 \frac{a b}{a + b} R &= a R \\ 10 \frac{b}{a + b} &= 1 \\ 10 b &= a + b \\ 9 b &= a \\ \frac{a}{b} &= 9 \end{aligned}$ Il y a donc $9$ fois plus de résistances dans la branche de droite que dans la branche de gauche.

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Problème 30

Pierre allongée
Marianne a trouvé une pierre très intrigante d’une masse de $\SI{5}{\kilogram}$ . Elle avait la forme d’un prisme avec une base en triangle équilatéral et d’une hauteur de $\SI{60}{\centi\metre}$ . La pierre était posée sur son côté long et était homogène, ce qui signifie que la densité en tous ses points était égale. Marianne a commencé à la pousser jusqu’à la maison, mais elle est arrivée devant un mur, dont le haut se trouvait $\SI{2}{\metre}$ plus haut que le centre de gravité de la pierre. Marianne doit poser cette pierre sur le mur. Quel est le travail (en joules) que Marianne doit fournir pour poser la pierre sur le mur ?

Solution

Résultat:

$110$

Marianne va effectuer un travail pour soulever une pierre d’une masse de $m=\SI{5}{\kilogram}$ suffisamment haut pour que la pierre entière puisse passer au-dessus du mur. Par conséquent, nous devons déterminer quelle est la hauteur minimale à laquelle nous avons besoin de soulever le centre de masse de la pierre.

Le centre de gravité d’un triangle divise la médiane en deux parties dont les longueurs sont de rapport $2 : 1$ , la partie la plus longue de la médiane étant plus proche du sommet. Dans un triangle équilatéral, chaque médiane est en même temps une hauteur du triangle, ce qui signifie que la médiane a une longueur de $\SI{60}{\centi\metre}$ . La distance du centre de gravité par rapport à tout côté du triangle est donc de $\SI{60}{\centi\metre} : 3=\SI{20}{\centi\metre}$ . Cela signifie que le centre de gravité est au moins à $\SI{20}{\centi\metre}$ de tout point du côté du triangle.

Au moment où le centre de gravité d’un triangle (et donc le centre de masse de la pierre) est directement au-dessus du mur, il existe un point situé sur un côté du triangle tel que ce point touche le mur. S’il n’en était pas ainsi, nous pourrions déplacer tout le triangle vers le bas et Marianne fournirait donc moins de travail. Ce point est au moins à $\SI{20}{\centi\metre}$ du centre de gravité du triangle. Cela signifie qu’en soulevant la pierre vers le mur, nous devons soulever le centre de gravité d’un triangle approprié (et donc le centre de masse de la pierre) à au moins $\SI{20}{\centi\metre}$ au-dessus du mur. Si l’on se demande si cela est possible, on constate que oui - par exemple, en faisant passer la pierre avec une face de la pierre parallèle au sommet du mur (horizontalement).

Cela signifie qu’en passant la pierre au-dessus du mur, Marianne doit soulever le centre de masse de la pierre de $\SI{2}{\metre}$ pour amener le centre de masse au niveau du sommet du mur et de $\SI{20}{\centi\metre}$ supplémentaires pour passer la pierre au-dessus du mur. Au total, elle a dû soulever le centre de gravité de $\Delta h = \SI{2}{\metre} + \SI{20}{\centi\metre} = \SI{2,2}{\metre}$ , ce qui signifie qu’elle va augmenter l’énergie potentielle de la pierre de $\Delta E_p = m g \Delta h = \SI{5}{\kilogram} \cdot \SI{10}{\newton\per\kilogram} \cdot \SI{2,2}{\metre} = \SI{110}{\joule}$ . Marianne effectue un travail qui augmente exactement l’énergie potentielle de la pierre de $\Delta E_p$ , ce qui signifie que Marianne effectuera un travail de $\SI{110}{\joule}$ .

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Problème 31

Arithmétique
Andréas a écrit sur un tableau blanc deux nombres distincts à un chiffre. Il a également écrit sur le tableau leur somme et leur différence positive. Il a remarqué qu’il pouvait ordonner les quatre nombres sur le tableau de manière à ce qu’ils forment une suite arithmétique. De combien de façons Andréas pouvait-il choisir la paire de chiffres ?

Note: Une suite est dite arithmétique si deux termes consécutifs de la progression diffèrent par le même nombre d. Par exemple, la suite $3$ , $7$ , $11$ , $15$ est une progression arithmétique.

Solution

Résultat:

$3$

Notons $A$ et $B$ les deux nombres d’Andréas, alors les nombres écrits au tableau sont $A+B$ et $A-B$ . Si l’un des nombres $A$ et $B$ était nul, disons $A=0$ , la suite arithmétique serait constituée des nombres $0$ , $B$ , $B$ , $B$ . Deux nombres consécutifs de cette suite arithmétique devraient être par exemple $B$ et $B$ , et donc, tous les deux nombres consécutifs devraient différer de $B-B=0$ . En d’autres termes, tous les nombres de cette suite sont identiques, donc $B=0$ . Mais ce cas ne peut pas se produire, puisque $A$ et $B$ doivent être différents.

Nous pouvons continuer en supposant que $A$ et $B$ sont supérieurs à $0$ . Nous pouvons également supposer que $A>B$ (dans le cas contraire, nous échangeront simplement $A$ et $B$ ). En considérant ceci, nous pouvons sans aucun doute dire que le plus grand nombre écrit sur le tableau est $A+B$ et le deuxième plus grand est $A$ . Puisque les nombres dans une progression arithmétique doivent continuellement augmenter ou diminuer, les nombres $A+B$ et $A$ sont deux nombres consécutifs dans cette progression. Par conséquent, deux nombres consécutifs doivent différer de $(A+B)-A$ qui est égal à $B$ . Par conséquent, le troisième nombre de cette progression doit être $A-B$ , un nombre qui est inférieur de $B$ à $A$ . Le dernier nombre est $B$ , qui doit être plus petit $A-B$ de $B$ . Cela nous donne une condition : $\begin{aligned} (A-B)-B &=B\\ A&=3B \end{aligned}$ Si Andréas choisit les nombres $B$ et $3B$ au départ, après avoir écrit la somme et la différence positive de ces nombres, il obtiendra une progression arithmétique $B$ , $2B$ , $3B$ , $4B$ . Il ne reste plus qu’à calculer, dans combien de paires de $A=3B$ et $B$ se trouvent des nombres à un chiffre. Il est facile de vérifier que $A$ , $B$ ne peuvent être que $(3,1)$ , $(6,2)$ et $(9,3)$ . Donc Andréas aurait pu utiliser trois façons de choisir ses nombres.

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Problème 32

Poulie rapide
Juraj a trouvé un système de poulies intriguant accroché au plafond du grenier, comme le montre la photo. Intéressé par le système de poulies, il a commencé à tirer la corde dans le sens de la flèche avec une vitesse constante de $\SI{20}{\centi\metre\per\second}$ . Trouvez la vitesse en centimètres par seconde à laquelle le poids attaché au système de poulies est soulevé.

Solution

Résultat:

$4$

Après avoir tiré sur la corde, les poulies libres et le poids se déplacent vers le haut sur une certaine distance. Pendant ce processus, une partie de la corde, qui sort des poulies libres, disparaît, car c’est la partie de la corde qui est passée entre nos mains. L’image montre ce qui se passe après que les poulies aient été soulevées de la ligne pointillée inférieure à la ligne pointillée supérieure - une partie de la corde de même longueur disparaît des cinq parties de la corde entre ces deux lignes. Ainsi, si nous tirons la corde sur une certaine distance, le poids et les poulies libres sont soulevés de telle manière qu’entre les lignes pointillées mentionnées précédemment disparaît la même longueur de corde que celle que nous avons tirée auparavant. Par conséquent, le poids se déplace toujours d’un cinquième de la longueur de la corde que nous avons tirée. Si nous tirons la corde à une vitesse constante de $\SI{20}{\centi\metre\per\second}$ , alors le poids est soulevé à une vitesse de $\frac{\SI{20}{\centi\metre\per\second}}{5} = \SI{4}{\centi\metre\per\second}$ .

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Problème 33

Le plus grand
Thomas a noté une paire de nombres naturels. Il nous a dit que le produit de ces deux nombres naturels est $37800$ et que leur plus petit commun multiple est $42$ fois plus grand que leur plus grand commun diviseur. Thomas nous a également dit que, parmi toutes les paires possibles, ses deux nombres ont la plus grande somme. Quelle est la somme des nombres de Thomas ?

Solution

Résultat:

$1290$

Rappelons comment on calcule le plus petit commun multiple et le plus grand commun diviseur. Tout d’abord, nous devons trouver la factorisation en facteurs premiers des nombres. Nous faisons ce qui suit pour chaque facteur premier : dans le plus petit commun multiple, nous mettons ce nombre premier autant de fois qu’il est dans le nombre dans lequel il est le plus de fois. Dans le plus grand diviseur commun, nous le mettons autant de fois qu’il est dans le nombre, dans lequel il est le moins de fois. De là, on peut voir que l’égalité $\text{PPCM} (a, b) \cdot \text{PGCD} (a, b) = a \cdot b$ doit être vérifiée pour tout entier positif $a$ , $b$ .

Prenons maintenant comme $a$ et $b$ les deux nombres satisfaisant les conditions de Thomas. Pour ces deux nombres, nous avons $a \cdot b = 37800$ et $\text{PPCM} (a, b) = 42 \cdot \text{PGCD} (a, b)$ . En plaçant ces équations dans l’équation du paragraphe précédent, on obtient : $\begin{aligned} 42 \cdot \text{PGCD}(a, b) \cdot \text{PGCD}(a, b) &= 37800 \\ \text{PGCD}(a, b) \cdot \text{PGCD}(a, b) &= 900 \\ \text{PGCD}(a, b) &= 30 \end{aligned}$ Les deux nombres $a$ et $b$ sont donc des multiples de $30$ , nous pouvons donc les écrire sous la forme $a = 30 A$ et $b = 30 B$ pour certains entiers positifs $A$ et $B$ . Maintenant, essayer de trouver une paire dont la somme maximale est $a + b = 30 A + 30 A = 30 (A + B)$ revient à essayer de trouver une paire $A$ et $B$ dont la somme maximale est $A + B$ . Puisque le plus grand diviseur commun des nombres $30 A$ et $30 B$ est $30$ , le plus grand diviseur commun de $A$ et $B$ doit être $1$ . Nous savons également que : $A \cdot B = \frac{a}{30} \cdot \frac{b}{30} = \frac{a \cdot b}{900} = \frac{37800}{900} = 42$ La somme de deux nombres dont le produit est donné est la plus grande, si les nombres diffèrent le plus possible. Leur différence est la plus grande si $A = 42$ et $B = 1$ (ou l’inverse). Dans ce cas, on a bien $\text{PGCD}(42, 1) = 1$ et ces deux nombres ont la somme maximale possible $A + B$ . Lorsque nous revenons aux nombres $a$ et $b$ , nous constatons que la somme des nombres de Thomas est $a + b = 30 (A + B) = 30 (42 + 1) = 30 \cdot 43 = 1290$ .

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Problème 34

Solide chaîne
Dans le royaume de Naboj, il y a un pont-levis. Le pont-levis fait $\SI{3}{\metre}$ de long et a une masse de $\SI{400}{\kilo\gram}$ . D’un côté, il est attaché à deux chaînes dont l’autre extrémité est fixée au mur à $\SI{4}{\metre}$ au-dessus de la porte. De l’autre côté, il a une articulation flexible. Avec quelle force en newtons chaque chaîne est-elle tendue ?

Solution

Résultat:

$1250$

Regardons comment les forces agissent dans ce problème. Une force gravitationnelle agit sur le pont de poids $m = \SI{400}{\kilogram}$ en son centre. Son intensité est de $F_G = m g = \SI{400}{\kilogram} \cdot \SI{10}{\newton\per\kilogram} = \SI{4000}{\newton}$ . A part ça, il y a une force de la chaîne qui agit sur le pont. Si le pont ne bouge pas, il ne tourne pas non plus. La condition pour ne pas tourner est que la somme totale des moments des forces agissant sur le pont soit nulle. La force gravitationnelle agissant sur le pont à une distance $r = \SI{1,5}{\meter}$ provoque un moment de force $M = F_G r = \SI{4000}{\newton} \cdot \SI{1,5}{\meter} = \SI{6000}{\newton\metre}$ . La partie verticale de la force de la chaîne agit à une distance $r^\prime = \SI{3}{\metre}$ et doit provoquer un moment de force $M = \SI{6000}{\newton\metre}$ . Son intensité doit donc être de $F_2 = \frac{M}{r^{\prime}} = \frac{\SI{6000}{\newton\metre}} {\SI{3}{\metre}} = \SI{2000}{\newton}$ . Il y a deux chaînes, donc chacune d’elles doit être étirée dans le sens vertical avec une force $F_1 = \frac{F_2}{2} = \frac{\SI{2000}{\newton}}{2} = \SI{1000}{\newton}$ .

Nous connaissons la partie de la force qui étire la chaîne dans la dimension verticale. Mais comment trouver la force dans la direction de la chaîne ? Notons que le triangle formé par la chaîne, la porte et le pont est semblable au triangle formé par les forces $\vec{F}$ , $\vec{F_1}$ et la connexion de leurs extrémités. Ainsi, le rapport des grandeurs de $F_1$ et $F$ est donc le même que le rapport de la hauteur de la porte et de la longueur de la chaîne. La longueur de la chaîne peut être calculée en utilisant le théorème de Pythagore : $\sqrt{(\SI{3}{\metre})^2 + (\SI{4}{\metre})^2} = \SI{5}{\metre}$ . Par conséquent : $\begin{aligned} \frac{F_1}{F} &= \frac{\SI{4}{\metre}}{\SI{5}{\metre}} \\ F &= \frac{5}{4} F_1 \end{aligned}$ Donc chacune des chaîne est étirée avec une force : $F = \frac{5}{4} F_1 = \frac{5}{4} \cdot \SI{1000}{\newton} = \SI{1250}{\newton}$

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Problème 35

Maison unitaire
En rangeant une vieille armoire, Dominique a trouvé une vieille clé USB en forme de maison. Elle a connecté la clé à son ordinateur pour voir ce qu’elle contenait. La clé contenait un seul fichier intitulé : "Une image en binaire". Curieuse, elle a ouvert le fichier. Dans le fichier, Dominique a trouvé $2022$ chiffres écrits au hasard, chaque chiffre étant soit $0$ soit $1$ . Dominique aimerait maintenant connaître la réponse à la question suivante : Quel est la probabilité en pourcentage que le nombre de $1$ écrits dans le fichier soit divisible par quatre ?

Solution

Résultat:

$25$

Trouvons d’abord la probabilité que le nombre de $1$ dans le fichier soit un nombre pair. Laissons les $2021$ premiers chiffres être quelconques. Ils peuvent donc contenir soit un nombre impair de $1$ , soit un nombre pair de $1$ . Le dernier chiffre est soit $0$ soit $1$ . En fonction du dernier chiffre, la parité du nombre de $1$ des premiers $2021$ est soit modifiée par l’ajout du dernier chiffre, soit inchangée. Qu’elle change ou non est cependant tout aussi probable, puisqu’elle dépend uniquement du dernier chiffre et que celui-ci est choisi au hasard avec une probabilité de $\SI{0,5}{}$ pour changer la parité et une probabilité de $\SI{0,5}{}$ pour conserver la parité des $2021$ premiers chiffres.

Considérons maintenant uniquement les ensembles de chiffres qui ont un nombre pair de $1$ . Combien d’entre eux ont un nombre de $1$ divisible par quatre ? Si le nombre de $1$ écrit est pair, deux situations peuvent se produire : soit il est également divisible par quatre, soit le reste du nombre de $1$ après division par quatre est de $2$ . Considérons deux ensembles, $A$ et $B$ . Dans l’ensemble $A$ nous mettrons toutes les situations où le nombre de uns est divisible par quatre, et dans l’ensemble $B$ toutes les situations où le reste est $2$ . Observez maintenant que nous pouvons choisir une situation dans l’ensemble $A$ et changer tous les $0$ en $1$ et vice versa. Si le nombre de $1$ dans la situation initiale était de $4n$ et le nombre de $0$ était de $2022-4n$ , alors après le changement, le nombre de $1$ s sera de $2022-4n$ et le nombre de $0$ s sera de $4n$ . Cependant, le reste de $2022-4n$ après division par quatre est de $2$ . Par conséquent, la situation commutée appartiendra à l’ensemble $B$ . En changeant à nouveau, nous obtiendrons à nouveau une situation de l’ensemble $A$ (la situation initiale). De cette façon, nous pouvons diviser les situations en paires, une de l’ensemble $A$ et une de l’ensemble $B$ . Chaque situation doit appartenir à l’un des groupes, et donc les ensembles $A$ et $B$ doivent contenir le même nombre de situations.

Cela signifie que dans les situations qui ont un nombre pair de $1$ , le nombre de situations où le nombre de $1$ est divisible par quatre a une probabilité de $0,5$ . Cela signifie que la probabilité que le nombre de $1$ écrits dans le fichier soit divisible par quatre est $\SI{0,5}{}. \cdot \SI{0,5}{} = \SI{0,25}{} = 25 \%$ .

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Problème 36

Encore plus haut
Marc se tient à nouveau dans le coin d’une pièce carrée dont les dimensions sont de $\SI{3}{\metre} \times \SI{3}{\metre}$ . Tous les murs de cette pièce sont recouverts de miroirs. Dans le coin opposé à Marc flotte un petit ballon. Marc a de nouveau envoyé un rayon laser de son coin vers l’un des murs. Mais cette fois, il a touché le mur comme indiqué sur la figure. Combien de fois le laser sera-t-il réfléchi jusqu’à ce qu’il touche le ballon cette fois-ci ?

Solution

Résultat:

$20$

Si nous essayons simplement de dessiner les premières réflexions du faisceau, nous pouvons nous rendre compte qu’il faudra relativement beaucoup de réflexions pour toucher le ballon. À chaque fois, nous devons également calculer exactement où le faisceau se reflète, ce qui n’est pas aussi simple. Essayons donc une autre approche.

Au lieu de retourner le faisceau sur la ligne perpendiculaire au mur au point de réflexion, nous allons retourner la pièce entière sur le mur qui a été touché par le faisceau à chaque fois. Supposons donc qu’à droite de notre pièce d’origine se trouve une autre pièce, en miroir, retournée sur le mur commun. Si nous permettons au faisceau de traverser le mur et d’entrer dans la pièce de droite, il se déplacera dans cette pièce miroir de la même manière que le faisceau réfléchi dans la pièce d’origine. En répétant cette manière de retourner la pièce sur le mur qui a été touché par le faisceau, nous pouvons voir que nous avons un faisceau qui se déplace en ligne droite. D’après la première réflexion, nous savons qu’à chaque fois que le faisceau parcourt $\SI{3}{\metre}$ vers la droite, il parcourt également $\SI{1,4}{\metre}$ vers le haut. Au bout d’un certain temps, il touchera l’un des coins du système de pièces réfléchissantes et, avec un peu de chance, ce sera un coin où se trouvera le ballon (ou l’une de ses réflexions).

Un coin est touché par le faisceau lorsque la distance parcourue vers la droite et la distance parcourue vers le haut sont toutes deux un multiple de la longueur $\SI{3}{\metre}$ . Si le faisceau parcourt $k\cdot\SI{3}{\metre}$ vers la droite, nous savons, à partir de la première réflexion, qu’il parcourra $k\cdot\SI{1,4}{\metre}$ . Si $k$ est un nombre entier positif, alors $k\cdot\SI{3}{\metre}$ est un multiple de la longueur $\SI{3}{\metre}$ . Par conséquent, nous devons chercher le plus petit entier positif $k$ pour que $k\cdot\SI{1,4}{\metre}$ soit aussi un multiple de la longueur $\SI{3}{\metre}$ . Puisque $\SI{1,4}{\metre}=\frac{7}{15}\cdot\SI{3}{\metre}$ , le plus petit de ces $k$ doit être $k=15$ . La situation est alors représentée sur la figure ci-dessous :

Nous pouvons voir sur la figure que le faisceau frappe réellement le coin avec le ballon. Il ne reste plus qu’à calculer le nombre de réflexions. Dans notre approche, une réflexion par un mur de la pièce d’origine est égale à la ligne droite de notre faisceau traversant un mur des pièces en miroir, sortant dans une pièce adjacente en miroir. Nous pouvons voir que le faisceau sort par le mur droit de n’importe quelle pièce $14$ fois et par le mur supérieur de n’importe quelle pièce $6$ fois. Par conséquent, il traverse un mur $14+ 6 =20$ fois. Dans la pièce d’origine, cela signifie que le faisceau est réfléchi $20$ fois avant de toucher le ballon.

Note: Cette figure montre comment le faisceau se reflète exactement ( $20$ fois) avant de frapper le ballon:

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Problème 37

Farine flottante
En cuisinant, Jacques joue avec des verres. Il a deux verres en forme de cylindre - l’un avec une base d’aire $\SI{10}{\square\cm}$ et un autre avec une base d’aire $\SI{30}{\square\cm}$ . Jacques a versé de l’eau dans le grand verre et y a placé le petit verre. Le plus petit verre a commencé à flotter dans le plus grand. Lorsque la surface de l’eau s’est stabilisée, la situation était telle qu’illustrée dans la figure ci-dessous. Puis Jacques a mis $\SI{45}{\gram}$ de farine dans le plus petit verre. Après l’ajout de la farine, le plus petit verre flottait toujours. Quelle est la différence de hauteur de la surface de l’eau dans le plus grand verre avant et après que Jacques ait rajouté la farine ?

Solution

Résultat:

$\SI{1,5}{}$

Après l’ajout de la farine de masse $m = \SI{45}{\gram}$ dans le petit verre de base d’aire $S = \SI{10}{\square\cm}$ , la force de pesanteur agissant sur ce verre est augmentée de $\Delta F_G = m g$ . Pour que le verre flotte encore, la force de flottaison doit avoir été augmentée de la même quantité. La force de flottaison n’a pu augmenter que par l’augmentation de la partie immergée du verre. D’après la poussée d’Archimède : $\Delta F_{fl} = \Delta V^\prime \rho_{eau} g$ , où $\Delta V^\prime$ est le changement de volume de la partie immergée. À partir de cela, on obtient :

$\begin{aligned} \Delta F_G &= \Delta F_{fl} \\ m g &= \Delta V^\prime \rho_{eau} g \\ \Delta V^\prime &= \frac{m}{\rho_{eau}} \end{aligned}$ Pour que le volume d’une partie immergée augmente, le fond du plus petit verre doit descendre plus bas, et donc se rapprocher du fond du plus grand verre d’une certaine hauteur $h^\prime$ . Au cours de ce processus, le cylindre d’eau de volume $S h^\prime$ est gêné dans sa course, et doit donc se déplacer quelque part. Il va se déplacer vers les côtés du plus petit verre. Là, il provoquera l’augmentation de la surface d’eau dans le plus grand verre de $h$ . Le volume d’eau, qui s’est déplacé ici, peut être exprimé par $(S_0 - S) h$ , où $S_0 = \SI{30}{\square\cm}$ est l’aire de la base du plus grand verre. Grâce à cela, nous obtenons l’équation :

$S h^\prime = (S_0 - S) h$ Au cours de ces mouvements, la hauteur de la partie immergée du plus petit verre augmente de $h + h^\prime$ et donc si nous connaissons son volume, nous obtenons également l’équation : $\Delta V^\prime = S (h + h^\prime)$ En combinant ces $2$ équations, on obtient : $\begin{aligned} S_0 h &= S h + S h^\prime = \Delta V^\prime \\ h &= \frac{\Delta V^\prime}{S_0} = \frac{m}{\rho_{eau} S_0} \end{aligned}$ Donc la hauteur de la surface de l’eau dans le grand verre a augmenté de $h = \frac{m}{\rho_{eau} S_0} = \frac{\SI{45}{\gram}}{\SI{1}{\gram\per\cubic\cm} \cdot \SI{30}{\square\cm}} = \SI{1,5}{\cm}$

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Problème 38

Quelques neufs
Suzanne a noté les nombres $9$ , $99$ , $999$ , $9999$ ... Elle a fini par obtenir un nombre de $2022$ neufs. Ensuite, elle fait la somme de tous ces $2022$ nombres. Quelle est la somme des chiffres du nombre que Suzanne a obtenu ?

Solution

Résultat:

$2043$

Ce serait dur de sommer autant de neufs. Il faudrait trouver une autre manière de sommer ces nombres. Remarquons qu’en ajoutant $1$ à chaque nombre, on obtient un nombre qui commence avec un $1$ et qui possède des zéros après. La somme $9 + 99 + 999 + 9999 + \dots$ peut alors être réécrite sous la forme $(10 - 1) + (100 - 1) + (1000 - 1) + (10000 - 1) + \dots$

En sommant tous les $-1$ , on obtient $-2022$ . Le reste de la somme nous donne $11 \ldots 110$ , avec $2022$ chiffres $1$ . Le nombre que Suzanne a obtenu est ce nombre réduit de $2022$ .

A quoi ressemble ce nombre ? La soustraction de $2022$ n’affecte que les $5$ derniers chiffres du grand nombre. Ces $5$ derniers chiffres deviennent donc $11110 - 2022 = 9088$ . Les autres $2018$ chiffres du nombre ne sont pas affectés. La somme des chiffres du nombre de Suzanne est donc $2018 \cdot 1 + 9 + 0 + 8 + 8 = 2043$ .

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Problème 39

Bob le bricoleur et sa brique
Bob le bricoleur possède une brique de densité $\SI{2400}{\kilogram\per\cubic\meter}$ . Lorsqu’il pose la brique sur une surface horizontale de trois manières différentes, la pression de la brique sur la surface est respectivement de $\SI{2400}{\pascal}$ , $\SI{3200}{\pascal}$ et $\SI{4800}{\pascal}$ . Quelle est la masse de la brique de Bob, en kilogrammes ?

Solution

Résultat:

$\SI{6,4}{}$

Supposons que les dimensions de la brique soient $a$ , $b$ , $c$ et que sa masse soit $m$ . Alors les pressions $p_1 = \SI{2400}{\pascal}$ , $p_2 = \SI{3200}{\pascal}$ et $p_3 = \SI{4800}{\pascal}$ de l’énoncé du problème sont liées par ces équations : $\begin{aligned} p_1 &= \frac{m g}{a b} \\ p_2 &= \frac{m g}{b c} \\ p_3 &= \frac{m g}{c a} \end{aligned}$ En multipliant ces $3$ équations, on obtient : $p_1 p_2 p_3 = \frac{m^3 g^3}{a^2 b^2 c^2}$ Cependant, $a b c$ est le volume $V$ de la brique. L’équation du dessus peut être transformée en : $p_1 p_2 p_3 = \frac{m^3 g^3}{V^2}$ Il suffit de remarquer que la fraction $\frac{m}{V}$ est la densité de la brique $\rho = \SI{2400}{\kilogram\per\cubic\metre}$ . En utilisant cela, on peut trouver la masse de la brique : $\begin{aligned} p_1 p_2 p_3 &= m g^3 \rho^2 \\ m &= \frac{p_1 p_2 p_3}{g^3 \rho^2} = \frac{\SI{2400}{\pascal} \cdot \SI{3200}{\pascal} \cdot \SI{4800}{\pascal}}{(\SI{10}{\newton\per\kilogram})^3 \cdot (\SI{2400}{\kilogram\per\cubic\metre})^2} = \SI{6,4}{\kilogram} \end{aligned}$ La masse de la brique de Bob le bricoleur est $\SI{6,4}{\kilogram}$ .

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Problème 40

Le trapèze de Lucie
Lucie porte dans sa poche un portefeuille ayant la forme d’un trapèze $ABCD$ dont les bases sont $AB$ et $CD$ . Les côtés du trapèze du portefeuille de Lucie sont de longueurs : $|AB|=\SI{100}{\centi\metre}$ , $|BC|=\SI{24}{\centi\metre}$ , $|CD|=\SI{75}{\centi\metre}$ , $|AD|=\SI{7}{\centi\metre}$ . Lucie veut savoir quels types de billets peut rentrer dans sa poche. Quelle est l’aire du trapèze en centimètres carrés ?

Solution

Résultat:

$588$

Soit $P$ l’intersection des segments $AD$ et $BC$ . Puisque les lignes $AB$ et $CD$ sont parallèles, les triangles $PAB$ et $PDC$ sont semblables. Le rapport des longueurs correspondantes de ces triangles est de $\frac{\SI{75}{\centi\metre}}{\SI{100}{\centi\metre}} = \frac{3}{4}$ . Cela donne les relations : $\begin{aligned} \frac{|PD|}{|PA|} &= \frac{3}{4} \\ \frac{|PC|}{|PB|} &= \frac{3}{4} \end{aligned}$ Cependant, on sait que $|PA| = |PD| + |AD| = |PD| + \SI{7}{\centi\metre}$ et $|PB| = |PC| + |BC| = |PC| + \SI{24}{\centi\metre}$ . En utilisant ces deux équations, on obtient : $\begin{aligned} \frac{|PD|}{|PD| + \SI{7}{\centi\metre}} = \frac{3}{4} \qquad &\Rightarrow \qquad |PD| = \SI{21}{\centi\metre}\\ \frac{|PC|}{|PC| + \SI{24}{\centi\metre}} = \frac{3}{4} \qquad &\Rightarrow \qquad |PC| = \SI{72}{\centi\metre} \end{aligned}$ Dans le triangle $PCD$ on a l’égalité $(\SI{21}{\centi\metre})^2 + (\SI{72}{\centi\metre})^2 = (\SI{75}{\centi\metre})^2$ . Par le Théorème de Pythagore, c’est un triangle rectangle avec l’angle droit au sommet $P$ . Ainsi, le triangle $PAB$ est également un triangle rectangle. L’aire du trapèze $ABCD$ est égal à la différence des aires de ces deux triangles.

Les côtés du triangle $PCD$ sont de longueur $\SI{21}{\centi\metre}$ et $\SI{72}{\centi\metre}$ , sont son aire est $\SI{21}{\centi\metre} \cdot \SI{72}{\centi\metre} : 2 = \SI{756}{\square\centi\meter}$ . Le triangle $PAB$ possède des côtés de longueur $\SI{21}{\centi\metre} + \SI{7}{\centi\metre} = \SI{28}{\centi\metre}$ et $\SI{72}{\centi\metre} + \SI{24}{\centi\metre} = \SI{96}{\centi\metre}$ , donc son aire est $\SI{28}{\centi\metre} \cdot \SI{96}{\centi\metre} : 2 = \SI{1344}{\square\centi\metre}$ .

Ainsi, l’aire du trapèze $ABCD$ est $\SI{1344}{\square\centi\metre} - \SI{756}{\square\centi\meter} = \SI{588}{\square\centi\meter}$ .

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Problème 41

Tiphaine et les segments
Tiphaine a dessiné un cercle sur une feuille de papier, et cette fois, elle a placé 13 points distincts. Elle souhaite dessiner deux segments, dont les extrémités se trouveront dans ces points marqués. Elle veut dessiner les deux segments de manière à ce qu’ils ne partagent aucun point commun (pas même un point d’extrémité). De combien de façons Tiphaine peut-elle dessiner les deux segments ?

Solution

Résultat:

$1430$

Résolvons d’abord un problème plus facile, dans lequel Tiphaine ne marque que $4$ points. Nommons les points placés $A$ , $B$ , $C$ et $D$ de telle sorte qu’ils se trouvent sur le cercle dans cet ordre. Les segments dessinés ne doivent pas avoir de points communs, extrémités comprises. Par conséquent, un segment doit avoir ses extrémités dans une paire de points et l’autre segment dans l’autre paire de points. Pour cette raison, les deux segments peuvent être dessinés de trois manières différentes :

les segments $AB$ et $CD$ ,
les segments $AC$ et $BD$ ,
les segments $AD$ et $BC$ .

Nous pouvons maintenant revenir au problème, dans lequel Tiphaine a $13$ points sur un cercle. La paire de segments aura ses extrémités sur $4$ points distincts. Après avoir choisi ces $4$ points, nous pouvons appliquer ce que nous avons découvert dans le problème simplifié avec seulement $4$ points. Ainsi, après avoir choisi le quadruple des points, nous aurons $2$ façons de dessiner les segments (on avait $3$ choix en tout, mais un des choix donnait lieu à un croisement).

Il reste à calculer le nombre de façons de choisir $4$ points. Pour choisir le premier d’entre eux, nous avons $13$ possibilités, pour choisir le second $12$ possibilités, pour le troisième $11$ de possibilités et pour le quatrième $10$ possibilités. En procédant ainsi, nous avons inclus chaque quadruplet de points plusieurs fois. Plus précisément, nous l’avons inclus une fois pour chaque ordre possible des points qui le composent. Pour la première position, nous avons $4$ possibilités, pour la deuxième $3$ , pour la troisième $2$ et pour la dernière $1$ . Le nombre de possibilités de choisir les $4$ points est donc $(13 \cdot 12 \cdot 11 \cdot 10) : (4 \cdot 3 \cdot 2 \cdot 1) = 715$ .

Si l’on ajoute à cela le fait que pour chaque quadruplet point, nous avons $2$ façons de dessiner la paire de segments, nous obtenons que Tiphaine peut dessiner les segments de $2 \cdot 715 = 1430$ façons.

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Problème 42

Un système vraiment stylé
Marc a créé un système vraiment stylé comme vous pouvez voir sur la figure. Le système se compose de 3 pavés de masses $\SI{500}{\gram}$ , $\SI{900}{\gram}$ et $\SI{2}{\kilogram}$ . Les pavés sont reliés par des cordes, qui passent autour de poulies légères. Le coefficient de friction entre les pavés est de $\SI{0,2}{}$ et le coefficient de friction entre le pavé inférieur et le sol et également de $\SI{0,2}{}$ . Marc tire le pavé inférieur. Quelle est l’amplitude de la plus grande force, en newtons, avec laquelle Marc peut agir sur le pavé de telle sorte que le système reste au repos ?

Solution

Résultat:

$\SI{14.4}{}$

Notons $m_1 = \SI{500}{\gram}$ , $m_2 = \SI{900}{\gram}$ , $m_3 = \SI{2}{\kilo\gram}$ les masses des pavés et $f = \SI{0,2}{}$ le coefficient de friction. Regardons les forces qui agissent sur les pavés respsectifs. Ils interagissent comme montré sur la figure si-dessous :

Les forces $\vec{F_{G_1}}$ , $\vec{F_{G_2}}$ et $\vec{F_{G_3}}$ sont des forces gravitationnelles agissant sur les pavés. Puisque chacun des deux pavés supérieurs agit avec une certaine force sur le pavé qui lui est inférieur, il en résulte les forces normales $\vec{F_{N_{12}}}$ et $\vec{F_{N_{23}}}$ . Le cube supérieur agit avec une force d’intensité $F_{N_{12}}$ sur le cube du milieu et sa direction est vers le bas. Au même endroit, par action et réaction, le cube du milieu exerce une force de même intensité mais de direction opposée sur le cube du haut. De même, entre le cube du milieu et celui du bas, la force est d’intensité $F_{N_{23}}$ . De même, le sol agit sur le parallélépipède inférieur avec une force normale $\vec{F_{N_3}}$ .

Les forces agissant dans la direction horizontale sont la force $\vec{F}$ , avec laquelle Marc agit sur le pavé inférieur, et les forces $\vec{T_1}$ et $\vec{T_2}$ , qui correspondent à la tension de la corde. Enfin, les dernières forces sont les forces de frottement. Sur le cube supérieur, qui voudrait se déplacer vers la droite, agit avec une force $\vec{F_{t_{12}}}$ vers la gauche. De nouveau, par action et réaction, le cube du milieu doit agir sur le cube du haut avec une force d’intensité $F_{t_{12}}$ , mais vers la droite. Les forces de frottement entre le cube du milieu et celui du bas agissent de la même manière. De même, le sol agit sur le parallélépipède inférieur avec une force de frottement ${F_{t_3}}$ .

Pour que chaque pavé soit au repos, la somme des forces qui agissent sur lui doit être nulle dans toutes les directions. Pour les forces dans la direction verticale, nous obtenons des équations :

$\begin{aligned} F_{G_1} &= F_{N_{12}} \\ F_{G_2} + F_{N_{12}} &= F_{N_{23}} \\ F_{G_3} + F_{N_{23}} &= F_{N_3} \end{aligned}$ Et pour la direction horizontale, nous obtenons : $\begin{aligned} T_1 &= F_{t_{12}} \\ T_2 &= T_1 + F_{t_{12}} + F_{t_{23}} \\ F &= T_2 + F_{t_{23}} + F_{t_3} \end{aligned}$ Les forces gravitationnelles peuvent être calculées à partir de la relation $F_G = m g$ , où $g$ est l’accélération gravitationnelle. Lorsque Marc agit avec la force maximale possible, les forces de frottement seront également être maximales - il est évident que si Majo agissait avec une force un peu plus grande, le système entier se déplacerait et les forces de frottement agiraient avec leur intensité maximale. Leur intensité peut donc être calculée à l’aide de l’équation $F_t = f F_N$ . Il reste à exprimer les quantités inconnues successivement à partir des six équations ci-dessus, ce que l’on fait de la manière suivante :

$\begin{aligned} F_{N_{12}} &= F_{G_1} = m_1 g \\ F_{N_{23}} &= F_{G_2} + F_{N_{12}} = m_2 g + m_1 g = (m_1 + m_2) g \\ F_{N_3} &= F_{G_3} + F_{N_{23}} = m_3 g + (m_1 + m_2) g = (m_1 + m_2 + m_3) g \\ T_1 &= F_{t_{12}} = f F_{N_{12}} = m_1 g f \\ T_2 &= T_1 + F_{t_{12}} + F_{t_{23}} = T_1 + f F_{N_{12}} + f F_{N_{23}} = m_1 g f + m_1 g f + (m_1 + m_2) g f = (3 m_1 + m_2) g f \\ F &= T_2 + F_{t_{23}} + F_{t_3} = T_2 + f F_{N_{23}} + f F_{N_3} = (3 m_1 + m_2) g f + (m_1 + m_2) g f + (m_1 + m_2 + m_3) g f = (5 m_1 + 3 m_2 + m_3) g f \end{aligned}$ Ainsi, la force maximale avec laquelle Marc peut agir sur le pavé est d’intensité : $F = (5 m_1 + 3 m_2 + m_3) g f = (5 \cdot \SI{0,5}{\kilogram} + 3 \cdot \SI{0,9}{\kilogram} + \SI{2}{\kilogram}) \cdot \SI{10}{\newton\per\kilogram} \cdot \SI{0,2}{} = \SI{14,4}{\newton}$

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