Problems and solutions

Résultat:

$2,45$

Mathieu a payé la glace de trois boules avec un billet de $5e$. Le prix total de sa glace est $0,80e+0,70e+1,05e=2,55e$. Donc le marchand de glace a rendu à Mathieu $5e-2,55e=2,45e$.

Résultat:

$30$ $s$

Les quatre côtés du carré ont la même longueur, $0,5$ $m$. Les côtés du triangle équilatéral sont également de même longueur. Une des lignes est un côté à la fois un côté du carré et un côté du triangle. Toutes les lignes de l’image doivent donc avoir la même longueur, c’est-à-dire $0,5$ $m$. Le dessin est composé de six lignes de ce type et la somme de toutes leurs longueurs est donc de 6$\cdot 0,5m=3m$. Chaque seconde, Natalie trace $1$ $\mathrm{dm}$ de ligne, donc toutes les $10$ secondes, elle trace une ligne d’une longueur totale de $10\cdot 1\mathrm{dm}=10\mathrm{dm}=1m$. Pour terminer l’image complète, elle doit en dessiner trois fois plus, ce qui lui prendra $3\cdot 10s=30s$.

Résultat:

$1050$

Même si le bois flotte parce que la portance du fluide le soutient, cela n’affecte pas la masse mesurée. La balance mesure uniquement la masse totale du conteneur et de son contenu, qui n’est pas affectée par les forces entre les objets à l’intérieur du récipient (étant donné que ces objets sont au repos). Par conséquent, nous pouvons simplement additionner les masses des objets : le récipient pèse $250$ $g$, un demi-litre d’eau pèse $500$ $g$, et le morceau de bois pèse $300$ $g$. La balance affichera alors $250g+500g+300g=1050g$.

Résultat:

$10$

Écrivons toutes les possibilités. Commençons par les mathématiques en premier lieu : MMPPP, MPMPP, MPPMP, MPPPM. Maintenant, regardons les combinaisons où la Physique-Chimie est en première place : PMMPP, PMPMP, PMPPM, PPMMP, PPMPM, PPPMM. Patrice peut donc créer $10$ emplois du temps différents.

Résultat:

$10$

Il y a $3$ pieds dans un yard et $12$ pouces dans un pied. Donc $1$ yard est égal à $3\cdot 12=36$ pouces. L’escargot doit parcourir $100$ yards, ce qui est équivalent à $100\cdot 36=3,600$ pouces. Il faut $10$ secondes à l’escargot pour parcourir chaque pouce, ce qui veut dire qu’il lui faut $10\cdot 3600=36000$ secondes pour traverser tout le stade. Il y a $60$ minutes dans une heure et $60$ secondes dans une minute. Donc $1$ heure = $60\cdot 60=3600$ secondes. Donc, l’escargot va mettre $36000:3600=10$ heures pour traverser le stade de football.

Résultat:

$81$

Si nous multiplions le nombre $111111111$ avec lui-même nous obtenons le nombre $12345678987654321$. La somme des chiffres de ce nombre est $1+2+3+4+5+6+7+8+9+8+7+6+5+4+3+2+1=81$.

Résultat:

$46$

Comptons d’abord combien de carrés sont entièrement remplis. Il y a $40$ carrés entièrement remplis, ce qui correspond à $40$ grammes d’encre. En plus de ces carrés, il y a quelques carrés partiellement remplis. Lorsque nous retirons tous les carrés entièrement remplis de l’image, nous pouvons voir $6$ triangles peints.

Tous les triangles situés sur la même ligne verticale peuvent être regroupés pour former $3$ rectangles différents. Le premier rectangle couvre $3$ carrés; le deuxième couvre $2$ carrés et le troisième couvre $1$ carré. Pour les remplir, il faut $3+2+1=6$ grammes d’encre. Par conséquent, Susanne a besoin au total de $46$ grammes d’encre pour peindre l’ensemble du tableau.

Résultat:

$8$

Si Adam maintenait son rythme, il parcourerait $20$ fois $400m$ et donc $20\cdot 400m=8000m$ en une heure. Cela correspond à une vitesse de $8$ $\mathrm{km}∕h$. Qu’en est-il de sa vitesse moyenne? Puisque Adam n’a pas changé de vitesse pendant les $20$ premières minutes, $8$ $\mathrm{km}∕h$ doit être sa vitesse moyenne. Donc, sa vitesse moyenne pendant les 20 premières minutes est de $8$ $\mathrm{km}∕h$.

Résultat:

$5$

Un voyage aller simple entre les deux terminus prend

Par conséquent, un voyage aller-retour de n’importe quel autobus prend $2\cdot 24\min =48\min$. Si l’on veut que les passagers n’attendent jamais plus de $10$ $\min$, il doit y avoir au moins $4$ bus différents qui quittent la station au moment où le premier bus arrive. Par conséquent, cinq bus sont nécessaires.

Résultat:

$101$

Lorsqu’il utilise l’imprimante de la salle de réunion, Jacques perd du temps uniquement en retournant à son bureau, soit une minute. Pour préférer imprimer dans la salle de réunion, il doit imprimer un certain nombre de pages de sorte que l’imprimante de la salle de réunion soit au moins $1$ minute plus rapide que l’imprimante du bureau de Jacques. Cela signifie que si Jacques commence à imprimer simultanément le même nombre de pages dans son bureau et dans la salle de réunion, au moment où l’imprimante de la salle de réunion se termine, l’imprimante du bureau doit imprimer pendant au moins une minute de plus. Remarquez que l’imprimante du bureau imprime $20$ pages par minute, et que l’imprimante de la salle de réunion est plus rapide de $25-20=5$ pages par minute. Par conséquent, l’imprimante du bureau doit continuer à imprimer pendant au moins $4$ minutes pour être à $20$ pages derrière l’imprimante plus rapide, et donc le nombre total de pages doit être supérieur à $100$ pages. Par conséquent, il est plus rapide pour Jacques d’utiliser l’imprimante de la salle de réunion lorsqu’il imprime au moins $101$ pages.

Résultat:

$995$

Lorsqu’on arrondit à la dizaine, la différence maximale entre le résultat et le nombre préféré de Pedro est de $5$. Le plus petit nombre entier positif qui peut résulter de l’arrondi aux milliers est $1000$. Le nombre préféré de Pedro doit donc être au moins égal à $1000-5=995$. On peut facilement remarquer que $995$ satisfait toutes les conditions.

Résultat:

$50$

Nina a couru deux tours, la distance totale est donc de $2\cdot 6\mathrm{km}=12\mathrm{km}$, avec une vitesse moyenne de $8$ $\mathrm{km}∕h$. Par conséquent, la durée totale du parcours doit être de

Puisque Nina a couru le premier tour en $40$ minutes, elle a dû courir le deuxième tour en $90-40=50$ minutes.

Résultat:

$12$

Le fait que quelqu’un perde s’est produit exactement $10+9+8=27$, ce qui correspond au nombre total de parties jouées. Par conséquent, le nombre total de parties gagnées doit également être de $27$. Cela signifie que Constance a dû gagner $27-7-8=12$ parties.

Résultat:

$1$

Le bras long de chaque levier est le double de son bras court. Par conséquent, pour que chaque levier soit en équilibre, la masse de tout ce qui est accroché à son extrémité courte doit être le double de la masse de tout ce qui est accroché à son extrémité longue. À l’extrémité courte du premier levier, il y a le poids $18$ $\mathrm{kg}$. À l’extrémité longue, on trouve le deuxième levier, ce qui signifie que la masse de tout ce qui est suspendu au deuxième levier doit être de $18\mathrm{kg}:2=9\mathrm{kg}$. Sur le deuxième levier, nous avons un autre poids ainsi que le troisième levier. De même, pour que le deuxième levier soit en équilibre, nous avons besoin que le poids (sur le bras court) soit deux fois plus lourd que le troisième levier (sur le bras long). Ce poids aura donc une masse de $6$ $\mathrm{kg}$ et les deux poids du troisième levier auront une masse combinée de $3$ $\mathrm{kg}$. Enfin, nous divisons cette masse entre les deux poids dans le rapport habituel de $2:1$. Nous constatons que le poids à l’extrémité longue du troisième levier pèse $1$ $\mathrm{kg}$.

Résultat:

$40$

Si l’eau ne s’écoule pas dans le système de collecte et ne déborde pas des bords du toit, nous trouverons un bloc d’eau sur le toit à la fin de l’orage. En supposant que la pluie soit tombée avec la même densité sur la piscine que sur le toit, l’augmentation du niveau d’eau dans la piscine sera la même que la hauteur de ce bloc d’eau imaginaire sur le toit. Le bloc d’eau a pour volume $4000L=4000{\mathrm{dm}}^3=4m^3$. L’aire de sa base est égale à l’aire du toit : $100$ $m^2$. Nous savons que le volume du bloc est le produit de sa hauteur par l’aire de sa base. Sa hauteur est donc de $\frac{4m^3}{100m^2}=0,04m=40\mathrm{mm}$. Par conséquent, le niveau d’eau de la piscine a augmenté de $40$ $\mathrm{mm}$.

Résultat:

$22$

La condition selon laquelle les chiffres des cellules voisines doivent différer d’au moins $2$ signifie que les chiffres qui ne diffèrent que de $1$ ne peuvent pas être voisins.

Examinons la deuxième et troisième cases de la rangée du milieu. Ces deux cases sont voisines de toutes les autres cases, sauf une. Quels nombres pouvons-nous placer sur ces cellules? Uniquement les nombres qui diffèrent de $1$ d’exactement un autre nombre compris entre $1$ et $8$. De toute évidence, seuls les nombres $1$ et $8$ remplissent cette condition. En raison de la symétrie de la tablette, l’ordre dans lequel nous plaçons ces chiffres n’a pas d’importance, et nous allons donc procéder de cette façon

Les nombres $1$ et $8$ n’ont tous deux qu’un seul autre nombre dont ils diffèrent de $1$. Il s’agit de $2$ et $7$, respectivement. Nous devons donc placer $2$ et $7$ dans les deux cellules restantes de la rangée du milieu.

La cellule portant le numéro $2$ ne peut pas être voisine de la cellule portant le numéro $3$, qui doit donc être située au-dessus ou au-dessous du numéro $1$. Pour des raisons similaires, le nombre $6$ doit être situé au-dessus ou au-dessous du nombre $8$. Il nous reste donc deux possibilités. Si nous plaçons $3$ et $6$ dans une rangée, dans la rangée restante, nous devrons placer les nombres $4$ et $5$ l’un à côté de l’autre, ce qui est interdit. Nous devons donc choisir la deuxième option, c’est-à-dire placer $3$ et $6$ dans des rangées différentes. Nous remarquons maintenant que $4$ et $3$ ne peuvent pas être voisins, ce qui laisse exactement une façon de remplir le tableau :

Enfin, nous calculons que la somme des nombres voisins de la cellule contenant le nombre $4$ sera $22$.

Résultat:

$250$

Pour plus de commodité, remplaçons la vitesse en kilomètres par heure par la vitesse en mètres par seconde :

Un train allant à une vitesse $30$ $m∕s$ pendant $75$ $s$ parcourt une distance $75s\cdot 30m∕s=2250m$. Par conséquent, la locomotive passe à $2250$ $m$ de l’entrée du tunnel. Comme le tunnel fait$2000$ $m$ de long, après $75$ secondes, la locomotive était $2250m-2000m=250m$ derrière le tunnel. AInsi, le train doit faire $250$ $m$ de long.

Résultat:

$57$ $\mathrm{mm}$

Puisque la moyenne des crayons d’Ella est de $12$ $\mathrm{mm}$, la somme de leurs longueurs doient être de $6\cdot 12\mathrm{mm}=72\mathrm{mm}$. Pour qu’un crayon donné soit le plus long, les $5$ autres doivent être aussi courts que possible. Ils doivent donc avoir respectivement les longueurs $1\mathrm{mm},2\mathrm{mm},3\mathrm{mm},4\mathrm{mm},5\mathrm{mm}$, soit au total $15\mathrm{mm}$. Pour le crayon le plus long, il restera $72\mathrm{mm}-15\mathrm{mm}=57\mathrm{mm}$.

Résultat:

$4$

Par la loie de conservation de l’énergie, la pierre perd de l’énergie cinétique lorsqu’une force agissante exerce un travail sur elle. Au départ, la pierre de masse $m=18,6\mathrm{kg}$ et de vitesse $v=2m∕s$ possède une énergie cinétique $E_k=\frac{1}{2}m{v}^2$. La force qui ralentit la pierre est la force de friction $F_t$, qui est égale au produit de la force normale de la glace et du coefficient de friction $f$. Dans cette situation, la force normale est la force de gravité de la Terre $F_G=\mathit{mg}$ où $g$ est la gravité de la Terre. Si la pierre glisse sur une distance $s$, la force de frottement effectue un travail sur la pierre $W=F_{t}s=F_G\mathit{fs}=\mathit{mgfs}$. Lorsque la pierre cesse de glisser, sa vitesse et donc son énergie cinétique sont nulles. Nous pouvons alors calculer la distance $s$ comme suit :

Compte tenu des valeurs ci-dessus, la pierre glissera sur une distance $s=\frac{{(2m∕s)}^2}{2\cdot 0.05\cdot 10m∕s^2}=4m$ depuis la main de Jim.

Résultat:

$50$

Puisque les points $A$ et $D$ sont sur la médiatrice du segment de droite $\mathit{BC}$, on voit que les triangles $\mathit{ABC}$ et $\mathit{DBC}$ sont isocèles de base $\mathit{BC}$. En utilisant ce fait, nous pouvons calculer les tailles des angles à la base du triangle $\mathit{ABC}$ comme étant $\frac{180\circ -40\circ }{2}=70\circ$ et dans le triangle $\mathit{DBC}$ comme étant $\frac{180\circ -140\circ }{2}=20\circ$. La taille de l’angle $\mathit{ACD}$ est donc $|\measuredangle \mathit{ACD}|=|\measuredangle \mathit{ACB}|-|\measuredangle \mathit{DCB}|=70\circ -20\circ =50\circ$.

Résultat:

$2$

La chaleur de combustion du bois est $21\mathrm{MJ}∕\mathrm{kg}=21000\mathrm{kJ}∕\mathrm{kg}$. Comme le rendement de la combustion du bois dans un feu de camp n’est que de $0,5\%$ , en brûlant un kilogramme de bois, on obtient $21000\mathrm{kJ}∕\mathrm{kg}\cdot 0.005\cdot 1\mathrm{kg}=105\mathrm{kJ}$ d’énergie. Pour faire bouillir l’eau, c’est à dire augmenter sa température de $0{}^{\circ }C$ à $100{}^{\circ }C$, Karine a besoin de $(100{}^{\circ }C-0{}^{\circ }C)\cdot 4,2\mathrm{kJ}∕(\mathrm{kg}{}^{\circ }C)\cdot 0,5\mathrm{kg}=210\mathrm{kJ}$. Cela représente exactement $105\mathrm{kJ}$. Donc Karine a besoin de $2\mathrm{kg}$ de bois.

Résultat:

$68$

On désigne par A le nombre de bonbons à la pomme et par B le nombre de bonbons à la banane. Au début, il y avait deux fois plus de bonbons à la pomme que de bonbons à la banane, ce qui signifie $A=2\cdot B$. Après que Sybille a mangé $17$ de bonbons à la pomme et $17$ de bonbons à la banane, elle avait trois fois plus de bonbons à la pomme que de bonbons à la banane, ce qui signifie $A-17=3\cdot (B-17)$. En remplaçant $A$ par $2\cdot B$ (nous le savons grâce à la première équation), nous obtenons :

Par conséquent, il y avait initialement

de bonbons à la banane et

de bonbons à la pomme dans le paquet.

Résultat:

$20$

Tout d’abord, considérons la première phrase de Sybille. Si elle était vraie, elle serait elle-même la seule phrase vraie de Sybille, et sa deuxième phrase devrait donc être fausse. Si la première phrase était fausse, alors la deuxième phrase ne pourrait pas non plus être vraie - sinon la première phrase devrait être vraie également. Nous pouvons donc dire avec certitude que la deuxième phrase de Jerry est fausse. Mais nous ne pouvons encore rien dire au sujet de sa première phrase.

La deuxième phrase de Sybille est fausse. Par conséquent, Marcel doit avoir dit une phrase vraie et une phrase fausse. Voyons ce qui se passerait si sa première ou sa deuxième phrase était la vraie.

S’il était vrai que « tous les suspects ont dit au moins une phrase fausse », alors la phrase de Marcel, selon laquelle il n’a pas le Naboj, serait fausse. Par conséquent, il devrait être le voleur. Mais alors, les deux phrases de Mathieu devraient être vraies, ce qui serait impossible, puisque nous considérons que la phrase de Marcel « tous les suspects ont dit au moins une phrase fausse » est correcte.

La phrase vraie doit donc être la deuxième phrase de Marcel, à savoir qu’il n’a pas les énoncés de Náboj, et comme sa première phrase est fausse, il doit y avoir quelqu’un qui a dit deux phrases vraies. Cela ne peut être maintenant que Marion ou Mathieu. Mais comme Marcel n’a pas les énoncés de Náboj, Mathieu ne peut pas avoir dit deux phrases vraies. Par conséquent, celle dont les deux phrases sont vraies est Marion, qui dit que Mathieu a les énoncés de Náboj. Par conséquent, Mathieu est le voleur.

Enfin, nous devons examiner combien de phrases peuvent être correctes. Nous avons prouvé que les deux phrases de Marion étaient vraies. Parmi les phrases de Mathieu, seule la deuxième était correcte. De même, seule la deuxième des phrases de Marcel était correcte. Nous voyons maintenant que la première phrase de Sybille peut être soit vraie, soit fausse. Il aurait donc pu y avoir $4$ ou $5$ phrases vraies. Le produit des quantités possibles de phrases vraies est donc de 4$\cdot 5=20$.

Résultat:

$216$

Les livres posés au sol forment un pavé droit d’une hauteur de $8\cdot 5\mathrm{cm}=40\mathrm{cm}$, leur centre de masse est une hauteur de $20\mathrm{cm}=0,2m$ au dessus du sol. Si les livres étaient placés sur l’étagère, ils formeraient un parallélépipède d’une hauteur de $20$ $\mathrm{cm}$ et dont le centre de masse se trouverait à la hauteur de $10\mathrm{cm}=0,1m$ au-dessus de l’étagère. Comme l’étagère se trouve à $1,6$ $m$ au-dessus du sol, la différence de hauteur du centre de masse des livres avant et après leur soulèvement sur l’étagère est de $1,6m-0,2m+0,1m=1,5m$. Le volume des livres est $15\mathrm{cm}\cdot 20\mathrm{cm}\cdot 40\mathrm{cm}=12000{\mathrm{cm}}^3=12{\mathrm{dm}}^3$ et leur densité est $1200\mathrm{kg}∕m^3=1,2\mathrm{kg}∕{\mathrm{dm}}^3$. Leur masse est donc de $12{\mathrm{dm}}^3\cdot 1,2\mathrm{kg}∕{\mathrm{dm}}^3=14,4\mathrm{kg}$. La différence d’énergie potentielle entre le fait d’avoir les livres sur le sol et sur l’étagère est donc égale à $14,4\mathrm{kg}\cdot 10N∕\mathrm{kg}\cdot 1,5m=216J$. Cela signifie que Marie doit faire un travail de $216$ $J$.

Résultat:

$51$

Le concept clé de cet exercice est l’inégalité triangulaire, qui valable pour n’importe quel triangle. En particulier, l’inégalité triangulaire dit que la somme de deux côtés d’un triangle donné doit être strictement plus grande que le troisième côté. Examinons les deux côtés les plus courts du triangle : $\mathit{BC}$ et $\mathit{AC}$. Nous savons que leurs longueurs peuvent être au maximum de $8$ $\mathrm{cm}$ et $18$ $\mathrm{cm}$, respectivement. Sur cette base, on peut affirmer que pour que le triangle existe, son troisième côté doit être plus court que $8\mathrm{cm}+18\mathrm{cm}=26\mathrm{cm}$, donc au maximum $25$ $\mathrm{cm}$. Le triangle dont les côtés ont pour longueur $8$ $\mathrm{cm}$, $18$ $\mathrm{cm}$ et $25$ $\mathrm{cm}$ satisfait l’inégalité triangulaire et peut donc exister. De plus, ses deux petits côtés ont leurs longueurs maximales autorisée et son troisième côté doit être plus court que la somme de ces deux-là, donc le périmètre de $8\mathrm{cm}+18\mathrm{cm}+25\mathrm{cm}=51\mathrm{cm}$ est le plus grand possible.

Résultat:

$5600$

L’énergie cinétique augmente avec le carré de la vitesse. Par conséquent, pour obtenir une vitesse $3$ fois supérieure, il faut utiliser $3\cdot 3=9$ fois plus d’énergie. Ainsi, pour accélérer de zéro à $120$ $\mathrm{km}∕h$ Sabine doit utiliser $9\cdot 700\mathrm{kJ}=6300\mathrm{kJ}$ d’énergie. Par conséquent, pour accélérer de $40$ $\mathrm{km}∕h$ à $120$ $\mathrm{km}∕h$, Sabine a utilisé $6300\mathrm{kJ}-700\mathrm{kJ}=5600\mathrm{kJ}$ d’énergie.

Résultat:

$1$

Examinons toutes les paires de chiffres de la première feuille. Nous commençons par les paires qui contiennent le nombre $1$. Les différences de nombres parmi ces paires sont exactement tous les nombres de $1$ à $99$. Ensuite, examinons toutes les paires qui contiennent $2$ mais pas $1$ (ou alternativement, les paires où $2$ est le plus petit nombre). Les différences de nombres parmi ces paires sont exactement tous les nombres de $1$ à $98$. De même, nous pourrions continuer jusqu’à ce que nous examinions toutes les paires où $99$ est le plus petit nombre; dans ce cas, nous n’avons qu’une seule paire dont la différence de nombre est de $1$. Dans tous ces cas, seul le nombre $1$ figure toujours parmi les différences, et donc le nombre $1$ apparaît le plus souvent sur le deuxième morceau de papier.

Résultat:

$10$

Disons qu’il y a $n$ résistances et que chaque résistance a une résistance $R$. Lorsque nous connectons le multimètre sur une résistance, nous mesurons la résistance dans un circuit avec des résistances connectées en parallèle. Dans une branche, nous avons $1$ résistance et dans la deuxième branche, $n-1$ résistances. De même, si nous connectons le multimètre sur deux résistances, nous avons $2$ de résistances dans une branche et $n-2$ de résistances dans la seconde. Cela nous conduit au système d’équations :

Après avoir multiplié les équations par les dénominateurs, on obtient le système :

En développant les parenthèses, nous obtenons :

Maintenant, soustrayons la deuxième équation de la première :

Ainsi, la valeur numérique d’une résistance en ohms est égale au nombre de résistances. Divisons l’ensemble de l’équation par des ohms et introduisons cette information dans l’équation $\mathit{nR}-R=9n\mathrm{\Omega }$ :

Il y a donc soit $n=0$ soit $n=10$ résistances. Le cas $n=0$ n’a cependant aucun sens, il doit donc y avoir $n=10$ résistances.

Résultat:

$14$

Distinguons les cas selon le sommet avec lequel est relié le sommet $A$. Si le sommet $A$ est connecté avec certains des sommets $C$, $E$ ou $G$, alors ce segment divise les autres sommets en deux groupes avec un nombre impair de sommets. Cependant, ils ne peuvent pas être divisés en paires, donc nous ne pouvons pas dessiner de segments satisfaisant les conditions du problème. Si le sommet $A$ est relié au sommet $B$, il nous reste les $6$ autres sommets à relier. Nous avons ces $5$ façons de le faire :

Similairement, on obtiendrait $5$ chemins si nous relions le sommet $A$ au sommet $H$. En connectant le sommet $A$ avec le sommet $D$, nous devrons immédiatement connecter les sommets $B$ et $C$. Pour les $4$ autres sommets, nous avons ces deux possibilités :

. De manière analogue, nous obtenons $2$ possibilités si nous connectons les sommets $A$ et $H$. Nous avons considéré tous les cas où le sommet $A$ peut être relié, il y a donc exactement $5+5+2+2=14$ façons dont Laura peut tracer les segments.

Résultat:

$4000$

Si nous posons un récipient de masse $m_{\mathit{\text{récipient}}}=250g$ sur la balance et que nous y versons de l’eau de volume $V=0,5L$, la balance indique la masse :

Après avoir rajouté le caillou sur une ficelle, la balance indique une masse de $m=1\mathrm{kg}$. Quelle est la cause de cette augmentation de masse? Deux forces agissent sur le caillou : la force gravitationnelle et la portance. C’est par la portance que l’eau agit sur le caillou. D’après la loi d’action-réaction, le caillou doit agir sur l’eau avec une force de même grandeur mais de direction opposée. C’est la seule force qui modifiera la masse indiquée sur l’échelle. La grandeur de la force $F$, sur la base de laquelle la balance indique la masse, doit donc être égale à la somme de la force gravitationnelle $F_G$ et de la portance de l’eau sur le caillou $F_b$ :

On en déduit que le volume du caillou est :

Grâce à la deuxième pesée, nous savons que la masse du caillou est $m_{\mathit{caillou}}=1\mathrm{kg}$. Par conséquent, la densité du caillou doit être :

Résultat:

$6$

Comme Winnie l’ourson glisse vers le bas, l’énergie mécanique totale se conserve. La diminution de l’énergie potentielle de Winnie l’ourson doit donc être égale à son énergie cinétique. La diminution de la hauteur est de $\mathrm{\Delta }h=a{x}^2$. Donc les égalités suivantes sont vraies :

Lorsque nous substituons par les valeurs de l’exercice, nous trouvons que Winnie l’ourson aura une vitesse de :

Résultat:

$18$

Trois des côtés du cube original doivent être peints en bleu et trois en rouge. De plus, pour que des côtés opposés aient des couleurs opposées, les trois côtés de la même couleur doivent avoir eu un sommet commun. Voyons donc quels petits cubes peuvent avoir un côté bleu et un côté orange. Ce type de cube doit avoir une arête en commun avec le cube original - une arête qui était partagée par un côté bleu et un côté rouge du cube original. Le long de chacune de ces arêtes du cube original ont été créés $5$ plus petits cubes. Mais parmi ceux-ci, $2$ ont également un sommet commun avec le cube initial, et ils ont donc en fait un troisième côté peint. Par conséquent, le long de chaque arête du cube initial où les côtés bleu et orange se rencontrent, il n’y aura que $5-2=3$ petits cubes qui ont exactement $1$ côté bleu et exactement $1$ côté rouge. Parmi les arêtes du cube initial, il y a $6$ arêtes où un côté bleu et un côté rouge se rencontrent, donc il y a $6\cdot 3=18$ petits cubes du type que nous recherchons.

Résultat:

$1413$

Le nombre qui est le produit de $b$ copies de $a$ est noté $a^b=\underset{b\text{-fois}}{\underbrace{a\cdot a\cdot \dots \cdot a}}$

Remarquons que si on multiplie $2021$ fois le nombre $2$ ($2^{2021}$) et ensuite $2021$ fois le nombre $5$ ($5^{2021}$), on obtient le même résultat que si on multipliait $2021$ fois le nombre $10$ ($10^{2021}$). On sait que à quoi ressemble ce nombre - il commence par le chiffre $1$ et il est suivi par $2021$ zéros, comme cela : $1\underset{2021\text{-fois}}{\underbrace{00\dots 0}}$.

L’exercice nous dit que $2^{2021}$ a $609$ chiffres. Alors il est plus grand que $1\stackrel{608\text{-fois}}{\overbrace{00\dots 0}}$ (ces deux nombres sont différents parce que $2^{2021}$ n’est pas un multiple de $5$, donc il ne peut pas se terminer par un zéro). De plus, ce nombre est plus petit que $1\underset{609\text{-fois}}{\underbrace{00\dots 0}}$. En mettant tout ensemble, on obtient :

Notons $n$ le nombre de chiffres danas $5^{2021}$. Comme dans le paragraphe précédent, ce nombre est plus grand que $1\stackrel{(n-1)\text{-fois}}{\overbrace{00\dots 0}}$ (ces deux nombres sont différents parce que $5^{2021}$ n’est pas un multiple de $2$, donc il ne peut pas se terminer par un zéro). De plus, ce nombre est plus petit que $1\underset{n\text{-fois}}{\underbrace{00\dots 0}}$. En mettant tout ensemble, on obtient :

Rassemblons toutes ces informations. Regardons le produit de $2^{2021}$ et $5^{2021}$. Si on remplace les nombres par des nombres leurs étant inférieurs, on obtient un produit plus petit. Donc nous avons :

Similairement :

Recall that by multiplication of numbers ending with zeros, the number of zeros is being added, so we get : Rappelons que lors d’une multiplication de nombres se terminant par des zéros, les zéros s’ajoutent. On obtient alors :

De cette manière, on a encadré le nombre $2^{2021}\cdot 5^{2021}$ entre les nombres $1\stackrel{(n+607)\text{-fois}}{\overbrace{00\dots 0}}$ et $1\stackrel{(n+609)\text{-fois}}{\overbrace{00\dots 0}}$. Le seul nombre entre ces bornes qui est formé d’un chiffre $1$ suivi que par des zéros est un nombre avec $n+608$ zéros. Mais on sait que $2^{2021}\cdot 5^{2021}$ a cette forme, ça doit donc être le même nombre. Comme on a trouvé l’équation $2^{2021}\cdot 5^{2021}=1\underset{2021\text{-fois}}{\underbrace{00\dots 0}}$, alors on obtient $n+608=2021$.

À partir de là, on trouve que le nombre de chiffres de $5^{2021}$ est $n=2021-608=1413$.

Résultat:

$60$

Si les pistons ne bougent pas, il doit y avoir la même force agissant sur le piston des deux côtés, donc la somme des forces est de $0$. Comme le piston a la même surface des deux côtés, la pression sur le piston doit être la même. La pression agissant sur le petit piston depuis la direction du piston avec l’eau, a deux composantes : la pression hydrostatique et la pression induite par une force externe (poids de l’objet sur le 1. piston). La pression hydrostatique de la colonne d’eau de hauteur $h_1=20\mathrm{cm}$ est :

La pression induite par un objet de poids $m_1=100g$ posé sur un piston de surface $S_1=10{\mathrm{cm}}^2$ est :

De même, la pression hydrostatique d’une colonne d’huile d’une hauteur de $h_2=30\mathrm{cm}$ et la pression induite par un objet de poids inconnu $m_2$ posé sur un piston d’une surface de $S_2=20{\mathrm{cm}}^2$ sont :

Comme nous l’avons dit

. Donc on peut dire :

A partir de là, nous pouvons exprimer $m_2$ :

Mathieu doit mettre un objet avec un poids de $60$ $g$ sur le deuxième piston.

Résultat:

$15$

Choisissons d’abord les deux personnes qui n’ont pas changé de siège. Ces deux personnes divisent le reste des personnes en trois groupes - à gauche des deux sièges fixes, au milieu, entre les sièges fixes et à droite des deux sièges fixes. Dans cette division, nous considérons qu’un groupe d’aucune personne est néanmoins un « groupe ». Remarquez qu’un membre de chaque groupe doit s’asseoir sur un siège qui appartenait auparavant à un autre membre du même groupe afin de s’assurer qu’il s’agit bien du siège de son voisin.

Examinons maintenant un bord d’un groupe non vide - un siège voisin du siège d’une personne fixe ou du bord de la rangée. Puisque le siège n’a qu’un seul voisin au sein du groupe, la personne initialement assise sur ce siège avant que l’échange ne prenne place n’a qu’une seule option pour s’asseoir. De même, la personne assise au bord du groupe après l’échange n’a qu’une seule possibilité de s’asseoir. Cela signifie toutefois que le couple mentionné a échangé ses sièges, créant ainsi un nouveau « bord ». Par conséquent, dans un groupe, nous pouvons jumeler des personnes qui doivent simplement échanger leurs sièges. Cela signifie que chaque groupe doit avoir un nombre égal de membres pour que nous puissions les placer tous en accord avec l’énoncé du problème.

Nous pouvons ensuite «fusionner» chacune de ces paires en une seule personne, créant ainsi $4$ «personnes fusionnées». Il reste maintenant à savoir de combien de façons nous pouvons placer les personnes fixes parmi elles. Avec les deux personnes fixes, nous disposons de $6$ positions pour placer une personne. Par conséquent, nous pouvons placer la première personne fixe de $6$ façons et l’autre personne fixe ensuite de $5$ façons, ce qui nous donne $6\cdot 5=30$ options. Cependant, jusqu’à présent, nous avons compté chaque option deux fois, car si nous échangeons les deux personnes fixes, nous n’aurons pas de nouvelle option. Cela signifie que les personnes ont pu échanger leurs sièges de $15$ façons différentes.

Résultat:

$2$

Lorsque l’on étire les ressorts connectés avec une force $F$, les deux ressorts sont étirés avec cette force. Le ressort dont la constante de raideur est $k_1=3N∕\mathrm{cm}$ s’allonge de $\frac{F}{k_1}$. De même, le ressort de constante $k_2=6N∕\mathrm{cm}$ s’allonge de $\frac{F}{k_2}$. Si nous désignons la constante de raideur inconnue des ressorts connectés par $k$, alors les ressorts connectés doivent s’allonger de $\frac{F}{k}$, ce qui doit être la somme des allongements des ressorts. Par conséquent, il doit être vrai que :

Les ressorts connectés ont donc une constante de raideur de :

Résultat:

$100$

Après que Jean ait effectué $n$ coups, le jeton se déplace de $2+4+6+\cdots +2n$ tuiles. En factorisant le numéro deux et en utilisant une expression pour la somme des $n$ premiers entiers positifs, on obtient : $2+4+6+\cdots +2n=2(1+2+3+\cdots +n)=2\cdot \frac{n(n+1)}{2}=n(n+1)$. Pour obtenir le jeton de départ après s’être déplacé de $n(n+1)$ tuiles sur la tuile où il a commencé, le nombre $n(n+1)$ doit être divisible par $2020$. La factorisation en nombres premiers du nombre $2020$ est $2020=2\cdot 2\cdot 5\cdot 101$. Donc, en particulier, le nombre $n(n+1)$ doit être divisible par le nombre premier $101$. Le plus petit $n$ pour lequel cela se produit est $n=100$ lorsque $n+1=101$. Dans ce cas, $n=100$ est également un facteur de $2\cdot 2\cdot 5=20$. Donc pour $n=100$ le nombre $n(n+1)$ est divisible par $2020$. Ainsi nous avons montré qu’après $100$ coups le jeton arrive sur la case de départ et que cela n’arrivera pas après moins de coups. Par conséquent, Jean effectué au moins $100$ coups.

Résultat:

$10$

La seule force extérieure agissant sur chaque boule est la force de gravité et la force normale de la surface, toutes agissant dans la direction verticale. Par conséquent, le centre de masse du système ne peut pas se déplacer dans la direction horizontale. Lorsque le système s’arrête de bouger, le centre de masse du système doit se trouver au-dessus du point de contact de la plus grosse boule avec la surface. Il nous suffit de déterminer à quelle distance du point de contact initial, dans la direction horizontale, se trouve le centre de masse du système avant le mouvement. Le centre de masse de la plus grosse balle se trouve au-dessus du point de contact à une distance de $0$ $\mathrm{cm}$ dans la direction horizontale. Le centre de masse de la petite balle se trouve par contre à une distance de $20$ $\mathrm{cm}$ dans la direction horizontale. Puisque les balles ont la même masse, le centre de masse du système se trouve au milieu du segment de droite reliant les centres de masse des billes. Cela signifie que le centre de masse original du système est situé à une distance de $10$ $\mathrm{cm}$ horizontalement du point de contact original avec la surface. La boule la plus grande se déplace donc de $10$ $\mathrm{cm}$ de son point de contact initial avec la surface.

Résultat:

$22$

Bob le bricoleur tire la corde avec une force $F=800N$. La tension de la corde est donc égale à la force $F$ en tout point de la corde. Ceci est également vrai sur la poulie inférieure et sur les deux côtés de la corde autour de la poulie inférieure. La corde agit donc avec une force de $2F$, la déplaçant vers le haut. Ceci, bien sûr, est vrai à chaque fois que la corde passe autour de la poulie inférieure. Si la corde fait le tour de la poulie $n$ fois, la force agissant sur la poulie inférieure est de $2\mathit{nF}$. Pour soulever Scoup avec sa masse $m=3500\mathrm{kg}$, cette force doit être supérieure à la force de gravité agissant sur Scoup. Par conséquent,

Et nous pouvons voir que la corde doit passer autour de la poulie du bas au moins $22$ fois.

Résultat:

$3$

Notons par $r$ la longueur du rayon du plus petit cercle. Si on dessine une figure, on peut écrire certaines de ces longueurs :

Concentrons-nous sur le trapèze droit mis en évidence. Ses bases sont les rayons du plus grand et du plus petit cercle. La partie perpendiculaire à la base a la même longueur que le rayon du plus grand cercle. Enfin, la dernière partie a une longueur égale à la somme des longueurs des rayons du plus petit et du plus grand cercle. Divisons ce trapèze en un rectangle et un triangle rectangle. Dans le triangle rectangle se trouvent les longueurs des côtés : $12$ $\mathrm{cm}$, $12\mathrm{cm}-r$, $12\mathrm{cm}+r$. Ce triangle est droit, donc le théorème de Pythagore nous dit que :

Cela signifie que le rayon du plus petit cercle a une longueur de $r=3\mathrm{cm}$.

Résultat:

$39$

Lorsque Lucie congèle le caillou ou la bille pour en faire un cube, elle ne change pas le volume, mais elle augmente la masse. Cela modifie la densité moyenne du cube. Si le cube ne coule pas, le volume de la partie immergée du cube est directement proportionnel à sa densité moyenne, donc la hauteur de la partie immergée doit également être directement proportionnelle à la densité moyenne. De plus, l’ajout d’un caillou (ou d’une bille) augmente toujours la densité moyenne de la même valeur. Par conséquent, cela augmente toujours la hauteur de la partie immergée du cube de la même valeur, ce qui signifie également que cela diminue toujours la hauteur de la partie au-dessus de la surface de l’eau de la même valeur.

Lorsque nous avions dans un cube uniquement le caillou et que nous avons ajouté la bille, la hauteur de la partie au-dessus de l’eau a diminué de $3,2\mathrm{mm}-1,9\mathrm{mm}=1,3\mathrm{mm}$. Par conséquent, l’ajout de la bille diminue toujours la hauteur de la partie au-dessus de l’eau de $1,3$ $\mathrm{mm}$. Si on prend le cube avec seulement la bille et qu’on enlève la bille, le cube contenant seulement de la glace aura une hauteur de la partie au-dessus de l’eau de $2,6\mathrm{mm}.+1,3\mathrm{mm}=3,9\mathrm{mm}$.

Pour un cube de côté $a$, dont le volume de la partie immergée est $V^{\prime }$ et de hauteur de la partie au-dessus de l’eau $h=3,9\mathrm{mm}$, nous obtenons par le principe d’Archimède, que :

Donc le côté du cube de Lucie mesure $39\mathrm{mm}$.