Exercice national 1 — Plus fort ! (tous candidats)

1a. \(x\%\) de \(y\) \(=\frac{xy}{100}=y\%\) de \(x\) : symétrique en \(x,y\).

4. Diviser le lot en 3 groupes à chaque pesée (comparaison ternaire) plutôt qu'en 2 : le nombre de pesées nécessaires pour distinguer parmi \(N\) objets suit une loi logarithmique en base 3.

6. Utiliser le théorème de Thalès ou un repère bien choisi ; l'équation d'alignement se ramène à \(x^2=x+1\), équation du nombre d'or.

9. L'aire de la section annulaire de bande (\(\pi(R'^2-R^2)\)) est aussi égale à (longueur totale de bande) × (épaisseur), en assimilant le rouleau enroulé à un empilement de rectangles de même aire totale.

10. Raisonner par l'absurde : si une ligne n'était plus triée après le tri des colonnes, exhiber une contradiction en comparant les rangs relatifs avant/après tri de colonnes (argument classique de type « réseaux de tri »).

1. Pourcentages

a) On a \(x\%\) de \(y\) euros = \(\frac{x}{100} \times y\) euros. De même, \(y\%\) de \(x\) euros = \(\frac{y}{100} \times x\) euros. Par commutativité de la multiplication, \(\frac{x}{100} \times y = \frac{y}{100} \times x\). Donc les deux expressions sont toujours égales.

Pour \(x=32\) et \(y=25\), on a \(32\%\) de \(25\) € = \(25\%\) de \(32\) €. Or \(25\%\) de \(32\) € = \(\frac{25}{100} \times 32 = \frac{1}{4} \times 32 = 8\) €. Donc \(32\%\) de \(25\) € = \(8\) €.

b) Une baisse de \(25\%\) revient à multiplier par \(1 - \frac{25}{100} = 0,75\). Après 4 baisses successives, le prix est multiplié par \(0,75^4\). Calculons : \(0,75^2 = 0,5625\), puis \(0,75^4 = (0,5625)^2 = 0,31640625\). Le prix final est donc \(31,640625\%\) du prix initial, ce qui n'est pas nul. L'article n'est donc pas gratuit.

c) Le passage HT → TTC avec une TVA de \(20\%\) correspond à une multiplication par \(1 + \frac{20}{100} = 1,2\). Si le TTC double, cela signifie que le nouveau TTC est \(2\) fois l'ancien TTC. Soit \(HT_1\) et \(HT_2\) les prix HT. On a \(TTC_1 = 1,2 \times HT_1\) et \(TTC_2 = 1,2 \times HT_2\). Si \(TTC_2 = 2 \times TTC_1\), alors \(1,2 \times HT_2 = 2 \times 1,2 \times HT_1\), soit \(HT_2 = 2 \times HT_1\). Donc le HT double aussi. La réponse est oui.

2. Deux reformulations non ambiguës

La phrase « quel nombre donne 51 quand on le multiplie par 0,01 ? » signifie : trouver \(x\) tel que \(x \times 0,01 = 51\).

• Reformulation 1 : « Quel nombre multiplié par \(0,01\) donne \(51\) ? »

• Reformulation 2 : « \(51\) est le produit de \(0,01\) par quel nombre ? »

Ces deux formulations sont équivalentes et non ambiguës. La solution est \(x = \frac{51}{0,01} = 5100\).

3. Note sur 20

La note réelle du candidat s'obtient en additionnant les points effectivement obtenus (\(4+3=7\)) sur le total de points possibles (\(5+15=20\)) : note réelle \(=\frac{7}{20}\) (soit 7 sur 20).

Le « calcul fractionnaire » \(\frac45+\frac3{15}\) est en effet exactement égal à \(\frac{20}{20}\) : \(\frac45=\frac{12}{15}\), donc \(\frac{12}{15}+\frac3{15}=\frac{15}{15}=1=\frac{20}{20}\). C'est un vrai résultat arithmétique — mais c'est un paradoxe, car cela suggérerait à tort que le candidat a eu 20/20 (la totalité des points), alors qu'il a en réalité perdu 1 point sur l'exercice et 12 points sur le problème ! L'erreur est conceptuelle : \(\frac45\) et \(\frac3{15}\) sont deux proportions (taux de réussite), chacune indépendamment comprise entre 0 et 1 ; les additionner directement revient à traiter l'exercice et le problème comme deux échelles indépendantes de même poids (chacune pouvant apporter jusqu'à « 1 » à la somme, qui peut donc aller jusqu'à 2), puis à réinterpréter arbitrairement le résultat comme une fraction sur 20 — ce qui n'a pas de sens : cette somme de taux n'est pas une note sur 20, c'est une coïncidence numérique que le calcul tombe ici exactement sur 1.

Montrons que ce calcul fractionnaire (\(\frac a5+\frac b{15}\), pour un candidat ayant \(a\) sur 5 et \(b\) sur 15, \(0\le a\le5\), \(0\le b\le15\)) donne toujours un résultat supérieur ou égal à la vraie note \(\frac{a+b}{20}\) — d'où le paradoxe, puisque ce calcul erroné est toujours plus flatteur que la réalité :

\[\left(\frac a5+\frac b{15}\right)-\frac{a+b}{20}=\frac{3a+b}{15}-\frac{a+b}{20}=\frac{4(3a+b)-3(a+b)}{60}=\frac{9a+b}{60}\ge0,\]

avec égalité seulement si \(a=b=0\). Donc le calcul fractionnaire (« second calcul », présenté après la vraie note dans l'énoncé) donne toujours un résultat au moins aussi grand que la note réelle (« premier calcul ») — c'est précisément ce qui rend ce piège de calcul dangereux : il surestime systématiquement la performance réelle du candidat.

4. Pesées

5 oranges (4 identiques, 1 plus légère) : On dispose d'une balance à deux plateaux. Protocole en 2 pesées :

1. Peser 2 oranges contre 2 oranges. Si équilibre, la plus légère est la 5e (non pesée). Si déséquilibre, le plateau le plus haut contient la plus légère.

2. Prendre les deux oranges du plateau le plus haut. Les peser l'une contre l'autre. La plus légère est celle qui monte.

Généralisation à 2024 oranges (2023 identiques, 1 plus légère) en 10 pesées : À chaque pesée, on peut diviser le nombre d'oranges suspectes par 3 (en mettant un tiers sur chaque plateau et un tiers de côté). En effet, avec \(n\) oranges, on peut en mettre \(\lfloor n/3 \rfloor\) sur chaque plateau. Si équilibre, la légère est dans le reste ; sinon, dans le plateau le plus haut. Le nombre maximal d'oranges que l'on peut traiter en \(k\) pesées est \(3^k\). Ici, \(3^{10} = 59049\), ce qui est bien supérieur à 2024. Donc 10 pesées suffisent. Protocole : à chaque étape, diviser le lot suspect en trois groupes aussi égaux que possible, peser deux groupes égaux, et continuer avec le groupe contenant la légère.

5. Hauteur de deux verres empilés

D'après la figure, le verre (en coupe méridienne) a une hauteur totale de 10 cm ; sa base présente, de gauche à droite, trois segments horizontaux de longueurs 5, 1 et 7 (parois intérieure/extérieure parallèles, donc épaisseur de paroi constante). Lorsqu'on empile un second verre identique dans le premier, il descend jusqu'à ce que sa paroi extérieure vienne buter contre la paroi intérieure du premier verre (contact le long des parois obliques, qui sont parallèles par hypothèse). La hauteur totale de l'empilement est alors la hauteur d'un verre plus la hauteur dont dépasse le second verre au-dessus du rebord du premier, cette dernière se déduisant du triangle semblable formé par la pente des parois et l'écart horizontal entre les deux bases.

Cette question dépend de mesures précises lues sur un schéma qu'il est délicat de reconstituer avec certitude à partir du PDF seul (positions exactes des segments 5/1/7 par rapport à l'axe de symétrie et aux parois) : la méthode de résolution ci-dessus (triangles semblables déterminés par le contact des parois obliques) est la bonne approche, mais le calcul numérique final n'a pas été vérifié de façon fiable ici et est donc volontairement omis plutôt que risqué.

6. Alignement et nombre d'or

D'après la figure : le premier rectangle \(ABCD\) est posé horizontalement avec \(A(0,0)\), \(B(L,0)\), \(C(L,\ell)\), \(D(0,\ell)\) (largeur \(\ell\) verticale, longueur \(L\) horizontale). Le second, \(A'B'C'D'\), est dressé verticalement et juxtaposé de sorte que \(D'=B=(L,0)\) ; en parcourant \(A'B'C'D'\) on obtient \(A'(L+\ell,0)\), \(B'(L+\ell,L)\), \(C'(L,L)\), \(D'(L,0)\) (le second rectangle a désormais sa longueur \(L\) verticale et sa largeur \(\ell\) horizontale).

On veut que \(A(0,0)\), \(C(L,\ell)\), \(B'(L+\ell,L)\) soient alignés, c'est-à-dire que \(\overrightarrow{AC}=(L,\ell)\) et \(\overrightarrow{AB'}=(L+\ell,L)\) soient colinéaires :

\[L\times L-\ell\times(L+\ell)=0\iff L^2-\ell L-\ell^2=0.\]

En divisant par \(\ell^2\) et en posant \(r=\frac L\ell\) : \(r^2-r-1=0\), dont l'unique racine positive est \(r=\dfrac{1+\sqrt5}2\) (nombre d'or). Donc \(A,C,B'\) sont alignés si et seulement si \(\dfrac L\ell=\dfrac{1+\sqrt5}2\).

7. Rectangle articulé

D'après la figure, un rectangle articulé \(ABCD\) (\(DC\) trois fois \(AB\)) se déforme progressivement en parallélogramme (\(\theta=160°\)) puis, en poursuivant l'ouverture au-delà de l'alignement, en contre-parallélogramme croisé (\(\theta=210°,225°\)), où les côtés \(AD\) et \(BC\) (les deux barres courtes) se croisent.

Avec 4 barrettes (2 longues \(=DC\), 2 courtes \(=AD=BC\)) et des boulons aux extrémités, il existe deux façons non équivalentes d'assembler un quadrilatère fermé à côtés opposés égaux : (1) les barres alternées longue-courte-longue-courte (assemblage « parallélogramme » standard : chaque longue est adjacente à chaque courte) — c'est cet assemblage qui, en centre articulé, peut continuer à se déformer au-delà de la position alignée et basculer en contre-parallélogramme, car rien n'empêche géométriquement les deux barres courtes de se croiser ; (2) l'assemblage où les deux longues sont adjacentes entre elles et les deux courtes adjacentes entre elles (un « cerf-volant »/deltoïde) — cet assemblage reste rigide dans sa configuration convexe et ne permet pas d'atteindre le contre-parallélogramme (les barres se bloqueraient mécaniquement avant de pouvoir se croiser). C'est donc le premier assemblage (barres alternées) qui permet le contre-parallélogramme.

8. Coin de cube

Un coin de cube est formé de trois miroirs plans perpendiculaires deux à deux. Un rayon incident entre dans le coin. Après réflexion sur les trois miroirs, le rayon ressort parallèle à l'incident mais en sens inverse. Démonstration : soit un vecteur incident \(\vec{v}\). Après réflexion sur un miroir perpendiculaire à l'axe \(x\), la composante \(x\) change de signe. Après réflexion sur les trois miroirs, les trois composantes changent de signe, donc \(\vec{v}\) devient \(-\vec{v}\). Le rayon réfléchi est donc parallèle à l'incident (même direction, sens opposé). Application : les catadioptres (réflecteurs de vélo, panneaux routiers) utilisent ce principe pour renvoyer la lumière vers la source.

9. Rouleau de scotch

Données : rayon intérieur \(R = 1,8\) cm, rayon extérieur \(R' = 2,6\) cm, longueur totale \(L = 25\) m = \(2500\) cm. L'épaisseur de la bande est \(e\). Le volume du ruban est la différence des volumes des cylindres : \(\pi (R'^2 - R^2) \times \text{largeur}\). Mais on cherche l'épaisseur. En enroulant, la longueur totale est liée à l'aire de la section annulaire : \(L \times e = \pi (R'^2 - R^2)\). Donc \(e = \frac{\pi (R'^2 - R^2)}{L}\). Calculons : \(R'^2 = 2,6^2 = 6,76\), \(R^2 = 1,8^2 = 3,24\), différence = \(3,52\). Donc \(e = \frac{\pi \times 3,52}{2500} \approx \frac{11,059}{2500} \approx 0,0044236\) cm = \(0,044236\) mm. L'épaisseur est d'environ \(0,044\) mm.

10. Tableau trié

On utilise le principe du 0/1 : trier une ligne ou une colonne est une opération qui ne fait que comparer et éventuellement échanger deux valeurs (un « réseau de tri ») ; un tel réseau trie correctement toute suite de nombres réels si et seulement si il trie correctement toute suite de 0 et de 1 (car pour toute paire de valeurs en défaut dans un cas réel, seuil au niveau de l'une d'elles donne un cas 0/1 également en défaut). Il suffit donc de traiter le cas d'un tableau de 0 et de 1.

Après tri de chaque ligne (0 avant les 1), la ligne \(i\) contient \(n_i\) zéros suivis de \(p-n_i\) uns. La colonne \(j\) contient alors un 0 en ligne \(i\) si et seulement si \(n_i\ge j\) ; le nombre de zéros dans la colonne \(j\) est donc \(c_j=\#\{i:n_i\ge j\}\), une quantité décroissante (au sens large) en \(j\) (plus \(j\) est grand, moins de lignes ont assez de zéros pour l'atteindre).

Après tri de chaque colonne, la colonne \(j\) a ses \(c_j\) zéros dans les \(c_j\) premières lignes. Le tableau final vérifie donc : (ligne \(i\), colonne \(j\)) \(=0\) si \(i\le c_j\), \(=1\) sinon. Pour une ligne \(i\) fixée, dès que \(i>c_j\) pour un certain \(j\), alors \(i>c_{j'}\) pour tout \(j'>j\) (puisque \(c_{j'}\le c_j\)) : la ligne \(i\) est donc bien de la forme \(0,\ldots,0,1,\ldots,1\), c'est-à-dire triée. Ceci établit le résultat pour les tableaux de 0/1, donc (par le principe du 0/1) pour tout tableau de réels : après le tri des colonnes, chaque ligne demeure triée dans l'ordre croissant.