Exercice 1 — Plus fort ! — Olympiades nationales 2025-2026

Problème 1 — Gains cumulés

Une personne gagne 1 € le premier jour, 2 € le deuxième jour, 4 € le troisième jour… doublant chaque jour ses gains.

Question 1a

Combien gagne-t-elle en tout au bout de 30 jours ?

La somme \(1 + 2 + 4 + \cdots + 2^{29}\) est une somme géométrique de raison 2.

Gain total \(= 1 + 2 + 4 + \cdots + 2^{29} = \dfrac{1-2^{30}}{1-2} = 2^{30}-1\).
\(2^{10} = 1024\), donc \(2^{30} = (2^{10})^3 \approx 1{,}074 \times 10^9\).
\(2^{30} - 1 = 1\,073\,741\,823\) €

Question 1b

Cette personne pourrait-elle ainsi gagner exactement 30 ans de salaire au SMIC ?

Le SMIC mensuel net est d’environ 1 400 €. Calculer 30 ans × 12 mois × 1 400 € et comparer à \(2^{30}-1\).

30 ans de SMIC \(\approx 30 \times 12 \times 1400 = 504\,000\) €.
\(2^{30} - 1 \approx 1{,}07 \times 10^9\) € \(\gg 504\,000\) €.
Oui, et même bien plus que 30 ans de SMIC !

Problème 2 — Élection

4 candidats : Johanna \(\frac{1}{4}\), Jason \(\frac{4}{15}\), Jasmine \(\frac{3}{20}\), Julie \(\frac{1}{3}\) des voix.

Question 3

Qui l’emporte et combien pouvait-il y avoir de votants ?

Vérifier que la somme des fractions vaut 1. Comparer les fractions pour trouver le gagnant. Le nombre de votants doit être un multiple du PPCM des dénominateurs.

Vérification : \(\dfrac{1}{4} + \dfrac{4}{15} + \dfrac{3}{20} + \dfrac{1}{3}\).
PPCM(4, 15, 20, 3) = 60.
\(= \dfrac{15}{60} + \dfrac{16}{60} + \dfrac{9}{60} + \dfrac{20}{60} = \dfrac{60}{60} = 1\) ✓

Classement : Julie \(\frac{20}{60}\) > Jason \(\frac{16}{60}\) > Johanna \(\frac{15}{60}\) > Jasmine \(\frac{9}{60}\).
Julie l’emporte.

Nombre de votants : multiple de 60. Le plus petit est 60 votants (puis 120, 180…).

Problème 3 — Seau tronconique

Seau en forme de tronc de cône de petit rayon \(r\), grand rayon \(R > r\), hauteur \(h\).

Question 4a

Justifier que le volume total vaut \(\mathcal{V} = \dfrac{\pi h}{3}(r^2 + Rr + R^2)\).

Volume d’un tronc de cône = différence de deux cônes. Le grand cône a pour sommet le point de convergence des génératrices.

Par similitude, si \(H\) est la hauteur du grand cône entier, alors \(r/R = (H-h)/H\), donc \(H = Rh/(R-r)\).
Volume du grand cône : \(V_1 = \dfrac{\pi R^2 H}{3}\).
Volume du petit cône : \(V_2 = \dfrac{\pi r^2 (H-h)}{3}\).
\(\mathcal{V} = V_1 - V_2 = \dfrac{\pi}{3}\left[R^2 H - r^2(H-h)\right]\).
En substituant \(H\) et simplifiant : \(\mathcal{V} = \dfrac{\pi h}{3}(r^2 + Rr + R^2)\). ✓

Question 4b

Exprimer le rayon \(\rho\) de la surface de l’eau à hauteur \(x\) en fonction de \(r, R, h\).

Par interpolation linéaire : à hauteur 0 le rayon est \(r\), à hauteur \(h\) le rayon est \(R\). La variation est linéaire.

Le rayon varie linéairement avec la hauteur :
\(\rho(x) = r + \dfrac{(R-r)x}{h}\)

Vérification : \(\rho(0) = r\) ✓ et \(\rho(h) = R\) ✓.

Question 4c

Avec \(r=1\), \(R=1{,}2\), \(h=2\). Trouver \(x\) tel que le seau soit à moitié plein. Pourquoi chercher autour de \(x=1\) ?

Le volume à hauteur \(x\) est \(\mathcal{V}(x) = \dfrac{\pi x}{3}(r^2 + \rho(x) r + \rho(x)^2)\) où \(\rho(x) = 1 + 0{,}1x\). Résoudre \(\mathcal{V}(x) = \mathcal{V}(h)/2\).

\(\mathcal{V}_{total} = \dfrac{2\pi}{3}(1 + 1{,}2 + 1{,}44) = \dfrac{2\pi \times 3{,}64}{3} \approx 7{,}624\).
On cherche \(x\) tel que \(\mathcal{V}(x) = \mathcal{V}_{total}/2 \approx 3{,}812\).

À la calculatrice : \(x \approx 1{,}03\) m.

Pourquoi autour de \(x=1\) ?
Si le seau était cylindrique, la mi-hauteur serait \(x=1\). Mais le seau s’élargit vers le haut, donc le volume croît plus vite en haut. La moitié du volume est atteinte un peu au-dessus de la mi-hauteur. ✓

Problème 4 — Triominos

Un triomino est une pièce formée de 3 carrés unitaires. On étudie le pavage de grilles \(2^n \times 2^n\) par des triominos.

Question 5a

Est-il possible de paver une grille \(2^n \times 2^n\) complète par des triominos ?

Compter le nombre de cases et vérifier la divisibilité par 3.

La grille a \(2^n \times 2^n = 4^n\) cases. Chaque triomino couvre 3 cases.
Pour paver entièrement, il faut que \(4^n\) soit divisible par 3.
Or \(4^n = (3+1)^n = 3^n + n \cdot 3^{n-1} + \cdots + n \cdot 3 + 1\).
Tous les termes sauf le dernier sont multiples de 3, donc \(4^n = 3k + 1\) pour un certain entier \(k\).
Ainsi \(4^n\) n’est pas divisible par 3.
Non, c’est impossible.

Question 5b

On retire le carré en haut à gauche. Démontrer qu’on peut paver la grille ainsi modifiée.

Raisonner par récurrence sur \(n\). Pour \(n=1\) : grille \(2\times 2\) moins un coin = 3 cases = 1 triomino. Pour le pas de récurrence : diviser la grille \(2^n \times 2^n\) en 4 sous-grilles \(2^{n-1} \times 2^{n-1}\) et placer un triomino au centre.

Base \(n=1\) : Grille \(2\times 2\) moins le coin haut-gauche = 3 cases en forme de triomino. ✓

Hérédité : Supposons le résultat vrai pour \(n-1\). Divisons la grille \(2^n \times 2^n\) en 4 sous-grilles \(2^{n-1} \times 2^{n-1}\). La case retirée est dans le quadrant haut-gauche.
Plaçons un triomino en L au centre de la grande grille, couvrant un coin de chacun des 3 autres quadrants.
Chaque sous-grille a maintenant exactement une case manquante → par hypothèse de récurrence, chacune est pavable. ✓

Question 5c

Le résultat reste-t-il vrai si on enlève n’importe quelle case ?

Adapter la récurrence : quelle que soit la case retirée, elle appartient à l’un des 4 quadrants. Placer le triomino central de façon à « compenser » dans les 3 autres quadrants.

Base \(n=1\) : Quelle que soit la case retirée parmi les 4, les 3 restantes forment un triomino. ✓

Hérédité : La case retirée est dans l’un des 4 quadrants, disons le quadrant \(Q_1\). On place le triomino central couvrant le coin intérieur de chacun des quadrants \(Q_2, Q_3, Q_4\).
Ainsi :\(Q_1\) a une case retirée, \(Q_2, Q_3, Q_4\) ont chacun leur coin intérieur retiré par le triomino central.
Par hypothèse de récurrence, chaque sous-grille est pavable. ✓

Problème 5 — Sommes harmoniques

\(H_n = 1 + \dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{3} + \cdots + \dfrac{1}{n}\) pour \(n \geq 1\).

Question 6a

Justifier que \(H_4 = 25/12\).

\(H_4 = 1 + \dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{3} + \dfrac{1}{4} = \dfrac{12+6+4+3}{12} = \dfrac{25}{12}\). ✓

Question 6b

Proposer un code Python pour calculer \(H_n\).

def H(n):
    return sum(1/k for k in range(1, n+1))

print(H(4))  # 2.0833... = 25/12

Question 6c

Terme binaire de \(H_3\), \(H_5\), \(H_{20}\) ?

Le terme binaire est \(1/2^k\) où \(2^k\) est la plus grande puissance de 2 inférieure ou égale à \(n\).

\(H_3\) : plus grande puissance de 2 \(\leq 3\) est \(2^1=2\). Terme binaire : \(\dfrac{1}{2}\).
\(H_5\) : plus grande puissance de 2 \(\leq 5\) est \(2^2=4\). Terme binaire : \(\dfrac{1}{4}\).
\(H_{20}\) : plus grande puissance de 2 \(\leq 20\) est \(2^4=16\). Terme binaire : \(\dfrac{1}{16}\).

Question 6d

Démontrer que \(H_n\) n’est jamais entier pour \(n \geq 2\).

Soit \(2^k\) la plus grande puissance de 2 avec \(2^k \leq n\). Multiplier \(H_n\) par \(2^{k-1} \times m\) où \(m\) est le PPCM des dénominateurs impairs. Montrer que le résultat est pair sauf pour le terme \(1/2^k\) qui donne un nombre impair.

Soit \(2^k\) la plus grande puissance de 2 avec \(2^k \leq n < 2^{k+1}\).
Posons \(M = \text{ppcm}(1, 2, \ldots, n)\) et \(M = 2^k \times q\) avec \(q\) impair.

\(M \times H_n = \sum_{j=1}^{n} \dfrac{M}{j}\).

Pour \(j \neq 2^k\) : \(M/j\) est un entier dont le facteur 2 a exposant \(\geq 1\) (car \(v_2(M/j) = k - v_2(j) \geq 1\) puisque \(v_2(j) \leq k-1\) pour \(j \neq 2^k\)).
Pour \(j = 2^k\) : \(M/2^k = q\) est impair.

Donc \(M \times H_n = q + \text{(somme de termes pairs)} \equiv q \equiv 1 \pmod{2}\).
Ainsi \(M \times H_n\) est impair, donc \(H_n = \dfrac{\text{impair}}{M}\) ne peut pas être entier (sinon \(M | M H_n\) et \(M H_n\) serait pair). ✓