Exercice 1 — Plus fort ! — Olympiades nationales 2026

Problème 1 — Les feux de l'amour

Si Alice n'aime pas Jordan alors Brenda n'aime pas Dan. Si Brenda aime Jordan, alors Alice n'aime pas Jordan. Si Brenda n'aime pas Jordan, alors Brenda n'aime pas Dan.

Question 1

Brenda aime-t-elle Dan ?

Distinguer deux cas : Brenda aime Jordan, ou Brenda n'aime pas Jordan. Dans chaque cas, une des trois implications données permet de conclure directement.

Il y a deux cas.
• Si Brenda aime Jordan, alors Alice n'aime pas Jordan (2ᵉ implication), donc Brenda n'aime pas Dan (1ʳᵉ implication).
• Si Brenda n'aime pas Jordan, alors Brenda n'aime pas Dan (3ᵉ implication).
Dans tous les cas, Brenda n'aime pas Dan.
Brenda n'aime pas Dan.

Problème 2 — Retour vers le futur

Votre oncle a 54 ans. En échangeant les chiffres des unités et des dizaines, il n'a plus que 45 ans. Cet artifice lui fait gagner 9 ans. Plus généralement, envisageons une personne ayant \(\overline{ab}\) années, avec éventuellement \(a=0\) (dans l'exemple ci-dessus, \(a=5\) et \(b=4\)).

Question 2a

Combien d'années, au maximum, cette facétieuse personne pourrait-elle gagner grâce à ce procédé ?

L'âge réel est \(10a+b\), l'âge après inversion est \(10b+a\). Le gain \((10a+b)-(10b+a)=9(a-b)\) est maximal quand \(a-b\) est maximal.

Une personne ayant \(\overline{ab}\) ans a en réalité l'âge \(10a+b\), et après inversion des chiffres, elle aurait \(10b+a\) ans.
Le gain est donc \((10a+b)-(10b+a)=9(a-b)\).
Ce gain est toujours un multiple de 9. Il est maximal lorsque \(a-b\) est maximal, c'est-à-dire pour \(a=9\) et \(b=0\) : \(9(9-0)=81\).
Le gain maximal est 81 ans.

Question 2b

Cette personne pourrait-elle ainsi gagner exactement 30 ans ?

Le gain vaut toujours \(9(a-b)\) : c'est un multiple de 9. 30 est-il un multiple de 9 ?

Comme le gain est toujours un multiple de 9, on ne peut pas obtenir exactement 30 ans, car 30 n'est pas divisible par 9.
Non, 30 ans sont impossibles.

Problème 3 — Intelligence administrative (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 4 — 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 \(\mathcal{V}(x) = \mathcal{V}_{total}/2 \approx 3{,}812\). En développant \(\mathcal{V}(x) = \pi x + \dfrac{\pi x^2}{10} + \dfrac{\pi x^3}{300}\), l'équation devient (après multiplication par \(300/\pi\)) : \(x^3+30x^2+300x = 364\).
Le changement de variable \(x = y-10\) élimine le terme en \(y^2\) : \(y^3 = 1364\), donc \(x = \sqrt[3]{1364} - 10\).

À la calculatrice : \(x \approx 1{,}090\) 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 5 — 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 6 — 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):
    s = 0
    for k in range(1, n + 1):
        s = s + 1 / k
    return s

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

Pour la culture : sum(1/k for k in range(1, n+1)) calcule la même somme en une seule ligne, mais l'écriture avec un accumulateur (variable s mise à jour à chaque tour de boucle) est celle attendue au programme.

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). ✓