[PDF] COMPOSITION DE MATH´EMATIQUES

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02 MA J.1563CONCOURS G

sur la copie. cCsont les mesures en radians, comprises entre0et¼, de ses angles.

Tournez la page, S. V. P.

¡2¡

Premiµere Partie

pointCpar rapport µa la droite (AP). On dit que ce triangle estpseudo-rectangleenAsi¯¯cB¡cC¯¯=¼2

1.Montrer que le triangleABCest pseudo-rectangle enAsi et seulement si le triangleABDest rectangle enA.

2.Montrer quePA2=PB:PCsi et seulement si le triangleABCest rectangle enAou pseudo-rectangle enA.

pointApar rapport µa la droite (BC).

4.SoitRle rayon du cercle circonscrit au triangleABC. Montrer quePB+PC= 2Rsi et seulement siABC

est rectangle enAou pseudo-rectangle enA.

5.Montrer que le triangleABCest pseudo-rectangle enAsi et seulement si la droite (AP) est tangente au cercle

circonscrit au triangleABC. (®¡¯)(®¡°)(¯¡°)2pour que le triangleABCsoit pseudo-rectangle enA. b) On suppose¯=¡°= ei pseudo-rectangle enA. pseudo-rectangle enA.

Deuxiµeme Partie

[i] il existe un triangleABCpseudo-rectangle enAet obtus enBtel queAB=c,BC=aetCA=b; [ii]b2¡c2=apb2+c2;

¡3¡

cos2'=1¡tan2'1 + tan2' ;sin2'=2 tan'1 + tan2' est rationnel. Soientpetqles entiers strictement positifs et premiers entre eux tels que tan µ2 =pq a=r(p4¡6p2q2+q4); b=r(q4¡p4); c= 2pqr(p2+q2): queAB=c,BC=aetCA=b.

Troisiµeme Partie

1.CalculerAen fonction deret des(on pourra par exemple e®ectuer une rotation du repµere d'angle¡¼=4).

µa Fermat, sans doute peu aprµes 1658 :hhDe ½quationum localium transmutatione et emendatione ad ultimodam

curvilineorum inter se vel cum rectilineis comparationem, cui annectitur proportionis geometric½ in quadrandis

in¯nitis parabolis et hyperbolis usuii(Áuvres complµetes, Tome I, pages 225-285). angles droits a pour sommet le point deHd'abscisseuk¡1+u1¡k2

Tournez la page, S. V. P.

¡4¡

illustrer par un croquis. b) Pourquoi peut-on conjecturer que la somme des aires de ces trapµezes admet A+s22 comme limite lorsquen tend vers l'in¯ni ? d) Retrouver la valeur deA. x>0 ety>0 tel que le triangleABCsoit pseudo-rectangle enA.

Quatriµeme Partie

tels que la droite (TP) soit tangente au cercle (C) enT. SoientBetCles intersections de la droite (OP) avec le

1.a) Montrer qu'il existe deux pointsAetA0appartenant µa la droite (D) tels que les trianglesABCetA0BC

soient pseudo-rectangles respectivement enAetA0; donner une construction simple de ces deux points.

2.Soit (H) l'ensemble des pointsAetA0quandTetPvarient.

a) Quelle est l'intersection de l'ensemble (H) avec un plan orthogonal µa¡!w? b) Quelle est l'intersection de l'ensemble (H) avec un plan contenant la droite (O;¡!w) ? etx2+y2=z2+ 1. PGCD(x+ 1;y+z) =dest l'ensemble vide sidest impair et un ensemble in¯ni sidest pair. (BC;BA)¡(CA;CB)´(BD;BA) + (DA;DB)´ ¡(AB;AD) (modulo¼) valables dans tous les cas de ¯gure (il n'y a donc pas µa discuter selon la position deB).

2.SiABCest rectangle enA, la relationPA2=PB:PCest bien connue. S'il est pseudo-rectangle enA, alors

PA2=PB:PC0d'oµuPC=PC0. SiC0=C, alorsABCest rectangle enA. Sinon,C0=DetABCest pseudo-rectangle enAd'aprµes le1.

et en est l'orthocentre si, et seulement s'il appartient aussi µa celle issue deB, donc siBHDest rectangle enH

pseudo-rectangle enA. dACB=dADB. Donc siABCest rectangle, on aPB+PC=BC= 2Ret, s'il est pseudo-rectangle, on aPB+PC=PB+PD=BD= 2Rd'aprµes le1. le triangleABCest rectangle enA. b) Sinon, le pointCpar exemple appartient au segment [PB] d'oµuBD=PB+PD=PB+PC= 2R, ce qui

implique comme au a) queABDest rectangle enApuisqueRest aussi le rayon de son cercle circonscrit, et donc

queABCest pseudo-rectangle enA.

n'est pas rectangle. Si l'on note le centre de son cercle circonscrit, le quadrilatµereAPI est un rectangle, d'oµu

PB+PC= 2PI= 2A = 2R, etABCest pseudo-rectangle enA.

6.a) SiABCest direct, des arguments respectifs de®¡¯°¡¯;®¡°¯¡°et(®¡¯)(®¡°)(¯¡°)2sont

cB,¡cCet c

¡6¡

;donc si, et seulement si,(®¡¯)(®¡°)(¯¡°)2est imaginaire pur. b) Si¯=¡°= ei¼4=

1 + ip2

et®=x+ iy, on trouve(®¡¯)(®¡°)(¯¡°)2=

®2¡¯24¯2=

x2¡y2+ i(2xy¡1)4i ;et c) Si¯=¡°= 1 et®=x+ iy, on trouve(®¡¯)(®¡°)(¯¡°)2=

®2¡¯24¯2=

x2¡y2¡1 + 2ixy4 et (E2) possµede d) Comme (E2) est l'image de (E1) par la rotation de centreOet d'angle¡¼4

¡!PB :¡!PC, (CA) est une bissectrice de (CB;C), (A) et (BC) sont parallµeles, le centre du cercle d'Euler

appartient µa (BC), les bissectrices de (AB;AC) font avec (BC) des angles de mesure§¼4 ;AP=RcoscA, cos cA= 2 sincBsincC,AB2+AC2=BC2+ 4PA2,jAB2¡AC2j= 2RBC,ABAC= 2R2cos cA, cos cA=2ABACAB2+AC2etc(voir aussi la partie suivante). sin2c

B+ sin2c

C= 1,AB2+AC2= 4R2et

1AB2+ 1AC2=

1AP2¢

Deuxiµeme Partie

;0´ et³

¡a2

;0´ et µaccos¡¼¡cB¢+a2 =csincC+a2 cC;c=asincCcos2 cCet en¯nb2¡c2=apb2+c2.

¡cA2

;cC=¼4

¡cA2

etcA <¼2 qui donnenta,betcen fonction deRet decA. puisa=b2¡c2pb2+c2=½cos2µ.

¡7¡

RemarqueOn peut aussi utiliser la question6.c) de la premiµere partie.

2.a) Puisque tanµ=cb

;ce nombre est rationnel, ainsi que cos2µ=1¡tan2µ1 + tan2µ ;et il en va de m^eme pour

½=acos2µ;cosµ=b½

et sinµ=c½

¢On dispose alors de la relation tanµ2

=sinµ1 + cosµ2Q. b) Posant'=¼8 ;il vient aussit^ot tan¼8 sont claires si l'on pose'=µ2 etr=½(p2+q2)2¢

4.a) SoitDle plus grand diviseur commun aux trois nombresp2¡6p2q2+q4,q4¡p4et 2pq(p2+q2). Montrons

qu'ils n'admettent aucun diviseur commun premier impair. En e®et, ce nombre diviseraitpq(p2+q2), mais

nonp(puisqu'alors il diviseraitq4et doncq), niqpour une raison analogue ; il diviserait doncp2+q2et de la formeD= 2±.

et donc 2pq(p2+q2)¡4, ce qui montre qu'il ne peut diviser 2pq(p2+q2) et queD64. Mais 4 divise 2(p2+q2),

b) Nous savons qu'il existe un quadruplet d'entiers positifs (p;q;n;d), avecpetqpremiers entre eux commenet

d, tels que a=nd (p4¡6p2q2+q4); b=nd (q4¡p4); c=nd (2pq)(p2+q2)

et 0< p < q(p2¡1). Puisquea,betcsont entiers,dqui est premier avecnest un diviseur commun aux trois

par un rationnel de la forme ND q¡p2 etq0= q+p2 a=¡N(p04¡6p02q02+q04),b=N(2p0q0)(p02+q02) etc=N(q04¡p04) (ici 0< q0( p2¡1)< p0< q0).

¡8¡

rationnels) est tout µa fait analogue. Donnons seulement les grandes lignes. On pose ici½ >0, 0< µ <¼2

avec

µ6=¼4

;d'oµux=½jcos2µj¢Ici encore, on peut poser tanµ2 =pq relations x=nd (p2+q2)3; y=nd (q2¡p2)jp4¡6p2q2+q4j; z=nd (2pq)jp4¡6p2q2+q4j avec nd =½(p2+q2)jp4¡6p2q2+q4j

s'ils sont tous deux impairs, avecD= 8. On peut aussi faire des remarques analogues µa celles qui concluent la

question4.

Troisiµeme partie

couple³x+yp2 ;y¡xp2 p2 et 2xy>1, traduction exacte des anciennes relations 16x6rety26x2¡1. etx=r+sp2

(abscisses des points d'intersection de la droitex+y=rp2 et de l'hyperbole 2xy= 1) et la droitey+x=rp2,

respectivement³uk¡1+u1¡k2 ;uk¡1¡u1¡k2 et³uk+u1¡k2 ;uk¡u1¡k2

¢Le premier appartient µaHet le second

¢L'aire deXest alors

12

¡9¡

qu'Archimµede ou Fermat (leurs ¾uvres le prouvent). C'est d'ailleurs par des suites adjacentes analogues que l'on

respectivementSk= u¡14 (u2k¡1+u2k¡2¡2) etS=u2n¡14

¡nu¡12

=(r+s)2¡14

¡nu¡12

voisinage de l'in¯ni den(u¡1) =n¡npr+s¡1¢. en posantt=1n k= u¡14 u2k¡1+ u2k¡2¡ 2u des calculs ci-dessus µa partir de la limite de la suiten(u¡1).

primitive pour toute fonction continue (quoique cette partie montre justement comment relier les deux). On peut

strictement positifs. La majoration lna < a2poura >1 donne aussit^ot la limite delnaa quandatend vers l'in¯ni etc.

¢Par suite

S0= 12 12 positif 12

Quatriµeme partie

puisque si un triangleACest pseudo-rectange enA, il en va de m^eme pour le triangleACB. La question2.de la

¡10¡

trianglesTPCetBPTsemblables d'aprµes la congruence (modulo¼) d'angles de droites (TP;TC)´(BP;BT),

¡O;¡!w¢,

qui existent puisquePn'est pas sur le cercle, fassent des angles de mesures¼4 ou¡¼4 z= 0.

x2+y2=z2+ 1 appartiennent µaH, sauf ceux pour lesquelsz= 0 (le cercle de diamµetre [BC]). En e®et,

A. cercle et faisant un angle de mesure¼4 leurs points de cote nulle. impossible (il doit ^etre multiple de 4 ou de la forme 8h+ 1).

Par suiteddoit ^etre multiple de 2.

Supposons doncd= 2±=x+ 1a

=z+yb ¢Les entiers strictement positifsaetbsont premiers entre eux et

sont tels quex2+y2¡z2¡1 = 4±a(±a¡bc¡1) = 0. Les nombresxetzsont visiblement strictement positifs ;

¡11¡

yn'est donc pas nul. Posonsm= 2p+ 1. Cherchons d'abord le nombre de couples solutions (m;y;z) avecz >0

etyde signe quelconque. SiNest le nombre de diviseurs dep+1, c'est aussi le nombre de couples (±;a) d'entiers

strictement positifs tels quem= 2±a¡1. SiN0est le nombre de diviseurs dep>1, c'est aussi le nombre de

couples (b;c) d'entiers strictement positifs tels quep=bc. Il existe doncNN0quadruplets (±;a;b;c) d'entiers

positifs tels quem= 2±a¡1 et±a¡bc= 1. ±0=±etc0=c. Il existe doncNN0couples (y;z) solutions distincts avecz >0 ety6= 0.

convenable trµes analogue µa (±;a;b;c), puisqu'alorsx0=x=m,y0=¡yetz0=z. Puisque le nombreyest

que 1 = (p+ 1)¡p=¸(aa0¡bb0), d'oµu¸= 1, c'est-µa-dire±0=aetc0=b, puisa0=±etb0=c.

le m^emezet la m^eme valeur absolue µay. Il existe doncNN02 ^etre le cas µa la fois pourpet pourp+ 1).

Pourm= 3, on trouvep= 1,N= 2,N0= 1 et

NN02 = 1. La seule solution est (3;1;3), le seul quadruplet est rejeter.

Pourm= 5, on trouvep= 2,N= 2,N0= 2 et

NN02 = 2. Les deux solutions sont (5;1;5) et (5;5;7), les deux quadruplets sont (3;1;1;2) et (3;1;2;1).

Pourm= 7, on trouvep= 3,N= 3,N0= 2 et

NN02 = 3. Les trois solutions sont (7;1;7), (7;4;8) et (7;11;13), les trois quadruplets sont (4;1;1;3), (2;2;3;1) et (4;1;3;1).

Pourm= 5, on trouvep= 4,N= 2,N0= 3 et

NN02 = 3. Les trois solutions sont (9;1;9), (9;8;12) et (9;19;21), les trois quadruplets sont (5;1;1;4), (5;1;2;2) et (5;1;4;1). etc± typex=x0+2kab,y=y0+k(b2¡a2) etz=z0+k(b2+a2) oµukest un entier arbitraire, et forment donc une contient de m^eme les points entiers dont les

¸+¹¸¡¹;y0=

1¡¸¹¸+¹etz0=

1 +¸¹¸+¹¢

fa»con aussi simple que pour celles de la deuxiµeme partie, puisque les quatre paramµetres qui apparaissent dans la

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