Corrigé du brevet de maths 2014 : Centres étrangers
L’énoncé complet se trouve sur la page Sujet du brevet de maths 2014 : Centres étrangers. Traite chaque exercice sur ton brouillon avant de lire sa correction.
Corrigé de l’exercice 1 : le tableur et le PGCD
1. Sur chaque ligne, le nombre de la colonne C est l’écart entre ceux des colonnes A et B : \(216 – 126 = 90\), \(126 – 90 = 36\), \(90 – 36 = 54\), \(54 – 36 = 18\), etc.
Formule en C1 : =A1-B1, recopiée vers le bas.
2. On regarde d’où viennent les nombres de la ligne 2. A2 = 126 et B2 = 90 sont les deux nombres B1 = 126 et C1 = 90 de la ligne précédente : le plus grand va en colonne A, le plus petit en colonne B. On vérifie à la ligne suivante : B2 = 90 et C2 = 36 donnent A3 = 90 (le maximum) et B3 = 36 (le minimum) ; puis B3 = 36 et C3 = 54 donnent A4 = 54 et B4 = 36. C’est bien le plus grand de B et C qui passe en A, même quand il est en colonne C.
Attention au piège : la formule =MAX(A1;B1) donnerait 216 en A2, pas 126.
Formule en A2 : =MAX(B1;C1), recopiée vers le bas (et, de même, =MIN(B1;C1) en B2).
3. La feuille remplace à chaque ligne le couple (a ; b) par le couple formé du plus petit nombre et de la différence. Un diviseur commun à deux nombres divise aussi leur différence, et réciproquement : le PGCD ne change donc pas d’une ligne à l’autre. On s’arrête quand la différence est nulle, en ligne 6 : A6 = B6 = 18, et le PGCD de 18 et 18 est 18. C’est l’algorithme des différences successives.
Le nombre 18 de la cellule C5 est le PGCD de 216 et 126.
4. Le PGCD de 216 et 126 vaut 18, et non 1 : la fraction n’est pas irréductible. On divise le numérateur et le dénominateur par 18 :
\[\dfrac{216}{126} = \dfrac{216 \div 18}{126 \div 18} = \dfrac{12}{7}\]
12 et 7 n’ont plus de diviseur commun autre que 1.
La fraction irréductible est \(\dfrac{12}{7}\).
Corrigé de l’exercice 2 : la lance de Fibonacci
On schématise la situation après le déplacement : A est le pied de la tour, B le pied de la lance, C son extrémité haute contre le mur. La tour étant perpendiculaire au sol, le triangle ABC est rectangle en A, avec AB = 12 pieds et BC = 20 pieds (la longueur de la lance ne change pas).
D’après le théorème de Pythagore dans le triangle ABC rectangle en A, d’hypoténuse [BC] :
\[\text{BC}^2 = \text{AB}^2 + \text{AC}^2 \quad \text{donc} \quad \text{AC}^2 = 20^2 – 12^2 = 400 – 144 = 256\]
\[\text{AC} = \sqrt{256} = 16\ \text{pieds}\]
Au départ, la lance verticale montait à 20 pieds ; elle ne monte plus qu’à 16 pieds. Elle est donc descendue de \(h = 20 – 16 = 4\) pieds, soit environ \(4 \times 30 = 120\) cm.
L’extrémité de la lance descend de 4 pieds (environ 1,20 m).
Corrigé de l’exercice 3 : vrai, faux ou on ne peut pas savoir
1. Tout triangle, quelle que soit sa forme, possède un cercle circonscrit, qui passe par ses trois sommets et dont le centre est le point de concours des médiatrices. Un triangle équilatéral, par exemple, est inscrit dans un cercle sans avoir d’angle droit. Un triangle inscrit n’est rectangle que si l’un de ses côtés est un diamètre du cercle.
L’affirmation 1 est fausse.
2. Tout point de la médiatrice de [AB] est à égale distance de A et de B : MA = MB. Le triangle AMB a donc deux côtés égaux, il est isocèle en M. (Il faut que M ne soit pas le milieu de [AB], sinon les trois points sont alignés et il n’y a pas de vrai triangle.)
L’affirmation 2 est vraie.
3. Les figures ne respectent pas les mesures, et aucun angle droit n’est codé en A. On connaît seulement BC = 8 cm et \(\widehat{\text{ABC}} = 60^\circ\). Si le triangle était rectangle en A, on aurait \(\text{AB} = 8 \times \cos(60^\circ) = 4\) cm ; mais rien ne le garantit, et avec un autre angle en A on obtient d’autres longueurs AB. Un côté et un angle ne suffisent pas à déterminer le triangle.
Pour l’affirmation 3, on ne peut pas savoir.
4. Les codages indiquent que les quatre côtés de ABCD ont la même longueur : c’est un losange. Un losange qui possède un angle droit (ici en A) est un carré, même si le dessin est déformé.
L’affirmation 4 est vraie.
Corrigé de l’exercice 4 : la lampe pyramide du Louvre
Étape 1 : volume de la vraie pyramide. Sa base est un carré de côté 35 m, d’aire \(35^2 = 1\,225\ \text{m}^2\), et sa hauteur mesure 22 m.
\[V = \dfrac{1}{3} \times 1\,225 \times 22 = \dfrac{26\,950}{3} \approx 8\,983{,}3\ \text{m}^3\]
Étape 2 : volume du réservoir. Le réservoir est une réduction de rapport \(k = \dfrac{1}{500}\) : toutes les longueurs sont divisées par 500. On peut calculer directement ses dimensions en centimètres : 35 m = 3 500 cm, donc le côté vaut \(3\,500 \div 500 = 7\) cm ; 22 m = 2 200 cm, donc la hauteur vaut \(2\,200 \div 500 = 4{,}4\) cm.
\[V^{\prime} = \dfrac{1}{3} \times 7^2 \times 4{,}4 = \dfrac{215{,}6}{3} \approx 71{,}87\ \text{cm}^3\]
Contrôle avec la règle sur les volumes, multipliés par \(k^3\) : \(V^{\prime} = \dfrac{26\,950}{3} \times \dfrac{1}{500^3}\ \text{m}^3 \approx 7{,}187 \times 10^{-5}\ \text{m}^3\), soit bien environ 71,87 cm³.
Étape 3 : durée. La lampe brûle 4 cm³ par heure :
\[t = \dfrac{71{,}87}{4} \approx 17{,}97\ \text{h}\]
Le réservoir sera vide au bout d’environ 18 heures.
Corrigé de l’exercice 5 : un produit remarquable
1. On reconnaît l’identité remarquable \((a + b)(a – b) = a^2 – b^2\) avec \(a = 2n\) et \(b = 5\) :
\[(2n + 5)(2n – 5) = (2n)^2 – 5^2 = 4n^2 – 25\]
On le retrouve en développant terme à terme : \(4n^2 – 10n + 10n – 25 = 4n^2 – 25\).
\((2n + 5)(2n – 5) = 4n^2 – 25\).
2. On remarque que \(205 = 2 \times 100 + 5\) et \(195 = 2 \times 100 – 5\) : c’est l’expression précédente avec \(n = 100\).
\[205 \times 195 = 4 \times 100^2 – 25 = 40\,000 – 25 = 39\,975\]
\(205 \times 195 = 39\,975\).
Corrigé de l’exercice 6 : le trajet Lille-Marseille
1. Sur autoroute, Julien parcourt 993 km en 8 h 31 min. On convertit la durée en heures : \(8 \times 60 + 31 = 511\) min, soit \(\dfrac{511}{60}\) h.
\[v = \dfrac{993}{\dfrac{511}{60}} = \dfrac{993 \times 60}{511} = \dfrac{59\,580}{511} \approx 116{,}6\ \text{km/h}\]
La vitesse moyenne prévue sur autoroute est d’environ 117 km/h.
2. Le trajet complet dure 8 h 47 de conduite. En conduisant 2 heures entre deux pauses, Julien fait une pause au bout de 2 h, de 4 h, de 6 h et de 8 h de conduite : 4 pauses (les 47 dernières minutes n’en demandent pas). Pour une durée minimale, chaque pause dure 10 minutes :
\[8\ \text{h}\ 47 + 4 \times 10\ \text{min} = 8\ \text{h}\ 47 + 40\ \text{min} = 9\ \text{h}\ 27\]
Julien doit prévoir au minimum 9 h 27 pour son voyage.
3. Le site estime le carburant à 89,44 €. Au prix de 1,42 € le litre, cela correspond à :
\[\dfrac{89{,}44}{1{,}42} \approx 63\ \text{L}\]
Autrement dit, un plein de 60 L ne coûte que \(60 \times 1{,}42 = 85{,}20\) €, moins que les 89,44 € prévus. Or \(63 \gt 60\).
Non, d’après les données du site, un seul plein ne suffit pas : il faut environ 63 L d’essence.
Corrigé de l’exercice 7 : Celsius et Fahrenheit
1. On applique la règle à 0 °C : \(0 \times 1{,}8 + 32 = 32\).
Le thermomètre indiquerait 32 °F.
2. On remonte le calcul à l’envers : on retire 32, puis on divise par 1,8.
\[\dfrac{212 – 32}{1{,}8} = \dfrac{180}{1{,}8} = 100\]
Le thermomètre indiquerait 100 °C : l’eau bout.
3. a. Multiplier \(x\) par 1,8 puis ajouter 32 s’écrit :
\(f(x) = 1{,}8x + 32\).
b. \(f\) est de la forme \(x \mapsto ax + b\) avec \(a = 1{,}8\) et \(b = 32\).
C’est une fonction affine.
c. \(f(5) = 1{,}8 \times 5 + 32 = 9 + 32 = 41\).
L’image de 5 par \(f\) est 41.
d. On cherche \(x\) tel que \(f(x) = 5\) :
\[1{,}8x + 32 = 5 \quad \text{donc} \quad 1{,}8x = -27 \quad \text{donc} \quad x = \dfrac{-27}{1{,}8} = -15\]
Vérification : \(1{,}8 \times (-15) + 32 = -27 + 32 = 5\).
L’antécédent de 5 par \(f\) est \(-15\).
e. \(f(10) = 50\) signifie que l’image de 10 est 50, c’est-à-dire que 10 degrés Celsius correspondent à 50 degrés Fahrenheit.
Une température de 10 °C équivaut à 50 °F.
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