\begin{CORRIGE}{1}
    \Partie{Partie préliminaire}
    \begin{enumerate}
    \item $5 = 1^2 + 2^2 = 1^2 + 1^2 + 1^2 + 1^2 + 1^2$.
      $22 = 4^2 + 2^2 + 1^2 + 1^2  = 3^2 + 3^2 + 2^2 + 2^2$.
    \item Non voir la question précédente.
    \item Oui, car $n = 1^2+1^2+ \cdots + 1^2$.
    \end{enumerate}

    \Partie{Avec deux carrés seulement}
    \begin{enumerate}[resume]
    \item $58 = 3^2 + 7^2$.
    \item Les carrés inférieurs à $21$ sont : $1$, $4$, $9$ et
      $16$. Avec deux de ces nombres on peut faire $20 = 4^2 + 2^2$ et
      $25 = 4^2 + 3^2$, les nombres entre $20$ et $25$ ne sont pas
      bicarrés.
    \item Il y a une infinité de nombre bicarrés car il y a une
      infinité de nombres carrés, qui sont des bicarrés. En ajoutant
      $1$, on obtient un nouveau bicarré non présent dans la liste
      précédente. Il y a une infinité de nombres bicarrés.
    \item
      \begin{enumerate}
      \item
        \begin{align*}
          \left( a^2 + b^2 \right)\left(c^2+d^2\right)
          & = a^2c^2+a^2d^2+b^2c^2+b^2d^2 \\
          & = a^2c^2+2abcd +b^2d^2 + a^2d^2-2abcd + b^2c^2 \\
          & = (ac+bd)^2(ad-bc)^2
        \end{align*}
      \item
        \begin{align*}
          18 \times 58 & = \left(3^2+3^2\right)\left(3^2+7^2\right) \\
                       & = (3 \times 3 + 3 \times 7)^2+ (3 \times 7 -
                         3 \times 3)^2 \\
                       & = 30^2 + 12^2
        \end{align*}
      \item On considère un bicarré $n = a^2+b^2$.
        \begin{align*}
          2n &= \left(a^2+b^2\right) \left(1^2+1^2\right)\\
             &= (a+b)^2 + (a-b)^ 2
        \end{align*}
      \item Soit un nombre entier bicarré pair. Il existe $n$, $a$ et
        $b$ tels que $2n = a^2+b^2$. Alors $a$ et $b$ sont tous les
        deux pairs ou tous les deux impairs. Les nombres
        $\frac{a+b}{2}$ et $\frac{a-b}{2}$ sont des entiers. On a
        alors, $\left(\frac{a+b}{2}\right)^2 +
        \left(\frac{a-b}{2}\right)^2 = \frac{a^2+b^2}{2} =n$.

        Donc, la moitié d'un bicarré pair est encore un bicarré.
      \item $\num{1344} = 2^6 \times 21$. Or $21$ n'est pas un
        bicarré, ni son double et donc $\num{1344}$ n'est pas un
        bicarré.
      \item Oui, car $2$ est un bicarré, donc $2^n$ est un bicarré,
        pour toutes les valeurs de $n$ entières positives.
      \item Oui, ils existe une infinité de nombres pairs non
        bicarrés. Tous ceux de la forme : $2^n \times 21$.
      \end{enumerate}
    \end{enumerate}

    \Partie{Avec au plus quatre carrés}
    \begin{enumerate}[resume]
    \item Le programme python donne la liste de toutes les
      décompositions possibles, il ne retient que les valeurs qui ne
      sont pas déjà présent.
          \begin{tcblisting}{top=0mm,bottom=0mm,left=0mm,right=0mm,colframe=colLogoFort,listing
      only, title={Exercice national, les grands pairs\ldots},
      fonttitle=\bfseries\small,colbacktitle=colLogoFort,
      listing options={language=python,style=afdmpython}}

N = 7044

R = 1
while R*R < N:
    R+=1

for c1 in range(R,-1,-1):
    for c2 in range(0,c1+1) :
        for c3 in range(0,c2+1) :
            for c4 in range(0,c3+1) :
                s = c1*c1 + c2*c2 + c3*c3 + c4*c4
                if s == N :
                    candidat = [c1,c2,c3,c4]
                    candidat.sort()
                    if candidat not in resultat:
                        resultat.append(candidat)

print(resultat)

for elem in resultat:
    if 83 in elem:
        print(elem)

for elem in resultat:
    if 1 in elem :
        r  = elem[1]-1
        if elem[2] == elem[1]+r and elem[3] == elem[2]+r:
            print(elem)
    \end{tcblisting}

    De plus il donne les réponses aux questions suivantes.
  \item
    \begin{enumerate}
    \item Le plus grand nombre dont le carré est inférieur à
      $\num{7044}$ est $83$. Il reste à décomposer $155$ en somme de
      trois carré.

      Le plus grand carré compris dans $155$ est le carré de
      $12$. Il reste alors $11$, ne peut pas être décomposer en somme
      de deux carrés.

      On enlève $11^2$, il reste $34 = 25 + 9$. Donc, une
      décomposition de $\num{7044} = 83^3 + 11^2 + 5^2 + 3^2$.

      Le programme trouve une autre décomposition : $5^2 + 7^2 + 9^2 +
      83^2$.
    \item Soit $r$ la raison de cette suite. $r$ vérifie :
      $1 + (r+1)^2 + (2r+1)^2 + (3r+1)^2 = 7044$. Soit $ 7r^2 + r -
      3520 = 0$. Le discriminant vaut $\num{98516}$, et la seule
      solution entière et positive est $22$. Les quatre termes
      cherchés sont $1^2 + 23^2 + 45^2 + 67^2$.
    \end{enumerate}
    \end{enumerate}
  
\end{CORRIGE}
\begin{CORRIGE}{2}
      \def\construitCercle#1#2#3#4
    {%
    % #1 centre du cercle précédent
    % #2 rayon du cercle précédent
    % #3 abcisse point du cercle
    % #4 Nom du centre
      \begin{scope}
        % horizontal
        \tkzDefPoint(0,0){z1}
        \tkzDefPoint(10,0){z2}
        \tkzDefPoint(#3,0){b}
        %% Perpendiculaire passant par b
        \tkzDefLine[perpendicular=through b](z1,z2) \tkzGetPoint{c}
        % \tkzDrawPoints(b,c)
        % Cercle de centre b et de rayon R
        % \tkzDrawCircle[R,color=colLogo](b,#2 cm)
        \tkzInterLC[R](b,c)(b,#2 cm) \tkzGetPoints{V}{V'}
        % \tkzDrawPoints(V,V')
        \tkzDefLine[mediator](#1,V)\tkzGetPoints{m1}{m2}
        % \tkzDrawSegment(m1,m2)
        \tkzInterLL(m1,m2)(b,c) \tkzGetPoint{#4}
        \tkzDrawPoint[color=colLogo,size=3pt](#4)\tkzLabelPoint[above right](#4){$#4$}
      \end{scope}
  }%

  \begin{enumerate}
  \item Cas de deux disques.
    \begin{enumerate}
    \item Les deux disques ont le même encombrement si $MB +r = AE
      = R$.

      Dans le triangle $AMB$ rectangle en $M$, le théorème de
      Pythagore donne : $AB^2 = AM^2+ MB^2$, soit $MB^2 = (R+r)^2 -
      (R-r)^2$. Donc $ MB = 2 \sqrt{Rr}$.

      On a donc $2 \sqrt{R}\sqrt{r} + r - R = 0$. En posant
      $x = \sqrt{r}$, on doit résoudre $x^2+\sqrt{R} x -R = 0$.  Cette
      équation admet deux solutions :
      \[
        \frac{-2\sqrt{R}-2 \sqrt{2}\sqrt{R}}{2}< 0 \text{ et }
        \frac{-2\sqrt{R}+2 \sqrt{2}\sqrt{R}}{2} = \sqrt{R} \left(\sqrt{2}-1\right).
      \]
      Finalement $r  = R\left(3-2\sqrt{2}\right)$.

      \begin{figure}[!h]
    \centering
    \begin{tikzpicture}
      \tkzInit[xmin=0,ymin=0,xmax=8,ymax=3]
      \tkzClip[space=1]
      \def\R{3}
      \tkzDefPoint(-1,0){x}
      \tkzDefPoint(8,0){y}
      \tkzDrawSegment(x,y)
      \tkzLabelSegment[below,pos=0.01](x,y){$x$}
      \tkzLabelSegment[below,pos=1](x,y){$y$}
      \tkzDefPoint(3,3){A}
      \tkzDrawPoint(A)
      \tkzLabelPoint[left](A){$A$}
      \tkzDrawCircle[R,color=colLogo,line width=1pt](A,3cm)
      \construitCercle{A}{\R}{5.4852}{B}
      \tkzDrawCircle[color=colLogo,line width=1pt](B,b)
    \end{tikzpicture}
    \caption{Avec deux disques, encombrement minimal, $R = 3$, $r =
      3\left(3-2\sqrt{2}\right)$}
    \label{fig_olymp_19BiC}
  \end{figure}
\item Si $r > R \left(3-2 \sqrt{2}\right)$, alors l'encombrement est
  $R + MB + r = R + 2 \sqrt{Rr} + r = \left(\sqrt{R}+ \sqrt{r}\right)^2$.
    \end{enumerate}

  \item Cas de trois disques.
    \begin{enumerate}
    \item On utilise le théorème de Pythagore dans les triangles
      rectangles $ABM$, $BCN$ et $APC$. On obtient : $MB = 2
      \sqrt{pq}$, $NB = 2\sqrt{qr}$ et $PC = 2 \sqrt{pr}$.

      Comme $MN = MB + BN$, on en déduit que $\sqrt{pr} =
      \sqrt{pq}+\sqrt{qr}$. Soit, $ pr = pq + qr + 2q \sqrt{pr}$. Soit
      :
      \[
        q = \frac{pr}{\left(\sqrt{p}+ \sqrt{q}\right)^2}.
      \]
      \begin{figure}[!h]
        \centering
        \begin{tikzpicture}
          \tkzInit[xmin=-1,ymin=0,xmax=10,ymax=2.5]
          \tkzClip[space=1]
          \tkzDefPoint(-1,0){x}
          \tkzDefPoint(10,0){y}
          \tkzDrawSegment(x,y)
          \tkzLabelSegment[below,pos=0.01](x,y){$x$}
          \tkzLabelSegment[below,pos=1](x,y){$y$}
          \def\r{2}
          \tkzDefPoint(\r,\r){A}
          \tkzDrawPoint(A)\tkzLabelPoint[left](A){$A$}
          \tkzDrawCircle[R,color=colLogo,line width=1pt](A,2cm)
          \def\xB{3.85}
          \def\xC{5.5}
          \construitCercle{A}{\r}{\xC}{C}
          \tkzDrawCircle[color=colLogo,line width=1pt](C,b)
          \tkzGetLength{R}
          \tkzpttocm(\R){R}
          \construitCercle{C}{\R}{\xB}{B}
          \tkzDrawCircle[color=colLogo,line width=1pt](B,b)
          \FPeval{\dist}{2*\r+2*\R}
          \FPeval{\distII}{\xB}
          \tkzDefPoint(\dist,0){D}\tkzLabelPoint[below](D){$D$}
          % \tkzDrawSegment[very thin](C,(0,5))
          \tkzDrawSegment[very thin](D,(\dist,5))
          \tkzDefPoint(2,0){H}\tkzLabelPoint[below](H){$H$}
          \tkzDefPoint(\distII,0){J}\tkzLabelPoint[below](J){$J$}
          \tkzDefPoint(\distII,5){Jh}
          \tkzDefPoint(\R,5){Ih}
          \tkzDefPoint(\R,0){I}
          \tkzDefPoint(\xC,0){K}\tkzLabelPoint[below](K){$K$}
          \tkzDefPoint(\xC,5){Kh}
          \tkzDrawSegment[very thin](H,(2,5))
          \tkzDrawSegment[very thin](I,Ih)
          \tkzDrawSegment[very thin](K,Kh)
          \tkzDrawSegment[very thin](J,B)
          \tkzDefPointBy[projection=onto A--H](B) \tkzGetPoint{M}
          \tkzDefPointBy[projection=onto A--H](C) \tkzGetPoint{P}
          \tkzDefPointBy[projection=onto K--Kh](B) \tkzGetPoint{N}
          \tkzLabelPoint[right](N){$N$}
          \tkzLabelPoint[left](M){$M$}
          \tkzLabelPoint[left](P){$P$}
          \tkzDrawSegments(N,M B,A A,C C,P C,B N,C M,A)
          \tkzMarkRightAngle[scale=0.75,fill=colLogo](B,M,A)
          \tkzMarkRightAngle[scale=0.75,fill=colLogo](C,P,M)
          \tkzMarkRightAngle[scale=0.75,fill=colLogo](M,N,C)
        \end{tikzpicture}
        \caption{Avec trois disques, avec un cercle tangent à deux autres}
        \label{fig_olymp_19BjCa}
      \end{figure}
    \item
      % \begin{figure}[!h]
      %   \centering
      %   \begin{tikzpicture}
      %     \tkzInit[xmin=-1,ymin=0,xmax=12,ymax=2.5]
      %     \tkzClip[space=1]
      %     \tkzDefPoint(-1,0){x}
      %     \tkzDefPoint(10,0){y}
      %     \tkzDrawSegment(x,y)
      %     \tkzLabelSegment[below,pos=0.01](x,y){$x$}
      %     \tkzLabelSegment[below,pos=1](x,y){$y$}
      %     \def\r{2}
      %     \tkzDefPoint(\r,\r){A}
      %     \tkzDefPoint(0,\r){D}\tkzLabelPoint[left](D){$D$}
      %     \tkzDrawPoint(A)\tkzLabelPoint[above left](A){$A$}
      %     \tkzDrawCircle[color=colLogo,line width=1pt](A,D)
      %     \def\xB{5}
      %     \def\xC{7.8}
      %     \construitCercle{A}{\r}{\xB}{B}
      %     \tkzDrawCircle[color=colLogo,line width=1pt](B,b)
      %     \FPeval{\dist}{2*\r+2*\R}
      %     \tkzGetLength{r}
      %     \tkzpttocm(\r){r}
      %     \construitCercle{B}{\r}{\xC}{C}
      %     \tkzDrawCircle[color=colLogo,line width=1pt](C,b)
      %     \tkzGetLength{R}
      %     \tkzpttocm(\R){R}
      %     \FPeval{\distII}{\xC+\R}
      %     \tkzDefPoint(0,0){F}\tkzLabelPoint[below](F){$F$}
      %     \tkzDrawSegment(F,D)
      %     \tkzDefPoint(\r,0){J}\tkzLabelPoint[below](H){$H$}
      %     \tkzDrawSegment(A,H)
      %     \tkzDefPoint(\xB,0){J}\tkzLabelPoint[below](J){$J$}
      %     \tkzDrawSegment(B,J)
      %     \tkzDefPoint(\xC,0){K}\tkzLabelPoint[below](K){$K$}
      %     \tkzDrawSegment(K,C)
      %     \tkzDefPoint(\distII,0){G}\tkzLabelPoint[below](G){$G$}
      %     \tkzDefPoint(\distII,\R){E}\tkzLabelPoint[right](E){$E$}
      %     \tkzDrawSegment(G,E)
      %     \tkzDefPointBy[projection=onto A--H](B) \tkzGetPoint{L}
      %     \tkzLabelPoint[left](L){$L$}
      %     \tkzDefPointBy[projection=onto C--K](B) \tkzGetPoint{M}
      %     \tkzLabelPoint[right](M){$M$}
      %     \tkzDrawSegments(A,B B,C M,L A,D C,E)
      %   \end{tikzpicture}
      %   \caption{Avec trois disques, deux à deux tangents}
      %   \label{fig_olymp_19BjCb}
      % \end{figure}
      En ordonnant de la gauche vers la droite les rayons des cercles, on
      obtient un encombrement de $p + LB+BM+ r$, soit $p + r + 2 \sqrt{pq}
      + 2 \sqrt{qr}$.
    \item On obtient alors $p + q + 2 \sqrt{pr} + 2 \sqrt{qr}$.
    \item Les trois encombrements sont :
      \begin{itemize}
      \item L'encombrement $E_1$ de $A-B-C$ est : $p + 2 \sqrt{pq} + 2
        \sqrt{qr} + r$.
      \item L'encombrement $E_2$ de $A-C-B$ est : $p + 2 \sqrt{pr} + 2
        \sqrt{qr} + q$.
      \item L'encombrement $E_3$ de $B-A-C$ est : $q+ 2 \sqrt{pq} + 2
        \sqrt{pr} + r$.
      \end{itemize}
      On a :
      \begin{align*}
        E_1 - E_2& = 2\sqrt{p}\left(\sqrt{q}-\sqrt{r}\right) + r - q\\
        & = 2\sqrt{p}\left(\sqrt{q}-\sqrt{r}\right) +
          \left(\sqrt{r}-\sqrt{q}\right)\left(\sqrt{r}+\sqrt{q}\right)
        \\
        & = \left(\sqrt{q}-\sqrt{r}\right) \left(\sqrt{p}-\sqrt{r} + \sqrt{p}-\sqrt{q}\right)
      \end{align*}
      Comme $p \geq q \geq r$, c'est le produit de nombres positifs,
      donc $E_1 - E_2 \geq 0 $ et donc $E_1 \geq E_2$.

      De la même manière $E_1 \geq E_3$.

      On en déduit que l'encombrement maximal est celui obtenu avec
      l'ordre décroissant.
    \item On calcule $E_3 - E_2$, ce qui donne :
      \[
        \left(\sqrt{p} - \sqrt{r}\right) \left(\sqrt{p}-\sqrt{q} -
          \left(\sqrt{q}-\sqrt{r}\right)\right).
      \]
      Si $ \sqrt{p} - \sqrt{q} \geq \sqrt{q} - \sqrt{r}$ le produit
      est positif est donc $E_3 \geq E_2$ et donc l'ordre $B-A-C$ est
      minimal.

      Réciproquement, si $E_3 \geq E_2$, alors, il faut que $ \sqrt{p}
      - \sqrt{q} \geq \sqrt{q} - \sqrt{r}$.
    \end{enumerate}

  \item Sept d'un coup.
    \begin{enumerate}
    \item On obtient le tableau \ref{tab_olymp_19BbC}.
      \begin{table}[!h]
        \centering
        \setlength{\tabcolsep}{3pt}
    \begin{tabular}{*{8}{>{$}Cc<{$}}}
      \toprule
      \text{ Rayon } & 10 & 9 & 8 & 7 & 6 & 5 &  4\\
      \hline
      \sqrt{r(r+1)} &\cellcolor{colLogoFort}
                    & 9,487  & 8,485 & 7,483 & 6,481 & 5,477 & 4,472 \\
      \hline
      \text{ Encombrement }&20&37,974&53,944&67,911&79,872&89,827&97,771\\
      \midrule
    \end{tabular}
    \caption{}\label{tab_olymp_19BbC}
  \end{table}
\item Le programme suivant calcul les valeurs de l'encombrement.
  \begin{tcblisting}{top=0mm,bottom=0mm,left=0mm,right=0mm,colframe=colLogoFort,listing
      only, title={Exercice national, les grands pairs\ldots},
      fonttitle=\bfseries\small,colbacktitle=colLogoFort,
      listing options={language=python,style=afdmpython}}
r = [10,9,8,7,6,5,4]
s = 20
e = [20]
for rayon in r :
    s = s + 2*sqrt(rayon*(rayon-1)) -1
    e.append(s)
l1 = "|"
l2 = "|"
for i in range(0,7):
    l1 += "{:^6}|".format(r[i])
    l2 += "{:2.3f}|".format(e[i])

print(l1)
print(l2)

    \end{tcblisting}
  \item Pour chaque triplet de disques, ils sont dans la position qui
    occupe le maximum de place. Donc la suite de $7$ disques occupe le
    plus de place.

    La somme des diamètres est de $\SI{98}{\centi\m}$, la différence
    est donc minime.
  \item On regarde la place avant et après les échanges.
    \begin{itemize}
    \item Place prise par le disque de rayon $4$ et le disque de rayon
      10 :
      \[
        4 + 2 \sqrt{10 \times 4} +10 ;
      \]
    \item place prise par le disque de rayon $10$ : $20$.
    \item Place prise par les disques de rayon $5$ et $4$ :
      \[
        5 + 2 \sqrt{5 \times 4} +4 ;
      \]
    \item Place prise par le disque de rayon $5$ : $10$.
    \end{itemize}
    Au total
    \[
      5 + 4 \sqrt{5} -10 - (4 + 4 \sqrt{10} -10) = 1 + 4
      \sqrt{5} \left(1 - \sqrt{2}\right) \approx \SI{1.3}{\centi\m}.
    \]
  \end{enumerate}
\item
  \begin{enumerate}
  \item Il y a $7$ possibilités pour le premier cercle, $6$ pour le
    deuxième, etc. Soit
    $ 7 \times 6 \times 5 \times 4 \times 3 \times 2 \times 1 =
    \num{5040}$. Si on considère que deux dispositions symétriques en
    échangeant la droite et la gauche, on divise se nombre par 2.
  \item On commence par regarder de droite à gauche. Le $10$ est
    nécessairement au centre. Le $4$ ne peut être que dans deux
    positions : à droite, ou juste après le $10$.

    On obtient alors le tableau \ref{tab_olymp_19BcC}.
    \begin{table}[!p]
      \centering
      \begin{tabular}{*{7}{c}}
        \toprule
        Petit & Grand & Petit & 10 & Petit & Grand & Petit \\
        \midrule
        4&9&8&\multirow{20}{*}{10}&6&7&5\\
        4&9&8&&5&7&6\\
        4&9&7&&6&8&5\\
        4&9&7&&5&8&6\\
        4&9&6&&5&8&7\\
        4&9&6&&7&8&5\\
        4&9&5&&6&8&7\\
        4&9&5&&7&8&6\\
        4&8&7&&5&9&6\\
        4&8&7&&6&5&9\\
        4&8&6&&5&9&7\\
        4&8&6&&7&9&5\\
        4&8&5&&6&9&7\\
        4&8&5&&7&9&6\\
        4&7&6&&8&9&5\\
        4&7&6&&5&9&8\\
        4&7&5&&8&9&6\\
        4&7&5&&6&9&8\\
        4&6&5&&8&9&7\\
        4&6&5&&7&9&8\\
        \bottomrule
      \end{tabular}
      \caption{Différentes possibilités}
      \label{tab_olymp_19BcC}
    \end{table}
    On a alors $20$ possibilités. En mettant, $4$ à droite de $10$, on
    en rajoute $20$.

    En tenant compte des symmétries, il y a $80$ possibilités.
  \item Cela dépend de la place du plus grand disque.
    \begin{itemize}
    \item En première position ; il n'y a que $1$ possbilité.
    \item En 2\ieme position : il y a $6$ posssibilités : une fois
      choisi le disque en première position.
    \item Le disque en 3\ieme position, $15$ possibilités.
    \item Le disque en 4\ieme position, $20$ possibilités.
    \end{itemize}
    Au total, il y a $32$ positions et par symétrie, cela fait $64$
    possibilités.
  \end{enumerate}
  \end{enumerate}
\end{CORRIGE}
\begin{CORRIGE}{3}
      \def\construitCercle#1#2#3#4
      {%
    % #1 centre du cercle précédent
    % #2 rayon du cercle précédent
    % #3 abcisse point du cercle
    % #4 Nom du centre
      \begin{scope}
        % horizontal
        \tkzDefPoint(0,0){z1}
        \tkzDefPoint(10,0){z2}
        \tkzDefPoint(#3,0){b}
        %% Perpendiculaire passant par b
        \tkzDefLine[perpendicular=through b](z1,z2) \tkzGetPoint{c}
        % \tkzDrawPoints(b,c)
        % Cercle de centre b et de rayon R
        % \tkzDrawCircle[R,color=colLogo](b,#2 cm)
        \tkzInterLC[R](b,c)(b,#2 cm) \tkzGetPoints{V}{V'}
        % \tkzDrawPoints(V,V')
        \tkzDefLine[mediator](#1,V)\tkzGetPoints{m1}{m2}
        % \tkzDrawSegment(m1,m2)
        \tkzInterLL(m1,m2)(b,c) \tkzGetPoint{#4}
        \tkzDrawPoint[color=colLogo,size=3pt](#4)\tkzLabelPoint[above right](#4){$#4$}
      \end{scope}
    }%
      \Partie{Calcule du rayon de la Terre}
      \begin{enumerate}
      \item Le triangle $ABO$ est rectangle en $A$, on a donc d'après
        Pythagore :
        \[
          (R+h)^2 = R^2 + d^2 \text{ soit } 2Rh + h^2 = d^2.
        \]
      \item $h$ est en mètres, $R$ en milliers de \si{\kilo\m}, donc
        le rapport $\frac{h}{R}$ est proche de $0$.
      \item On peut donc négliger $h^2$ devant $d^2$. Donc
        $2Rh \approx d^2$, soit $ R \approx \frac{d^2}{2h}$.
      \item
        $R \approx \frac{16^2}{\num{40e-3}}= \frac{\num{256e3}}{40} =
        \SI{6400}{\kilo\m}$.
      \item Si le bateau ne se déplace pas vers le sud, alors, les
        points $A$, $B$, $O$ et $C$ ne sont plus coplanaires, le
        raisonnement précédent n'est plus valable.
      \end{enumerate}

      \Partie{Ligne d'horizon}
      \begin{enumerate}[resume]
      \item Toujours dans le triangle rectangle $ABO$, on a $(R+h)^2 =
        R^2 + d^2$
      \item On a donc : $ h + R = \sqrt{d^2+R^2}$, donc $h =
        \sqrt{d^2+R^2} -R$, ce qui donne $ h = \sqrt{50^2 + \num{6400}^2} -
        \num{6400} \approx \SI{19.5}{ \m}$.

        On a $\tan \left(\widehat{AOC}\right) =\frac{d}{R} =
        \frac{1}{128}$.

        La longueur de l'arc $AC$ est donc $2\pi R \arctan
        \left(\frac{1}{128}\right) \approx \SI{49.99898}{\kilo\m}$.
      \end{enumerate}

      \Partie{Calcul de la distance $d$}

      \begin{enumerate}[resume]
      \item On utilise la loi des sinus dans le triangle $IBJ$ :
        \[
          \frac{IB}{\sin(\beta)} = \frac{JB}{\sin(\alpha)} = \frac{IJ}{\sin(180-\alpha-\beta)}.
        \]
        Comme $\sin(180 -\alpha -\beta) = \sin(\alpha + \beta)$ et $d
        = BI\sin(\alpha)$, on obtient donc :
        \[
          \frac{IB\sin(\beta)}{\sin(\alpha)} = \frac{IJ\sin(\beta)}{\sin(\alpha+\beta)}
        \]
        soit
        \[
          d= \frac{IJ\sin(\alpha)\sin(\beta)}{\sin(\alpha+\beta)}.
        \]
      \item On trouve $d = \SI{15.9989}{\kilo\m} = \SI{15}{\kilo\m}$.
      \end{enumerate}


\end{CORRIGE}
