préparation aux olympiades

slt

j'ai décide moi et rachid18 d'organiser un petit jeu de math: une sorte de préparation aux olympiades , ça va commencer le mercredi incha2allah ,c'est juste pr les serieux alors pr ceux qui veulent jouer svp ne gaspillez notre temps , si quelqu'un a un pb qu'il contacte le groupe organisateur ( moi et rachid )

N.B 1 : le nivo des exos va augumenter en fonction du temps , alors svp ne poster pas un exo inaccessible des le début

N.B 2 : mon ami rachid18 va poster les conditions de participation

N.B 3 : j'aurai l'honneur de poster le premier exo

A+

bjr bjr ^^
je me suis absenté un bout de temps du forum, mais je reviens et j'me joins à vous très volontiers
j trouve que c une bonne idée !!

salut ,
je veux b1 vous joindre si vous m'acceptiez !

j'aimerais aussi participer !

je voudrais bien y participer mais je vous suggère de varier les cours sur lesquelles les exos compte car j'ai constater une non consideration des exos de geometrie

je veux bien y participer aussi

les amis ,chaque membre qui satisfait les conditions a le droit de participer , comme a dit rachid l'inscription n"est ps necessaire

ce topic est fermé jusquà dem1

bonjour ,
on commence par cet exo si facile comme début:

montrez qu'il ya une infinité des entiers de classe 1 modulo 3 qui s'écrivent sous forme de a^3-b^3 ou a et b sont des entiers

veuillez respectez les conditions de participation , chaque solution claire , détaillée , et juste bien sur , permet à son auteur de poster un nouveau exo

Preuve:

Il suffit de prendre a et b deux nombres successifs,puisce que le nombre (a+1)^3-a^3=3(a^2+a)+1 est congru à 1 modulo 3 pout tout entier a.

(p-q)/(p-q)^3 => p-q/p+q
et comme p-q/p-q, on a : p-q/2p et p-q/2q, alors p-q/PGCD(2p;2q)
supposons que p=q : p+q=0 ce qui est absurde
=> PGCD(p;q) = 1 => p-q/2=> p-q = -2 ou -1 ou 1 ou 2
on remplace dans l'equation, le seul couple de solutions est alors (5;3)

voici un exo :
parmi les triangles rectangles dont les mesures des côtés sont des entiers, quels sont ceux dont le périmètre s'exprime par le même nombre ( entier ) que l'aire ?

supposons que ce triangle rectangle existe et
soit a et b deux entiers les mesure des deux côtés de ce triangle rectangle:
ab/2=a²+b²+a+b
ab= 2a²+2b²+2a+2b
(a+1)²+(b+1)²-2-ab+a²+b²=0
(a+1)²+(b+1)²+(a-b)²+(ab-2)=0
a=-1 et b=-1 et a=b et ab=2 d'où la contradiction, donc ça n'existe pas, enfin j'espère que c'est juste

d'abord, bienvenue au forum
ta réponse est malheureusement fausse, cherche bien l'erreur

Solution:

Le problème est équivalent à résoudre le système:
2(x+y+z)=xy et x²+y²=z²,
on a 2z=xy-2(x+y),alors 4(x²+y²)=x²y²+4(x²+y²)+8xy-4xy(x+y).
C'est équivalent à : x²y²+8xy-4xy(x+y)=0 alors xy+8-4x-4y=0 ou aussi (x-4)(y-4)=8 ce qui donne comme solution x=5,y=12,z=13 ; x=6,y=8,z=10; x=12,y=5,z=13 et x=8,y=6,z=10.

réctification, peut-être j'ai oublié de mentionner que pour tout les entiers supérieurs ou égal à 2, ab-2 est positif, (vérification pour a=1 et b=1, P=1+1+racine(2) et S= 1/2 donc on peut illiminer ce cas )
ps: merci pour la bienséance

parfait rachid !
pour destination-inconnue, tu t'es simplement trompée sur a^2+b^2, d'après pythagore, c V(a^2+b^2)
à toi rachid

ah oui, exactement, je m'excuse pour la faute, je viens de m'en rendre compte

rachid18 a écrit:

Voici mon exo:

Soit a,b et c des nombres réels positifs.La suite (a_n)(n>=1) est définie par ; a_1=a,a_2=b et a_(n+1)=( (a_n)²+c )/( a_(n-1) ).

Pour tout n >= 2,prouver que les termes de cette suite sont tous des entiers positifs si et seulement si a,b et ( a²+b²+c)/ab sont des entiers positifs.

très Joli pb rachid ,voilà ma soluce , esperant que c juste :
je remplace a(n) par f(n) pour convention ,

on va démontrer d'abord ,une lemme qui l'idée principale de la preuve :

lemme : la suite S_n= \frac{ f(n)^2+f(n+1)^2+c}{f(n)*f(n+1)} = \frac{ f(n+1) +f(n-1)}{ f(n)} = constante

Preuve:
la relation récursive dans les donnés équivaut à :
Q(n) : f(n)^2+c =f(n-1)*f(n+1)

alors : \frac{ f(n)^2+f(n+1)^2+c}{f(n)*f(n+1)} = \frac{ f(n-1)*f(n+1)+f(n+1)^2}{f(n)*f(n+1)} = \frac{ f(n+1)* ( f(n-1)+f(n+1))}{ f(n)*f(n+1)} = \frac{ f(n+1) +f(n-1)}{ f(n)}

il suffit de montrer que : \frac{ f(n+1) +f(n-1)}{ f(n)} est constante , càd
\frac{ f(n+1) +f(n-1)}{ f(n)} = \frac{ f(n+2)+f(n)}{ f(n+1)} <=> f(n+1)^2+ f(n+1)f(n-1) = f(n)^2+f(n+2)f(n) <=> f(n)^2-f(n+1)f(n-1)= f(n+1)^2-f(n)f(n+2) ce qui est vrai , car :
Q(n) et Q(n+1) equivaut à f(n)^2-f(n-1)*f(n+1)= f(n+1)^2-f(n)*f(n+2)=c
C.Q.F.D

revenons à notre pb:
S_n constante implique que S_n= \frac{ f(n+1) +f(n-1)}{ f(n)}=\frac{ f(n)^2+f(n+1)^2+c}{f(n)*f(n+1)} = \frac{ a^2+b^2+c}{ab}

*)on démontre la premiere implication :

supposons que : a,b ,(a^2+b^2+c)/ab sont des entiers positifs , et prouvons que les termes de la suite sont des entiers:
raisonnons par la réccurence forte : pour n=1 c'est trivial , supposons que c'est vrai pour tt k<= n et montrons que c'est vrai pour n+1
or : f(n+1)= \frac{ f(n)^2+c}{f(n-1)} = \frac{ f(n-1)^2+f(n)^2+c}{f(n-1)} - f(n-1)= S_(n-1) * f(n) - f(n-1) ce qui est clairement un entier positif , car S_(n-1)= (a^2+b^2+c)/ab un entier positif , f(n) un entier positif et f(n-1) un entier positif d'apres l'hypothese de la récurrence

**) on démontre la deuxième implication :
pour simplifier les calculs posons , k= \frac{ f(n+1) +f(n-1)}{ f(n)}= ,(a^2+b^2+c)/ab, d'apres la lemme on doit montrer que si tous les termes de la suite sont des entiers positifs ,alors a,b , k sont des entiers positifs
clairement les deux premiers termes sont des entiers positifs , or:
f(n+1)= k*f(n)- f(n-1) ($),donc k est rationel ==> k=p/q avec pgcd(p,q)=1 et q>1 (p>0) , maintenant supposons que k n'est pas entier , une simple remarque nous permet de dire que q divise f(n) , posons alors f(n)=q*x_i , ($) équivaut à p/q=k = ( x_(n+1)+x_(n-1))/x_n ==> x_(n+1)=k*x_n-x_(n-1) , fixons un indice n , alors on peut toujours trouver trois entiers positive x_(n+1),x_n, x_(n-1) qui vérifient ($) mais aussi x_(n+1) <f(n+1) , x_n<f(n) , x_(n-1)<f(n-1) on répéte le proccessus une infinité de fois on obtient ,une suite des entiers positives décroissante ce qui est absurde ( c'est intuitive sinn cherchez sur le net) ,donc q=1 et k entier C.Q.F.D
P.S : la réccurence forte est une sorte de réccurence simple qu'on a étudier au programme voir http://fr.wikipedia.org/wiki/Raisonnement_par_r%C3%A9currence

j'attends ta confirmation rachid pour poster un exo

rachid ne veut pas etre un spammeur , il me l confirmé par mp , Je vous propose ce pb assez facile mais joli

soient a,b>=0 , montrer que:

\frac{ a}{\sqrt{a^2+b^2}} +\frac{b}{\sqrt{9a^2+b^2}} + \frac{2ab}{\sqrt{(a^2+b^2)(9a^2+b^2)}} <= \frac{3}{2}

P.S : \frac signifie la fraction et \sqrt la racine

n'oubliez pas de respectez les conditions de participation
A+

Effectivement,l'inégalité est facile mais jolie !! ( je profite du s7our pour poster ma soluce ^^ )

Preuve:

Il est facile de remarquer ( après factorisation ) que l'égalité a lieu si b²=3a².Posons par suite a=a'/( \sqrt{3} ).

L'inégalité devient alors :

a'/ ( \sqrt{a'²+3b²} ) + b/ ( \sqrt{b²+3a'²} ) +2a'b/ ( \sqrt{ (a'²+3b²)(b²+3a'²)} ) =< 3/2;

Posons x=b²/a'² et y=a'²/b²,l'inégalité devient:

1/( \sqrt{1+3x} ) + 1/( \sqrt{1+3y} ) + 2/( \sqrt{ (1+3x)(1+3y) } ) =< 3/2 avec xy=1 et x,y > 0;

Posons encore 3x+1=a² et 3y+1=b² ( ici,a et b n'ont pas de relation avec ceux de l'inégalité initiale !! );

L'inégalité équivaut à:

2a+2b+4 =< 3ab avec a,b > 0 et a²b²=a²+b²+8 ( car xy=1 );

Ou aussi ( après élévation au carré ):

4(a²+b²+8 )+8ab+16(a+b) =< 9a²b²+16 <=> 5a²b²+16 >= 8ab+16(a+b)

On sait que : a²b²+16 >= 8ab,alors il suffit de prouver que : a²b² >= 4(a+b),

mais cela est claire puisce que a²b²=(a²+4)+(b²+4) >= 4(a+b) ce qui conclut la preuve !

rachid18 a écrit:

Après la confirmation de neutrino ( par mp ),je donne cette fois un exo facile de géo :

Soit un triangle ABC,A',B',C' sont respectivement les milieux de BC,AC et AB.R est le rayon du cercle circonscrit au triangle ABC,H est l'orthocentre du triangle ABC et O est l'orthocentre du triangle A'B'C'.Prouver que OH²=9R²-AB²-BC²-AC².

Je crois qu'il est temps de poster ma solution

ona O l'orthocentre de A'B'C' ==> (A'O) est perpendiculaire sur (C'B') et comme (C'B') // (BC) ( car C' et B' les mileux de (AB) et (AC) ) , (A'O) est perpendiculaire sur (BC) ==> (A'O) est une médiatrice de (BC) , du meme (C'O) est une médiatrice de (AB) et (B'O) est une mediatrice de (AC) donc forcément O est le centre du cercle circonscrit du triangle (ABC) ,
or d'apres un résultat classique : vec(OH)= vec(OA)+vec(OB)+vec(OC) ( c'était un exo du manuel si je me rappelle bien )
==> : (OH)^2= sum( OA^2) +2 \sum( vec(OA)*vec(OB)) ou * designe le produit scalaire
==> : OH^2= 3*R^2 +2\sum{ OA^2+ vec(OA)*vec(AB))
==> : OH^2= 9*R^2 + 2\sum{ ve(OA)*vec(AB)}
==> OH^2= 9R^2+ \sum{ OB^2-OA^2-AB^2} =9R^2-( (AB)^2+(AC)^2+(BC)^2) CQFD

Edit par Rachid : Ta solution est juste,mais il existe une autre sans faire recours aux vecteurs ( Utiliser le théorème d'Al-Kashi ou Stewart astucieusement )