Grand Jeu d'Hiver 2009-2010.(préparation à l'imo 2010.)

Salam!..
0^0=né pa définie....==> contradiction..

Oui t'a raison j'avais loupé celui là dsl..
Donc :

S= {(0,n),(n,0)} / n£IN*

SALAM
Solution (sauf erreur..!)
(m+n)^(m+n)=m^m+n^n
<==> m^(m+n)+n^(m+n)+....=n^m+n^n
<==> m^m(m^n-1)+n^n(n^m-1)+....=0 (1) (...=A)
si m oubien n s'annule on aura lequation equivalente a n^n=0^0+n^n ckyé absurde
donc m et n>1 ==> m^n>1 et n^m>1
donc tous les nombres de (1) sont positifs car A contient la somme des produits constitué des entiers m et n
donc
(m^m=0 ou m^n=1)et (n^n=0 ou n^m=1)et A=0
kyé absurde
donc il existe po d'entiers m et n tels que (n+m)^(m+n)=m^m+n^n ..

Sylphaen a écrit:

Oui t'a raison j'avais loupé celui là dsl..
Donc :

S= {(0,n),(n,0)} / n£IN*

je parle de ce 0
car tu ora n^n=0^0+n^n ..

Sylphaen a écrit:

(m+n)^m+n=m^mn+n^mn+...

Pourquoi ?

Dans ce problème pas de solution!
Je vous propose le suivant:
Résoudre l'équation fonctionnelle dans N:
pour tout n appartenant à N,f:N-->N
f(n)+f(f(2n))+f(f(f(4n)))=7n.

Ouép désolé je croyais que 0^0=0 >.< lol

oué 0^0 né po définie ...

Je vois que ce jeu n'avance plus !! je vais proposé un noveau problème à l'attente de la réponse de beautiful mind :

Trouvez tous les entiers positifs n tel que le nombre :



soit un carré parfait

A ssi Abdek, wa l'inégalitéééééaaaaaaaaa , aaaaa9wiyyyyaaaawwww

solution proposée pour le problème de "beautiful mind" :

je suppose qu'il existe n / f(n) est strictement sup à n


f(f(2n)) est sup à 2n et f(f(f(3n))) est sup à 3n


==) 7n est strictement à 7n , contradiction

la mçme chose pour f(n) strictement inferieur à n


conclusion : f(n) = n / quelque soit n de IN

Thalès a écrit:

A ssi Abdek, wa l'inégalitéééééaaaaaaaaa , aaaaa9wiyyyyaaaawwww

hhhhhhhhh loool .... je suis arrivé a Oujda juste Maintenant il nous faut la3youni ici je crois kil na pa encor arrivé ché lui ^^^^

Loool, oui c'est lui qui sait très bien faire le truc de l'inégalitéaaa ! xDD

Abdek_M a écrit:

Je vois que ce jeu n'avance plus !! je vais proposé un noveau problème à l'attente de la réponse de beautiful mind :

Trouvez tous les entiers positifs n tel que le nombre :



soit un carré parfait

donc 3^n=(p-n)(p+n) ==> p-n=3^a et p+n= 3^b avec a+b=n et b>=a

alors 2n= 3^(n-a)- 3^a

<=> 3^a ( 2n + 3^a)= 3^n ($)
il est claire que 3^a divise n alors n=k3^a
si k>=2 ($) devient :
3^(2a) ( 2k+1) = 3^( k3^a)
par bernoulli : 3^(k3^a) = ( 3^(3^a))^k >= k(3^(3^a)-1) +1 >= 3k3^(2a)-k+1 = 2k3^(2a) + k3^(2a) +1-k >= 2k3^(2a) + 3^(2a)
donc k=1 ou k=0 ,
si k=1 tjrs avec bernoulli on peut vérifier que n=1 et n=3
si k=0 alors n=0 , sauf erreur

bien joué anas a toi l'honeur de posté un nouvuea exo

Merci Abdelmalk pr la confirmation , et dsl pour le retard , je vs propose une equation fonctionelle assez simple,

trouvez ts les fcts de R vers R tel que pr ts x,y de R ona :
f(f(x)+y)=f(x²-y)+4yf(x) , n'allez pas sur animath et tricher

P.S: @abdek : tzzz

IRAN 96 NON?

n.naoufal a écrit:

IRAN 96 NON?

slt naoufal , je c pas vraiement la source , tu peux laisser la chance aux autres pr essayer

n.naoufal a écrit:

IRAN 96 NON?

Iran 1999 plutôt. Ce problème vient d'être posé ici : https://mathsmaroc.jeun.fr/premiere-f5/jopsm-c-est-deja-commence-t15353-30.htm .

Dijkschneier a écrit:

n.naoufal a écrit:

IRAN 96 NON?

Iran 1999 plutôt. Ce problème vient d'être posé ici : https://mathsmaroc.jeun.fr/premiere-f5/jopsm-c-est-deja-commence-t15353-30.htm .

ah bon / , dsl je vé changer le pb , voici le nouveau pb :

considérons la suite a_n définie par
a_0 entier naturel
a_(n+1)= a_n+ E( \sqrt(a_n)) MQ a_n contient une infinité de carrés parfaits
A+

il semble que personne n'a trouvé une sol , je vais changer le pb par une inégalité

soit a,b,c >0

MQ:


Crée par moi

3/2>RHS
Donc il suffit de prouver que c'est plus grand que 3/2, et on retrouve Nesbit.

Thalès a écrit:

3/2>RHS
Donc il suffit de prouver que c'est plus grand que 3/2, et on retrouve Nesbit.

t sur ? , c'est \sum ( a/(a+b)) et pas sum( a/(b+c))

neutrino a écrit:

Merci Abdelmalk pr la confirmation , et dsl pour le retard , je vs propose une equation fonctionelle assez simple,

trouvez ts les fcts de R vers R tel que pr ts x,y de R ona :
f(f(x)+y)=f(x²-y)+4yf(x) , n'allez pas sur animath et tricher

P.S: @abdek : tzzz

solution proposée

remplacer y par -f(x)
ensuite remplacer y par x^2

cela nous donnera un systeme de 2 équations

d'ou on aura 4 ( x^2f(x)- f(x)^2 ) = 0

donc f(x) =0 ou f(x) = x^2.

ce problem n'est plus proposé , regarde mon post ci dessus [b]
neutrino

neutrino a écrit:

il semble que personne n'a trouvé une sol , je vais changer le pb par une inégalité

soit a,b,c >0

MQ:


Crée par moi

L'inégalité est équivalente à :

( \sum a/(a+b) )^3 >= 27(ab+bc+ca)/8(a²+b²+c²),

Or,par linégalité de Cauchy-Schwarz on a :

2(a²+b²+c²)( \sum a/(a+b) )^3 >= ( a(a+b)+b(b+c)+c(c+a) )( \sum a/(a+b) )( \sum a/(a+b) )² >= (a+b+c)²( \sum a/(a+b) )²,

Il suffit de prouver que :

(a+b+c)² ( \sum a/(a+b) )² >= 27(ab+bc+ca)/4,

Or,en utilisant l'inégalité de Cauchy-Schwarz on a :

( \sum a/(a+b) ) = ( \sum a²/(a²+ab) )² >= ( (a+b+c)²/(a²+b²+c²+ab+bc+ca) )² = (a+b+c)^4/(a²+b²+c²+ab+bc+ca)² ,

Il suffit de prouver alors que :

(a+b+c)^6 >= 27(ab+bc+ca)(a²+b²+c²+ab+bc+ca)²/4 ,

Or,en utilisant l'inégalité d'AM-GM on trouve que :

27(ab+bc+ca)(a²+b²+c²+ab+bc+ca)²/4 = (3/2)^3 * (2ab+2bc+2ca)(a²+b²+c²+ab+bc+ca)(a²+b²+c²+ab+bc+ca) =< (3/2)^3 * ( 2(a²+b²+c²)+4(ab+bc+ca) )^3/(3)^3 = (a+b+c)^6 ,

Ce qui achève la preuve !