Préparations aux olympiades de première (2010-2011)

boubou math a écrit:

Salut
JE poste une autre solution d'exo 77
a>b+c d'ou 2a>2 a>1 de meme b>1 et c>1 d'ou (a-1)(1-b)(1-c)<0
a+b+c-ab-ac-bc+abc-1<0
1-ab-ac-bc+abc<0
d'une autre part (a+b+c)²=a²+b²+c²+2(ab+ac+bc)=4
ab+ac+bc=(4-a²-b²-c²)/2
l'inégalité devient 1-(4-a²-b²-c²)/2 + abc<0
2+a²+b²+c²-4+2abc<0
a²+b²+c²+2abc<2
AMICALEMENT .

T'as inversé les signes

oué faute de frappe sinon la reponsse est juste

Problème 78:
Soit ABC un triangle et h l'hauteur issue de A. On note x=<BAC
i) Montrez que AB+AC>= BC.cosx + 2h.sinx
ii) Montrez le cas d'égalité

J'attends le problème 79 puisqu'on se comprend...

Problème 79:


On considère un triangle ABC . Le demi cerlce de diamètre BC coupe les côtés AB et AC en D et E respectivement, soient F et G les projections ortogonales de D et E sur BC. Les droites EF et DG se coupent en M.
Montrez que les droites BC et AM sont perpediculaires

Voici un problème de plus et qui est intéressant.

Problème 80 :

Soit a,b,c et d des réels positives . Montrer que :

(*) (a^5-a²+3)(b^5-b²+3)(c^5-c²+3) >= (a+b+c)^3 .
(**) (a+b)^3 (b+c)^3 (c+d)^3 (d+a)^3 ≥ 16a^2b^2c^2d^2 (a+b+c+d)^4

Dijkschneier a écrit:

J'attends le problème 79 puisqu'on se comprend...

Le problème 78 n'est pas trivial, mon cher.

M.Marjani a écrit:

Voici un problème de plus et qui est intéressant.
Problème 80 :
Soit a,b,c et d des réels positives . Montrer que :
(*) (a^5-a²+3)(b^5-b²+3)(c^5-c²+3) >= (a+b+c)^3 .
(**) (a+b)^3 (b+c)^3 (c+d)^3 (d+a)^3 ≥ 16a^2b^2c^2d^2 (a+b+c+d)^4

La première inégalité est classique.
La solution est dans le lien suivant:
http://www.artofproblemsolving.com/Wiki/index.php/2004_USAMO_Problems/Problem_5.
Bonne découverte.

Mehdi.O a écrit:

Problème 78:
Soit ABC un triangle et h l'hauteur issue de A. On note x=<BAC
i) Montrez que AB+AC>= BC.cosx + 2h.sinx
ii) Montrez le cas d'égalité

Pour la question i) on note d'abord M la projection orthogonal de A sur (BC) [AM=h]
on sait que

alors

et ainsi

finalement
C.Q.F.D
sauf erreur!

Mehdi.O a écrit:

Problème 78:
Soit ABC un triangle et h l'hauteur issue de A. On note x=<BAC
i) Montrez que AB+AC>= BC.cosx + 2h.sinx
ii) Montrez le cas d'égalité

et pour ii) suffit de resoudre les deux equations et et en deduire le resultat qui est je crois ABC triangle equilateral
sauf erreur
amicalement

yasserito a écrit:

Mehdi.O a écrit:

Problème 78:
Soit ABC un triangle et h l'hauteur issue de A. On note x=<BAC
i) Montrez que AB+AC>= BC.cosx + 2h.sinx
ii) Montrez le cas d'égalité

Pour la question i) on note d'abord M la projection orthogonal de A sur (BC) [AM=h]
on sait que

alors

et ainsi

finalement
C.Q.F.D
sauf erreur!

Très Bien, le cas d'égalité est quand ABC est équilatéral

oui car en resolvant les deux equation on recoit x=ABM et x=ACM alors ABM=ACM
!que ce triangle soit isocele n'est pas suffisant ??

yasserito a écrit:

oui car en resolvant les deux equation on recoit x=ABM et x=ACM alors ABM=ACM
!que ce triangle soit isocele n'est pas suffisant ??

Non. Puisque ABM=ACM=x=BAC.

mizmaz a écrit:

yasserito a écrit:

oui car en resolvant les deux equation on recoit x=ABM et x=ACM alors ABM=ACM
!que ce triangle soit isocele n'est pas suffisant ??

Non. Puisque ABM=ACM=x=BAC.

Ae! dsl j'ai mal lu l'énoncé j'ai cru que x est inférieur ou égale a BAC.C'est rectifié
Merci pour la clarification

yasserito a écrit:

mizmaz a écrit:

yasserito a écrit:

oui car en resolvant les deux equation on recoit x=ABM et x=ACM alors ABM=ACM
!que ce triangle soit isocele n'est pas suffisant ??

Non. Puisque ABM=ACM=x=BAC.

pourquoi x=BAC ??dsl si c'etait une question stupide de ma part!je sais que le triangle est iquelaterale mais cmt le prouver??

Lis l'énoncé.

je crois que j'ai pas compris le signe est ce que le signe x=<BAC veut dire que x est inferieure ou egale a BAC ou bien que x=BAC ??

< Désigne l'angle

@nmo : OUi c'est l'idée, s'il aurait une tentative par les participants ça serait bien sure du joli travail. On peut donner une solution bien meilleur à celui qui figure au site, je suis optimiste.

Mehdi.O a écrit:

Problème 79:


On considère un triangle ABC . Le demi cerlce de diamètre BC coupe les côtés AB et AC en D et E respectivement, soient F et G les projections ortogonales de D et E sur BC. Les droites EF et DG se coupent en M.
Montrez que les droites BC et AM sont perpediculaires

Il n'y a pas quelque chose de dure dans ce problème. Par exemple, on peut tracer les deux triangles BDC et BEC qui sont rectangles, puis chercher deux triangles semblables affin d'appliquer Thalès et avoir soit (EG) // (AH) tel que H le projeté orthogonale de A sur [BC] cela si nous travaillons sur BEC. Je préfère d'utiliser AHC et EGC qui est facile de les prouvé semblables. .
Un peu de trigonométrie, de calcules d'angles et trouver la relation entre les angles en les exprimant par les cotés des triangles permet de mettre fin à la démonstration.

Désolé de passer très vite, c'est l'idée en principe. On peut attendre une solution bien détaillé, si j'avais du temps en ce moment je l'aurait déjà fait.

PS : La question (ii) du dernier problème restant n'est qu'une histoire de chercher les théorèmes d'inégalités qui peuvent être interessant pour le résoudre. Cherchant un peu.

M.Marjani a écrit:

@nmo : OUi c'est l'idée, s'il aurait une tentative par les participants ça serait bien sure du joli travail. On peut donner une solution bien meilleur à celui qui figure au site, je suis optimiste.

Mehdi.O a écrit:

Problème 79:


On considère un triangle ABC . Le demi cerlce de diamètre BC coupe les côtés AB et AC en D et E respectivement, soient F et G les projections ortogonales de D et E sur BC. Les droites EF et DG se coupent en M.
Montrez que les droites BC et AM sont perpediculaires

Il n'y a pas quelque chose de dure dans ce problème. Par exemple, on peut tracer les deux triangles BDC et BEC qui sont rectangles, puis chercher deux triangles semblables affin d'appliquer Thalès et avoir soit (EG) // (AH) tel que H le projeté orthogonale de A sur [BC] cela si nous travaillons sur BEC. Je préfère d'utiliser AHC et EGC qui est facile de les prouvé semblables. .
Un peu de trigonométrie, de calcules d'angles et trouver la relation entre les angles en les exprimant par les cotés des triangles permet de mettre fin à la démonstration.

Désolé de passer très vite, c'est l'idée en principe. On peut attendre une solution bien détaillé, si j'avais du temps en ce moment je l'aurait déjà fait.

PS : La question (ii) du dernier problème restant n'est qu'une histoire de chercher les théorèmes d'inégalités qui peuvent être interessant pour le résoudre. Cherchant un peu.

Merci de donner des solution claires et nettes
sinon une solution existe en utlisant soit CEVA soit Menelaus

Mehdi.O a écrit:

M.Marjani a écrit:

@nmo : OUi c'est l'idée, s'il aurait une tentative par les participants ça serait bien sure du joli travail. On peut donner une solution bien meilleur à celui qui figure au site, je suis optimiste.

Mehdi.O a écrit:

Problème 79:


On considère un triangle ABC . Le demi cerlce de diamètre BC coupe les côtés AB et AC en D et E respectivement, soient F et G les projections ortogonales de D et E sur BC. Les droites EF et DG se coupent en M.
Montrez que les droites BC et AM sont perpediculaires

Il n'y a pas quelque chose de dure dans ce problème. Par exemple, on peut tracer les deux triangles BDC et BEC qui sont rectangles, puis chercher deux triangles semblables affin d'appliquer Thalès et avoir soit (EG) // (AH) tel que H le projeté orthogonale de A sur [BC] cela si nous travaillons sur BEC. Je préfère d'utiliser AHC et EGC qui est facile de les prouvé semblables. .
Un peu de trigonométrie, de calcules d'angles et trouver la relation entre les angles en les exprimant par les cotés des triangles permet de mettre fin à la démonstration.

Désolé de passer très vite, c'est l'idée en principe. On peut attendre une solution bien détaillé, si j'avais du temps en ce moment je l'aurait déjà fait.

PS : La question (ii) du dernier problème restant n'est qu'une histoire de chercher les théorèmes d'inégalités qui peuvent être interessant pour le résoudre. Cherchant un peu.

Merci de donner des solution claires et nettes
sinon une solution existe en utlisant soit CEVA soit Menelaus

Il ne s'agit pas d'une solution, il s'agit plutôt d'une indication puisque je n'ai pas cité Solution 79. VOilà c'est mieux que rien. .

Je présenterai une solution pour la question (ii) du problème 80 si personne n'a pu posté une solution juste jusqu'à la semaine prochaine.

Cela fait 2 semaines qu'aucune solution n'a été posté au problème 79:
Solution au problème 79 :



Notons H le projeté orthogonal de A sur [BC], nous avons :

ainsi il suffit de montrer par le théorème de Ménelaus dans le triangle
Puisque D et E appartiennet au cercle de diamètre [BC] donc:
Donc:
Et comme , il vient d'après Thalès que :
Et nous avons aussi :


car les deux triangles
Ainsi
Et d'après le théorème de Ménelaus les points A,M,H sont allignés et ainsi (AM)et (BC) sont perpendiculaires.

Et que chacun se sente libre de proposer un problème.
P.S: @M.Marjani , il est temps que tu postes une solution à l'inégalité (ii)

M.Marjani a écrit:

Problème 80 :
Soit a,b,c et d des réels positives . Montrer que :
(*) (a^5-a²+3)(b^5-b²+3)(c^5-c²+3) >= (a+b+c)^3 .
(**) (a+b)^3 (b+c)^3 (c+d)^3 (d+a)^3 ≥ 16a^2b^2c^2d^2 (a+b+c+d)^4

Je réponds:
Je m'appuie sur la remarque suivante: .
Démontrons ce lemme, on a:
.
(On a utilisé le fait que selon l'inégalité arithmético-géométrique).
On vient de démontrer que .
Soit .==>(1)
D'autre part, on utilise l'inégalité de Maclaurin.
Miracle, ce que je veux est le cas n=4, que Wikipédia lui présente une démonstration.
Donc si x, y, z, et t sont des rééls strictement positifs, on aura .
Revenons au problème en prenant: x=abc, y=bcd, z=cda, et t=dab, on trouve:
.
On vient de démontrer donc que .==>(2)
En multipliant 1 et 2 membre par membre, on trouve .
Ou encore .
CQFD.
Sauf erreur.
P.S: A vous de chercher le cas d'égalité, car je commence à avoir le vertige en effectuant ces calculs.

N'publiez pas qu'il nous reste le cas d'égalité pour l'exercice précédant.
Je prends l'initiative et je vous propose l'exercice suivant, même s'il n'est pas trop difficile:
Problème 81:
Le plan est muni d'un repère orthonormé -.
Trouvez une équation du cercle (C) dans les deux as suivants:
1- est son centre, et elle limite avec la droite une corde dont la mesure est 6.
2-La droite est tangente au cercle en et la droite est aussi tangente au cercle.
Bonne chance.

nmo a écrit:

N'publiez pas qu'il nous reste le cas d'égalité pour l'exercice précédant.
Je prends l'initiative et je vous propose l'exercice suivant, même s'il n'est pas trop difficile:
Problème 81:
Le plan est muni d'un repère orthonormé -.
Trouvez une équation du cercle (C) dans les deux as suivants:
1- est son centre, et elle limite avec la droite une corde dont la mesure est 6.
2-La droite est tangente au cercle en et la droite est aussi tangente au cercle.
Bonne chance.

[b]Solution au 81ème problème:
1-En un premier temps,calculons la distance entre Omega et (D):

Soit maintenant M et N les intersections entre (C) et (D),Puisque ΩMN est équilatérale,on obtient
Il en résulte que :
Pour le deuxième,il suffit de remarque que et sont parallèles,ce qui implique que le rayon du cercle est la moitié de la distance entre les deux droites.

nmo a écrit:

M.Marjani a écrit:

Problème 80 :
Soit a,b,c et d des réels positives . Montrer que :
(*) (a^5-a²+3)(b^5-b²+3)(c^5-c²+3) >= (a+b+c)^3 .
(**) (a+b)^3 (b+c)^3 (c+d)^3 (d+a)^3 ≥ 16a^2b^2c^2d^2 (a+b+c+d)^4

Je réponds:
Je m'appuie sur la remarque suivante: .
Démontrons ce lemme, on a:
.
(On a utilisé le fait que selon l'inégalité arithmético-géométrique).
On vient de démontrer que .
Soit .==>(1)
D'autre part, on utilise l'inégalité de Maclaurin.
Miracle, ce que je veux est le cas n=4, que Wikipédia lui présente une démonstration.
Donc si x, y, z, et t sont des rééls strictement positifs, on aura .
Revenons au problème en prenant: x=abc, y=bcd, z=cda, et t=dab, on trouve:
.
On vient de démontrer donc que .==>(2)
En multipliant 1 et 2 membre par membre, on trouve .
Ou encore .
CQFD.
Sauf erreur.
P.S: A vous de chercher le cas d'égalité, car je commence à avoir le vertige en effectuant ces calculs.

Trés bien !
Une belle solution. Le cas d'égalité n'est pas nécessaire.

Problème 82:
Soit a,b,c des réels strictement positifs:
Montrez que si:
On a :