Préparations aux olympiades de tronc commun (2009-2010)

Voilà ce que j'ai fait:
Problème 1:
Le plan P est muni du repère (A,AC,AB) [vecteurs dans tout qui suit]
On a AC=AC+AB
Finalement on tire les coordonnées de C.
Xc=1 et Yc=0.
Et on a AB=AC+AB
Finalement on tire les coordonnées de B.
Xb=0 et Yb=1.
Le coéficient directeur de la droite (BC) est m.
On a m=(Yb-Yc)/(Xb-Xc).
Donc m=-1. après les calculs.
Et on a NC=k.NA.
Donc NA+AC=k.NA.
Donc AC=k.NA-NA.
Donc AC=(k-1)NA.
Donc AC=(1-k)AN.
Donc AN=[1/(1-k)]AC.
Finalement on tire les coordonnées de N.
Xn=[1/(1-k)] et Yn=0.
Et on a MA=k.MB.
Donc MB+BA=k.MB.
Donc BA=k.MB-MB.
Donc BA=(k-1)MB.
Donc AB=(1-k)MB.
Donc MB=[1/(1-k)]AB.
Finalement on tire les coordonnées de M.
Xm=0 et Ym=[1/(1-k)].
J est le milieu de (MN).
On tire les coordonnées de J.
Xj=[1/(2-2k)] et Yj=[1/(2-2k)]. après les calculs.
I est le milieu de (BC).
On tire les coordonnées de I.
Xi=1/2 et Yi=1/2. après les calculs.
Le coéficient directeur de la droite (IJ) est m'.
On a m'=(Yj-Yi)/(Xj-Xi).
Donc m'=1. après les calculs.
Et puisque m*m'=-1.
Les droites (IJ) et (BC) sont perpendiculaires.

Vos solutions semblent être justes.
Voici une solution alternative au premier problème.
Solution du problème 1 :
Soit E l'intersection de (IJ) et de (AC).
Il est équivalent alors de prouver que .
On peut maintenant se servir de la réciproque du théorème de Thalès, en montrant simplement que , ou encore, que .
Ce qui est facile à établir par projection.

bon bein voila mon exo , c'est assez facil donc n'hésitez pas ^^ :

demontré cette inégalitée : pour tout x>0 ou n entier
(1+x)^n>= 1 +nx
cette inégalité est aussi connu sous le nom d'inégalité de bernoulli !

darkpseudo a écrit:

bon bein voila mon exo , c'est assez facil donc n'hésitez pas ^^ :

demontré cette inégalitée : pour tout x>0 ou n entier
(1+x)^n>= 1 +nx
cette inégalité est aussi connu sous le nom d'inégalité de bernoulli !

Pour n=2 l'inégalité devient (1+x)^2>1+2x.
Montrons que cela est juste.
On a x>0 d'après l'énoncé.
Donc x^2>0.
Donc x^2+2x+1>2x+1.
Donc (1+x)^2>1+2x.
Cela montre que l'inégalité est vraie pour n=2.
Supposons que x>1.
Montrons que la propriété est vraie au rang suivant n+1 :
On a (1+x)^n>=1+nx.
Donc (1+x)(1+x)^n>=(1+x)(1+nx).
Donc (1+x)^(n+1)>=1+nx+x+nx^2.
Donc (1+x)^(n+1)>=1+(1+n)x+nx^2.
Et puisque 1+(1+n)x+nx^2>1+(1+n)x.
Car nx^2>0.
Il s'ensuit que (1+x)^(n+1)>=1+(1+n)x.
La propriété est vraie au rang 2 et elle est héréditaire donc vraie pour tout entier n supérieur ou égal à 2 avec x non nul et strictement supérieur à -1.

Dijkschneier a écrit:

Problème 2 :
ABCD est un quadrilatère convexe. A', B', C', et D' sont des points tels que :
.
Montrer que l'aire du quadrilatère A'B'C'D' est égale à cinq fois l'aire du quadrilatère ABCD.

Il reste celui-ci avant de continuer le jeu.
Bonne chance.

bien joué nmo , pour le probléme de dijks j'ai donné l'indice il ne suffit que de démontré ce qui n'est pas tro corcé mais assez long , donc je t'invite a poster un exo ^^

darkpseudo a écrit:

bien joué nmo , pour le probléme de dijks j'ai donné l'indice il ne suffit que de démontré ce qui n'est pas tro corcé mais assez long , donc je t'invite a poster un exo ^^

Ne pas sous-estimer un problème. Merci d'apporter une preuve développée.

Dijkschneier a écrit:

darkpseudo a écrit:

bien joué nmo , pour le probléme de dijks j'ai donné l'indice il ne suffit que de démontré ce qui n'est pas tro corcé mais assez long , donc je t'invite a poster un exo ^^

Ne pas sous-estimer un problème. Merci d'apporter une preuve développée.

Je suis avec toi, il faut résoudre celui-ci avant de continuer.

Voilà un sujet de recherche Sur les fonctions
J'ai trouvé une solution mais je pense qu'elle n'est pas vallable pour tous les X dans R
En tout cas voilà l'énoncé
Soit f une fonction définie sur r :
f réalise que : f(x)+f(x-1)=x²
sachant que f(19)=99
calculer f(94)
J'attends vos réponses pale afro[

Sylphaen a écrit:

f(x)+f(x-1)=x²
f(x-1)=(x-1)²-f(x-2)=(x-1)²-(x-2)²+f(x-3)
f(x-1)=(x-1)²-(x-2)²+(x-3)²-f(x-4)
f(x-1)=(x-1)²-(x-2)²+(x-3)²-(x-4)²+f(x-5)
f(x-1)=(x-1)²-(x-2)²+(x-3)²-(x-4)²+(x-5)²-f(x-6)
=>
f(x)-f(x-6)=x²-[(x-1)²-(x-2)²+(x-3)²-(x-4)²+(x-5)²]
=2x-1 +2x-5+2x-9
=6x-15 (1)
f(x-6)-f(x-12)=6(x-6)-15=6x-51 (2)
(1)+(2) =>f(x)-f(x-12)=12x-66 (3)
f(x-12)-f(x-24)=12(x-12)-66=12x-210 (4)
(3)+(4) => f(x)-f(x-24)=24x-276 (5)
f(x-24)-f(x-48)=24(x-24)-276=24x-852 (6)
(5)+(6) => f(x)-f(x-48)=48x-1128
et on a :
f(x-48)-f(x-72)=24(x-48)-276=24x-1428
Donc :
f(x)-f(x-72)=72x-2556
Et on a :
f(x-72)-f(x-74)=2(x-72)-1=2x-145
Donc :
f(x)-f(x-74)=74x-2701
x=94
f(94)-f(20)=4255
Et on a :
f(20)=20²-f(19)=381
Donc :
f(94)=4638

C'est la réponse de l'exercice de Med oussadan.

Avant de répondre:
Soit ABC un triangle et M le milieu de [BC] et h la hauteur passant par A.
On a BM=MC.
Donc BM*h=MC*h.
Donc (BM*h)/2=(MC*h)/2.
Finalement S(ABM)=S(AMC).
Maintenant au travail:
Posons S(ABC)=X et S(ADC)=Y et S(ABD)=Z et S(CBD)=T.
avec X+Y=Z+T.
Donc on a S(ABCD)=X+Y.
D'autre part on a AA'=DA donc A est le milieu de AD'.
De même B est le milieu de AB'.
De même C est le milieu de BC'.
De même D est le milieu de CD'.
En utilisant la méthode que je viens d'annocer.
On trouve:
S(ADB)=S(AA'B)=S(A'BB')=Z.
S(DBC)=S(CDC')=S(DD'C')=T.
S(ABC)=S(CBB')=S(CB'C')=X.
S(ADC)=S(ADD')=S(AA'D')=Y.
On a S(A'B'C'D')=S(ADB)+S(AA'B)+S(A'BB')+S(DBC)+S(CDC')+S(DD'C')+S(ADD')+S(AA'D')+S(CBB')+S(CB'C').
Donc S(A'B'C'D')=3Z+3T+2Y+2X.
Donc S(A'B'C'D')=3(Z+T)+2Y+2X.
Donc S(A'B'C'D')=3(Y+X)+2Y+2X.
Donc S(A'B'C'D')=5(X+Y).
Soit en résumé S(A'B'C'D')=5*S(ABCD).
CQFD.
Sauf faute de frappe.
A toi Dijkschneier de me confirmer la méthode.

J'ai déja posté ceci:

nmo a écrit:

2/**Montrez qu'il existe un et un seul polynôme du deuxième degré tel que pour m, n, et p des nombres connues:
P(1)=m, P(2)=n, et P(3)=p.
**Trouvez ce polynome tel que:
#m=n=p=2500.
#m=3, n=6, et p=9.
#m=1, n=4, et p=9.

Voici la réponse:
P(x) est un pôlynome du second degré.
Donc il a la forme P(x)=ax^2+bx+c.
On a P(1)=a*1^2+b*1+c.
Donc m=a*1+b+c.
Donc a+b+c=m.
On a P(2)=a*2^2+b*2+c.
Donc n=a*4+2b+c.
Donc 4a+2b+c=n.
On a P(3)=a*3^2+b*3+c.
Donc p=a*9+3b+c.
Donc 9a+3b+c=p.
Il s'agit ici de résoudre le système:
9a+3b+c=p.
4a+2b+c=n.
a+b+c=m.
Qui possède une unique solution, la voici:
a=m/2-n+p/2.
b=-5m/2-3p/2+4n.
c=3m-3n+p.
Pour le deuxième, il s'agit de remplacer:
#m=n=p=2500.
a=0 et b=0 et c=2500.
Donc P(x)=2500.
#m=3, n=6, et p=9.
a=0 et b=3 et c=0.
Donc P(x)=3x.
#m=1, n=4, et p=9.
a=1 et b=0 et c=0.
Donc P(x)=x^2.
Sauf faute de calcul.

Ou est-tu Dijkschneier ? Est-ce juste ? Réponds-moi vite.

nmo a écrit:

Avant de répondre:
Soit ABC un triangle et M le milieu de [BC] et h la hauteur passant par A.
On a BM=MC.
Donc BM*h=MC*h.
Donc (BM*h)/2=(MC*h)/2.
Finalement S(ABM)=S(AMC).
Maintenant au travail:
Posons S(ABC)=X et S(ADC)=Y et S(ABD)=Z et S(CBD)=T.
avec X+Y=Z+T.
Donc on a S(ABCD)=X+Y.
D'autre part on a AA'=DA donc A est le milieu de AD'.
De même B est le milieu de AB'.
De même C est le milieu de BC'.
De même D est le milieu de CD'.
En utilisant la méthode que je viens d'annocer.
On trouve:
S(ADB)=S(AA'B)=S(A'BB')=Z.
S(DBC)=S(CDC')=S(DD'C')=T.
S(ABC)=S(CBB')=S(CB'C')=X.
S(ADC)=S(ADD')=S(AA'D')=Y.
On a S(A'B'C'D')=S(ADB)+S(AA'B)+S(A'BB')+S(DBC)+S(CDC')+S(DD'C')+S(ADD')+S(AA'D')+S(CBB')+S(CB'C').
Donc S(A'B'C'D')=3Z+3T+2Y+2X.
Donc S(A'B'C'D')=3(Z+T)+2Y+2X.
Donc S(A'B'C'D')=3(Y+X)+2Y+2X.
Donc S(A'B'C'D')=5(X+Y).
Soit en résumé S(A'B'C'D')=5*S(ABCD).
CQFD.
Sauf faute de frappe.
A toi Dijkschneier de me confirmer la méthode.

Je n'ai que balayé du regard, mais ta preuve me semble correcte.
Le "truc" était de savoir qu'une médiane coupe un triangle en deux portions d'égales surfaces.

Problème :

Soit (C) le cercle de centre O et de diamètre [AB].
Soit (C') le cercle de centre I et de diamètre [OB].
Soit (D) la tangente au cercle (C') qui passe par le point A.
(D) coupe le cercle (C) au point C.
Soit x le rayon du cercle (C).
Déterminer la distance AC en fonction de x.

salut
ABC est trinangle rectangle
(D) coupe (C')en H
donc (HI)||(BC
donc
HI/BC=AI/AB==> IB/BC=AI/AB ==> BC=IB.AB/AI
et IB=x/2 et AB=2x et AI=3x/2
BC=2x/3
avec pytagor on aura AC
AC²=AB²-BC²
AC=4xV2/3
sauf erreur
A+

Ta solution houssam110 est juste.
Il n'y a rien à ajouter.
A toi de poster un nouveau problème.

Afin de ne pas trop tarder voici deux problèmes, à vous de jouer:
Problème1:
Soit ABC un triangle équilatéral et (C) son cercle circonscrit.
D est un point de l'arc [AB] et M un point appartenant à [DC] tel que DM=DA.
La droite (AM) coupe (C) en E.
Montrez que DC=DA+DB.
Problème2:
ABC est un triangle isocèle en A.
On dessine le rectangle BCEF dans le demi plan non contenant le triangle ABC de telle sorte que BF=BA.
I et D sont les milieux respectifs de [EF] et [CE].
Montrez que l'angle BID est droit.
Bonne chance.

Je donne maintenant des indices pour poster les réponses jeudi prochain si je ne les trouve pas.
Pour le premier, on le résoud par la loi des angles inscrits.
Pour le deuxième, on procède par pytagore.
Bonne chance.

Comme j'ai déja dit, voici la solution du premier exercice:
Premièrement: Montrons que le triangle DAM est équilatéral.
On a d'après l'énoncé DM=DA.
Donc le triangle DAM est isocèle en D.
Et on a ABC=ADM (angles) car ce sont deux angles inscrits limitant le même arc [AC].
Et comme on a ABC un triangle équilatéral.
Il s'ensuit que ABC=60°. (angle)
Donc ADM=60°. (angle)
Dans le triangle DAM, on a ADM=60° et DAM=DMA. (angles)
Donc DAM=DMA=ADM=60°. (angles)
Et par conséquant le triangle DAM est équilatéral.
Deuxièmement: Montrons que le quadrilatère DMEB est un parallélogramme.
On a BDM=BAC (angles) car ce sont deux angles inscrits limitant le même arc [BC].
Et on a BEM=BCA (angles) car ce sont deux angles inscrits limitant le même arc [AB].
Et on a aussi BAC=BCA (angles) car le triangle ABC est équilatéral.
Donc BDM=BEM. (angles)
D'autre part on a les angles AMD et DME sont complémentaires.
Donc AMD+DME=180°. (angles)
Et puisque AMD=60°. (angle)
Donc DME=120°. (angle)
Dans le quadrilatère DMEB, on a DME=120° et MDB=MEB=60°. (angles)
Donc DBE=120°. (angle)
Donc tout angles juxtaposés dans le quadrilatère DMEB sont égaux.
Il s'ensuit que c'est un parallélogramme.
Troisèmement: Montrons que le triangle MEC est équilatéral.
On a DAE=MEC (angles) car ce sont deux angles inscrits limitant le même arc [DE].
Et puisque DAE=60°. (angle)
Donc MCE=60°. (angle)
Et on a EMC=DMA. (angle) car ce sont deux angles Opposés à la tête.
Et puisque DMA=60°. (angle)
Donc EMC=60°. (angle)
Il s'ensuit que MCE=60°. (angle)
Et par conséquent le triangle MEC est équilatéral.
Quatrièmement: la conclusion.
On a ME=MC car le triangle MEC est équilatéral.
Et on a DB=ME car le quadrilatère DMEB est un parallélogramme.
Donc DB=MC.
Le point M appartient au segment [DC].
Donc DC=DM+MC.
Donc DC=DA+DB.
CQFD. sauf faute de frappe.

Et voici la solution du deuxième problème:
Posons AC=AB=a.
Donc BF=EC=a et CD=DE=a/2.
On a ABC un triangle rectangle en A.
Donc BC^2=AB^2+AC^2.
Donc BC^2=a^2+a^2.
Donc BC^2=2a^2.
Et on a BCD un triangle rectangle en C.
Donc BD^2=BC^2+DC^2.
Donc BD^2=2a^2+(a/2)^2.
Donc BD^2=2a^2+(a^2)/4.
Donc BD^2=(9a^2)/4.==>(1)
Et on a IED un triangle rectangle en E.
Donc ID^2=IE^2+ED^2.
Donc ID^2=(FE/2)^2+ED^2.
Donc ID^2=(BC/2)^2+ED^2.
Donc ID^2=BC^2/4+(a/2)^2.
Donc ID^2=(2a^2)/4+(a^2)/4.
Donc ID^2=(3a^2)/4.==>(2)
Et on a BFI un triangle rectangle en F.
Donc BI^2=BF^2+FI^2.
Donc BI^2=a^2+IE^2.
Donc BI^2=a^2+(2a^2)/4.
Donc BI^2=(3a^2)/2.==>(3)
Et de 2 et 3 on conclut que BI^2+ID^2=(3a^2)/2+(3a^2)/4.
Donc BI^2+ID^2=(9a^2)/4.
Et on a d'après 1 que BD^2=(9a^2)/4.
Soit en résumé BD^2=BI^2+ID^2.
Et d'après le réciproque du théorème de pytagore, le triangle IBD est rectangle en I.
Donc l'angle BID est droit.
CQFD. sauf faute de frappe.

Je vous propose ainsi ces deux problèmes d'algèbre:
Problème1:
Trouvez x,y, et z des réels vérifiant:
z^2-4x=1 et y^2+6z=-17 et x^2+2y=2.
Problème2:
Le nombre suivant est-il naturel?
.
Bonne chance.
P.S: ce sont des exercices assez facile.

Un problème de plus :
Problème :
Résoudre dans l'équation suivante :

Slt Dijkschneier

Dijkschneier a écrit:

Un problème de plus :
Problème :
Résoudre dans l'équation suivante :

[/

On simplifier l'equation :

V(((x-2030)/22)+1)+V(((x-2030)/21)+1)+V(((x-2030)/20)+1)=V(((x-2030)/2008)+1)+V(((x-2030)/2009)+1)+V(((x-2030))/2010+1)

[V(((x-2030)/22)+1)]²=[V(((x-2030))/2010+1)]²
Donc : (x-2008)/22=(x-20)/2010
ca veut dire : x=2030

Je vais vérifier si 2030 est la seule solution de l'équation :

Si x-2030>0 On a :

V(((x-2030)/22)+1)>=V(((x-2030)/2008)+1)
V(((x-2030)/21)+1)>=V(((x-2030)/2009)+1)
V(((x-2030)/20)+1)>=V(((x-2030))/2010)+1)

Donc :

V(((x-2030)/22)+1)+V(((x-2030)/21)+1)+V(((x-2030)/20)+1)>=V(((x-2030)/2008)+1)+V(((x-2030)/2009)+1)+V(((x-2030))/2010+1)

Posons : x-2030=Y pour plus de simplification ,l'inigalité demeure :

V((Y/22)+1)+V((Y/21)+1)+V((Y/20)+1)>=V((Y/2008)+1)+V((Y/2009)+1)+V((Y/2010)+1)

Alors: S={2030}

Si Y<0
C'est impossible donc :
S={}

on conclut enfin que la solution de l'equation :

S={2030}

CQFG

Dijkschneier a écrit:

Un problème de plus :
Problème :
Résoudre dans l'équation suivante :

Je vous attends )) j'espére que c'est juste.