Préparations aux olympiades de tronc commun (2009-2010)

Othmaann a écrit:

en prenant des reels quelconque il est possible de généraliser. Mais effectivement pour éviter de polémiquer jessairai de poster une solution de votre exercice!

On ne peut pas généraliser pour une constante, de moins il te faut un intervalle, soit sure que c'est faux. ( La loi est clair )
Bonne chance dans ta tentative.

Citation :

vous gaspillez du temps !
la bonne réponse jusqu'à maintenant (, c'est la mienne) !
je propose à toi de réflichir (plutôt que de titiller sur des riens) !
on ne peut pas !
soit sure que c'est faux !

Mais pour qui vous prenez-vous ? Un peu d'humilité, bon sang.

Citation :

Si vous n'avez pas des critiques

Nous avons une myriade de critiques, mais à quoi bon ? Encore faut-il comprendre les critiques que l'on nous adresse et apprendre de celles-ci.

La démonstration de houssam est partiellement vraie (seule la conclusion est fausse), nmo l'a complétée. La tienne commence mal ("Supposant qu'il existe un réel c tels que: f(0)=c" n'a aucun sens, ce c existe systématiquement).

M.Marjani a écrit:

Trouvez toutes les applications f : |N*-->|N* telles que pour tous entiers s,t>0: f(t²f(s))=s*(f(t))². Puis déterminer la plus petite valeur possible de f(1998).

Solution incomplète :
Supposons que f(1)=1.
Pour s=1, il vient f(t²)=f(t)²
Pour t=1, il vient f(f(s))=s
Effectuons la transformation s -> f(s²). Cela est possible car s et f(s²) sont tout deux des entiers naturels non nuls. Il vient alors : f(t²f(f(s²)))=f(s²)f(t)², et compte tenu des premières relations obtenues, f((st)²)=[f(s)f(t)]², donc f(st)² = [f(s)f(t)]², donc f(st)=f(s)f(t). Or cette dernière relation est une équation fonctionnelle de référence, et a pour solution la fonction f(n)=n^a. Mais cette fonction ne peut être solution que si a=1, donc f(n)=n.

Dijkschneier a écrit:

Bla..Bla..Bla..

Citation :

Nous avons une myriade de critiques, mais à quoi bon ? Encore faut-il comprendre les critiques que l'on nous adresse et apprendre de celles-ci.

Bonjour,
Je suis toujours en attente de vos critiques sur la methode.
Tu m'a surpris de ton poste, et ton dérnier critique me semble banale de toutes façons.. essaie de trouver une autre.

Citation :

La démonstration de houssam est partiellement vraie (seule la conclusion est fausse), nmo l'a complétée. La tienne commence mal ("Supposant qu'il existe un réel c tels que: f(0)=c" n'a aucun sens, ce c existe systématiquement).

Pour la methode de Houssam, je te l'assure qu'elle est fausse. Et je pense qu'il te faut laisser les "non-utilités" et voir ce qui est important:
.

Citation :

f est dite injective si pour tous x et x' dans l'intervalle X, f(x) = f(x' ) implique x = x' .
D'une autre maniére, une application f de X dans Y est dite injective si :

"c" n'est pas un quelconque d'un intervalle, "c" est connue..

Merçi de ne pas utiliser la falsification de la parole. Enfin je te rapelle que nous n'avons pas de temps pour le gaspillié pour une equation fonctionnelle.

Bonne chance dans ta tentative "incompléte".

M.Marjani a écrit:

Trouvez toutes les applications f : |N*-->|N* telles que pour tous entiers s,t>0: f(t²f(s))=s*(f(t))². Puis déterminer la plus petite valeur possible de f(1998).
Bonne chance.

Je vois que tu cherches ds exercices qui sont d'un très haut niveau.
En fait c'est un exercice de l'IMO 1998.
Pense-tu qu'un élève de tronc commun peut le résoudre.
Personellement, je ne le pense pas.
(Après tenter ma chance, j'ai trouvé f(st)=f(1)f(s)f(t).)
Et je ne peux pas avancer.
Il vaut mieux changer l'exercice.

Dijkschneier a écrit:

M.Marjani a écrit:

Trouvez toutes les applications f : |N*-->|N* telles que pour tous entiers s,t>0: f(t²f(s))=s*(f(t))². Puis déterminer la plus petite valeur possible de f(1998).

Solution incomplète :
Supposons que f(1)=1.
Pour s=1, il vient f(t²)=f(t)²
Pour t=1, il vient f(f(s))=s
Effectuons la transformation s -> f(s²). Cela est possible car s et f(s²) sont tout deux des entiers naturels non nuls. Il vient alors : f(t²f(f(s²)))=f(s²)f(t)², et compte tenu des premières relations obtenues, f((st)²)=[f(s)f(t)]², donc f(st)² = [f(s)f(t)]², donc f(st)=f(s)f(t). Or cette dernière relation est une équation fonctionnelle de référence, et a pour solution la fonction f(n)=n^a. Mais cette fonction ne peut être solution que si a=1, donc f(n)=n.

Une solution incomplète, et qui ne vaut pas grand chose, avec tout mon respect, je m'explique:
Tu as basé ta solution sur une supposition extrèmement dangereuse, car si f(1) est différent de 1, le problème reste complet, rien n'est résolu.
Il faut chercher une autre méthode.

On va dire qu'il a juste bloqué pour montrer f(1)=1 , mais on pourra vérifier dès le départ que la fonction identité est une (des) solution de l'equation fonctionnelle et donc que f(1)=1 est une condition nécessaire.
Dans les divers compétitions s'il précise ça et continue sa démonstration il aura quand meme une partie de la note il me semble non ?

Othmaann a écrit:

On va dire qu'il a juste bloqué pour montrer f(1)=1 , mais on pourra vérifier dès le départ que la fonction identité est une (des) solution de l'equation fonctionnelle et donc que f(1)=1 est une condition nécessaire.
Dans les divers compétitions s'il précise ça et continue sa démonstration il aura quand meme une partie de la note il me semble non ?

Bonjour Othman,
J'ajoute à vos informations, que faire tels que ça dans une compétition olympique, çela lui coute du temps, du fatigue, sans gagner une seule point. ( Si f(1)=/1 ? )

Citation :

Je vois que tu cherches ds exercices qui sont d'un très haut niveau.
En fait c'est un exercice de l'IMO 1998.
Pense-tu qu'un élève de tronc commun peut le résoudre.

Bonjour nmo,
Je ne sais pas s'il est d'un olympiade INTERNATIONALE, mais je le trouve faisable par un TC, fais une autre essaie. Sinon, je donne des indications, sinon je le change avec plaisir ))

oussama1305 a écrit:

Une solution incomplète, et qui ne vaut pas grand chose, avec tout mon respect, je m'explique:
Tu as basé ta solution sur une supposition extrèmement dangereuse, car si f(1) est différent de 1, le problème reste complet, rien n'est résolu.
Il faut chercher une autre méthode.

Othmaann a écrit:

On va dire qu'il a juste bloqué pour montrer f(1)=1 , mais on pourra vérifier dès le départ que la fonction identité est une (des) solution de l'equation fonctionnelle et donc que f(1)=1 est une condition nécessaire.

Merci pour votre tentative de défense, mais ce que vous dites ne me semble pas correct. Que l'identité soit une des solutions n'implique pas que f(1)=1. Je suis très d'accord avec oussama, et mon poste se voulait être davantage une tentative de résolution qu'autre chose. "Solution incomplète" est effectivement un titre déplacé.

M.Marjani a écrit:

J'ajoute à vos informations, que faire tels que ça dans une compétition olympique, çela lui coute du temps, du fatigue, sans gagner une seule point. ( Si f(1)=/1 ? )

Voilà qui est dit !

Dijksheiner a écrit:

M.Marjani a écrit:

J'ajoute à vos informations, que faire tels que ça dans une compétition olympique, çela lui coute du temps, du fatigue, sans gagner une seule point. ( Si f(1)=/1 ? )

Voilà qui est dit !

Bonjour,
Voilà si tu n'as pas compris, ce qui est n'est pas dit: c'est que pour ne pas te faire fatigué une autre fois en "me lire", je t'annonce que c'est faux ce que t'as trouvé comme fonction solution. Je te propose de faire "une autre essaie".

Bonne chance dans "l'autre tentative".

nmo a écrit:

f(st)=f(1)f(s)f(t).)

Vous étes sur le chemin! Je vous encourage de continuer votre methode.

M.Marjani a écrit:

je t'annonce que c'est faux ce que t'as trouvé comme fonction solution.

Il se peut que l'identité ne soit pas la seule solution, mais elle est immanquablement une des solutions.

Dijkschneier a écrit:

M.Marjani a écrit:

je t'annonce que c'est faux ce que t'as trouvé comme fonction solution.

Il se peut que l'identité ne soit pas la seule solution, mais elle est immanquablement une des solutions.

Supposons que votre solution est correcte. Donc Min(f(1998))=1998 ?
Tu n'as pas encore trouvé la fonction clef jusqu'à maintenant.

M.Marjani a écrit:

Othmaann a écrit:

On va dire qu'il a juste bloqué pour montrer f(1)=1 , mais on pourra vérifier dès le départ que la fonction identité est une (des) solution de l'equation fonctionnelle et donc que f(1)=1 est une condition nécessaire.
Dans les divers compétitions s'il précise ça et continue sa démonstration il aura quand meme une partie de la note il me semble non ?

Bonjour Othman,
J'ajoute à vos informations, que faire tels que ça dans une compétition olympique, çela lui coute du temps, du fatigue, sans gagner une seule point. ( Si f(1)=/1 ? )

Citation :

Je vois que tu cherches ds exercices qui sont d'un très haut niveau.
En fait c'est un exercice de l'IMO 1998.
Pense-tu qu'un élève de tronc commun peut le résoudre.

Bonjour nmo,
Je ne sais pas s'il est d'un olympiade INTERNATIONALE, mais je le trouve faisable par un TC, fais une autre essaie. Sinon, je donne des indications, sinon je le change avec plaisir ))

J'attends impatiemment ta réponse.

C'était vraiment un exercise corsé, j'ai connais des choses utilies graces à lui, et graçe à Animath:


https://2img.net/h/i281.photobucket.com/albums/kk213/MoKhTaR_Cs/22-1.jpg
https://2img.net/h/i281.photobucket.com/albums/kk213/MoKhTaR_Cs/33.jpg

PS: Pour ma réponse, je l'ai fais en 6 pages (xd).

M.Marjani a écrit:

C'était vraiment un exercise corsé, j'ai connais des choses utilies graces à lui, et graçe à Animath:


https://2img.net/h/i281.photobucket.com/albums/kk213/MoKhTaR_Cs/22-1.jpg
https://2img.net/h/i281.photobucket.com/albums/kk213/MoKhTaR_Cs/33.jpg

PS: Pour ma réponse, je l'ai fais en 6 pages (xd).

Penses-tu que c'est pour un tronc commun?

Je vous rapelle cet exercice:

nmo a écrit:

Je vous propose un exercice de géométrie:
ABCD est un quadrilatère convexe et inscriptible.
Les diagonales [AC] et [BD] se coupent en E.
Donnons: AD=300, AE=225, AB=195, et BC=280.
Calculez l'aire de ce quadrilatère.
Bonne chance.

Bonsoir,
Application directe du formule de Brahmagupta qui est semblable à celle de Heron dans un triangle :



Avec: Et: a,b,c,d les longueurs du quadrilatére.

Esspérant que nmo le changera d'un autre EXO.

Citation :

Penses-tu que c'est pour un tronc commun?

Je l'ai trouvé faisable, il faut travailler surtout ce genre d'exercises, pour étre enforme aux fonctions. Malgré sa difficulté, il est trés éducatif, c'est pourquoi j'ai choisi de le partager avec vous.

M.Marjani a écrit:

Bonsoir,
Application directe du formule de Brahmagupta qui est semblable à celle de Heron dans un triangle :

Avec: Et: a,b,c,d les longueurs du quadrilatére.
Esspérant que nmo le changera d'un autre EXO.

Citation :

Penses-tu que c'est pour un tronc commun?

Je l'ai trouvé faisable, il faut travailler surtout ce genre d'exercises, pour étre enforme aux fonctions. Malgré sa difficulté, il est trés éducatif, c'est pourquoi j'ai choisi de le partager avec vous.

Vas-y, quel est le résultat final?
P.S: donne moi le lien du document où il y a la solution de l'exercice que tu as proposé, et merci.

Un exercice de plus:
x, y, et z sont trois réels vérifiant .
Quelles valeurs peut atteindre x+y+z.
Bonne chance.

nmo a écrit:

M.Marjani a écrit:

Bonsoir,
Application directe du formule de Brahmagupta qui est semblable à celle de Heron dans un triangle :

Avec: Et: a,b,c,d les longueurs du quadrilatére.
Esspérant que nmo le changera d'un autre EXO.

Citation :

Penses-tu que c'est pour un tronc commun?

Je l'ai trouvé faisable, il faut travailler surtout ce genre d'exercises, pour étre enforme aux fonctions. Malgré sa difficulté, il est trés éducatif, c'est pourquoi j'ai choisi de le partager avec vous.

Vas-y, quel est le résultat final?
P.S: donne moi le lien du document où il y a la solution de l'exercice que tu as proposé, et merci.

C'était l'exercise 37 du document: http://www.sendspace.com/file/2zhfqb
* Pour l'autre exercise: p=500 => S=10²*V(36905*10).
* Pour l'exercise que t'as proposé, (s'il sagit d'une résolution du systéme j'enviseage qu'il ya 8 cas) . . En faite voiçi une solution courte car l'exercise parait façile:

Le systéme est équivalent à:
|x|>=|y+z|>=|y|+|z|
|y|>=|z+x|>=|z|+|x|
|z|>=|x+y|>=|x|+|y|

En sommant les trois énigalité:

|x|+|y|+|z|=<0 D'ou x=y=z=0
Donc: x+y+z=0.

Bonne chance.

M.Marjani a écrit:

|y+z|>=|y|+|z|

C'est plutôt l'inverse qu'on a.

nmo a écrit:

Un exercice de plus:
x, y, et z sont trois réels vérifiant .
Quelles valeurs peut atteindre x+y+z.
Bonne chance.

En utilisant en ordre, l'inégalité de CS, l'hypothèse du problème, et l'inégalité triangulaire : 3(x²+y²+z²) >= ( |x| + |y| + |z| )² >= ( |x+y| + |x+z| + |y+z| )² >= 4(x+y+z)²
D'où : 0 >= x²+y²+z² + 8(xy+xz+yz), et par conséquent, xy+xz+yz<=0.
Si x,y et z étaient tous positifs, ou tous négatifs, il y aurait clairement une contradiction.
Il y a donc au moins un réel positif et un autre négatif parmi x, y et z.
Par symétrie, on peut supposer que x >= 0 et y <=0.
- Si z >= 0 :
D'une part, la deuxième inéquation implique que -y >= |z+x| = x+z, donc 0 >= x+y+z.
D'autre part, la première inéquation implique (en ajoutant |z| des deux côtés et en utilisant l'inégalité triangulaire) que x+z >= |y+z| + |z| = |y+z| + |-z| >= |y| = -y, et donc x+y+z >= 0
Par conséquent, x+y+z=0
- Si z <= 0 :
De la même façon on montre que x+y+z=0.

En résumé, la valeur de x+y+z est toujours nulle.

Spoiler:

2éme methode:

|x|+|y|+|z|=x+y+z Si et si que (x,y,z)>=0
D'aprés les donées: z=<z-x (1), y=<x-z (2), y>=x+z (3)
On peut poser: x=z-y (A), y=x-z (B), z=x-y (C)
On remplace (A) dans (2): donc y=<z-y-z=-y donc y=0.
Or:
(1) |x|>=|y+z|=<|y|+|z| (2)
(1) |y|>=|z+x|=<|z|+|x| (2)
(1) |z|>=|x+y|=<|x|+|y| (2)

Par le coté gauche (1), et le coté droit (2), on peut avoir 8 cas !
Premier cas:
(1) |x|=<|y|+|z| (2)
(1) |y|=<|z|+|x| (2)
(1) |z|=<|x|+|y| (2)

Remplaçant y par 0 donc:

(1) |x|=<|z| (2)
(1)-|x|=<|z| (2)
(1) |z|=<|x| (2)

En sommant La deuxiéme inégalité avec la troisiéme il vient que |x|=0 => x=0. Au autres cas, on aura toujours deux inégalités qui ménent à x=y ou bien x=0 ou z=0.
En remplaçant Soit dans les iinégalités de départ soit au systém précedant: x=y=z=0. Donc x+y+z=0.

3éme methode:

|x|>=|y+z|
|y|>=|z+x|
|z|>=|x+y|

Déja montré que: z=0 et (x,y,z)>=0 . En remplaçant dans le syéstéme:

|x|>=|y| (1)
|y|>=|x| (2)
0=x+y (3)

Par (1) et (2) x=y. Prenant ce résultat et remplaçant le dans (3), une fois on a: x=0, et autre fois y=0. D'ou x+y+z=0

CQFD.

Sinon voilà une quatriéme methode:

Du systéme on déduit que:

-x=<y+z=<x
-y=<z+x=<y
-z=<x+y=<z

Donc:
0=<x+y+z=<2x
0=<x+y+z=<2y
0=<x+y+z=<2z

En sommant: 0=<x+y+z=<1. Et revenant à l'une des methodes pour montrer que x+y+z=0.

Merçi.