Préparations aux olympiades de tronc commun (2009-2010)

Mehdi.O a écrit:

On a x^3+y^3=z^3
donc (x+y)^3 = z^3 +3xy(x+y)
Donc (x+y-z)((x+y)²+z²+z(x+y))=3xy(x+y)

Erreur de signe !!

Mehdi.O a écrit:

Donc x+y-z = 3a / a € Z

Pourquoi ?

Oui j'ai fait une erreur de signe mais ça ne change rien.

Euh... Je crois que c'est une faute ... J'ai tout de suite conclut que c'est divisble par 3.
Donc tout ce qui suit est faux.
Sinon il n'y aurait pas une autre solution plus simple et plus courte.
Celle que tu as faites Dijkschneier est trop longue.
Chaque nombre entier s'écrit sous 3 formes (3a;3a+1;3a+2).

Amicalement

Mehdi.O a écrit:

Celle que tu as faites Dijkschneier est trop longue.

Laquelle, par exemple ?

Bah ta méthode
Quand tu as traité plusieurs cas :
x = 3a ou 3a+1 ou 3a +2 etc... de meme pour y et z...

Dijkschneier a écrit:

Problème :
Soient R et r (resp. R' est r') les rayons des cercles circonscrits et inscrits du triangle ABC (resp. A'B'C').
Prouver que si les deux angles ACB et A'C'B' sont de même amplitude, et Rr' = R'r, alors les triangles ABC et A'B'C' sont semblables.

Je popose ma solution, et je reviens plus tard pour l'exercice de M.Marjani.
Soit a, b, et c (resp. a', b', et c') les longueurs des côtés du triangle ABC (resp. A'B'C') tel que a=BC, b=CA, et c=AB (resp. a'=B'C', b'=C'A', et c'=A'B').
Soit O (resp. O') le centre du cercle circonscrit au triangle ABC (resp. A'B'C'). I (resp. I') celui du cercle inscrit au triangle ABC (resp. A'B'C').
Soit K (resp. K') le projeté orthogonal de I (resp. I') sur [AC] (resp. [A'C']).
Commençons maintenant:
On a Rr' = R'r.
Donc r/r'=R/R'.==>(1)
On a aussi a/sin(A)=b/sin(B)=c/sin(C)=2R.
Donc sin(C)=c/2R.
Et de même sin(C')=c'/2R'.
Et puisque C=C'.
Alors sin(C)=sin(C').
Donc c/2R=c'/2R'.
Donc c/R=c'/R'.
Donc c/c'=R/R'.==>(2)
On a aussi tan(ICK)=IK/KC.
Donc tan(C/2)=r/KC.
Et de même tan(C'/2)=r'/K'C'.
Et puisque C/2=C'/2.
Alors tan(C/2)=tan(C'/2).
Donc r/KC=r'/K'C'.
Donc r/r'=KC/K'C'.==>(3)
Il est très connu que OI²=R²-2Rr.
Donc OI²/R²=R²/R²-2Rr/R².
Donc (OI/R)²=1-2r/R.
Et de même (O'I'/R')²=1-2r'/R'.
On sait que selon 1, r/r'=R/R'.
Donc r/R=r'/R'.
Donc -2r/R=-2r'/R'.
Donc 1-2r/R=1-2r'/R'.
Donc (OI/R)²=(O'I'/R')².
Donc OI/R=O'I'/R'.
Donc OI/O'I'=R/R'.==>(4)
De 1, 2, 3, et 4, on aboutit à r/r'=R/R'=c/c'=KC/K'C'=OI/O'I'.==>(x)
D'où les quadrilatères IOCK et I'O'C'K' sont semblables.
Donc les mesures de leurs angles juxtaposés sont égaux.
Donc ACO=A'C'O'.==>(5)
Et on a OAC un triangle isocèle en O.
Donc ACO=OAC.
Et de même A'C'O'=O'A'C'.
Donc OAC=O'A'C'.==>(6)
De 5, et 6, on déduit que les deux triangles OAC et O'A'C' sont semblables.
Donc les mesures de leurs côtés sont proportionnels.
Donc il existe un réel k tel que OC/O'C'=CA/C'A'=AO/A'O'=K.
Donc R/R'=b/b'=k.==>(y)
Et de même a/a'=k.==>(z)
De x, y, et z on a a/a'=b/b'=c/c'.
Donc les triangles ABC et A'B'C' sont semblables.
CQFD.
Sauf erreur.

M.Marjani a écrit:

nmo a écrit:

A toi de poster avec plaisir.
P.S: J'attends vos remarque sur ma solution.
Il s'agit d'un exercice proposé aux stages de Rabat.
Je l'ai reformulé et puis j'ai réussi à le résoudre, mais je ne suis pas sûr de mes calcul.

Elle me plait ta methode, je vais la voir autre fois.
Exercise proposé:
Trouver la valeur minimal que peut atteindre le nombre 1/a + 2/b + 3/c puisque a,b,c des réels positives tel que:
21ab + 2bc +8ca =< 12
Bonne chance.

Encore une fois un exercice proposés aux IMO.
Pour qu'il soit faisable par un tronc commun, il faut lui guider par des questions pas à pas.
J'ai vu la démonstration complète dans un lien.
J'ai réussi à la rendre plus détaillé.
Une lacune que je n'arrive pas à comprendre:
Dans leurs démonstration, ils ont dit qu'il faut démontrer que 2V(1+7/x²)>=(3+7/x)/2.
Pour moi, lorsque je fais la même démarcha sur z, je tombe sur une expression, c'est A=...+2V(7/2 + 2/z²).
Et je ne peut pas avancer.
La question est de faire de même que 2V(1+7/x²)>=(3+7/x)/2 pour déterminer le minimum de 2V(7/2 + 2/z²).
P.S: le résultat final est 15/2, il est atteint pour x=3, y=5/2, et z=2.
J'attends vos remarques et vos réponses.

Et pour confirmer mes paroles:
Il s'agit de l'exercice 100 dans ce livre:
http://www.scribd.com/doc/22573582/This-Work-Blends-Together-Classic-Inequality-Results-With-Brand-New.
Au plaisir.

nmo a écrit:

Dijkschneier a écrit:

Problème :
Soient R et r (resp. R' est r') les rayons des cercles circonscrits et inscrits du triangle ABC (resp. A'B'C').
Prouver que si les deux angles ACB et A'C'B' sont de même amplitude, et Rr' = R'r, alors les triangles ABC et A'B'C' sont semblables.

Je popose ma solution, et je reviens plus tard pour l'exercice de M.Marjani.
Soit a, b, et c (resp. a', b', et c') les longueurs des côtés du triangle ABC (resp. A'B'C') tel que a=BC, b=CA, et c=AB (resp. a'=B'C', b'=C'A', et c'=A'B').
Soit O (resp. O') le centre du cercle circonscrit au triangle ABC (resp. A'B'C'). I (resp. I') celui du cercle inscrit au triangle ABC (resp. A'B'C').
Soit K (resp. K') le projeté orthogonal de I (resp. I') sur [AC] (resp. [A'C']).
Commençons maintenant:
On a Rr' = R'r.
Donc r/r'=R/R'.==>(1)
On a aussi a/sin(A)=b/sin(B)=c/sin(C)=2R.
Donc sin(C)=c/2R.
Et de même sin(C')=c'/2R'.
Et puisque C=C'.
Alors sin(C)=sin(C').
Donc c/2R=c'/2R'.
Donc c/R=c'/R'.
Donc c/c'=R/R'.==>(2)
On a aussi tan(ICK)=IK/KC.
Donc tan(C/2)=r/KC.
Et de même tan(C'/2)=r'/K'C'.
Et puisque C/2=C'/2.
Alors tan(C/2)=tan(C'/2).
Donc r/KC=r'/K'C'.
Donc r/r'=KC/K'C'.==>(3)
Il est très connu que OI²=R²-2Rr.
Donc OI²/R²=R²/R²-2Rr/R².
Donc (OI/R)²=1-2r/R.
Et de même (O'I'/R')²=1-2r'/R'.
On sait que selon 1, r/r'=R/R'.
Donc r/R=r'/R'.
Donc -2r/R=-2r'/R'.
Donc 1-2r/R=1-2r'/R'.
Donc (OI/R)²=(O'I'/R')².
Donc OI/R=O'I'/R'.
Donc OI/O'I'=R/R'.==>(4)
De 1, 2, 3, et 4, on aboutit à r/r'=R/R'=c/c'=KC/K'C'=OI/O'I'.==>(x)
D'où les quadrilatères IOCK et I'O'C'K' sont semblables.
Donc les mesures de leurs angles juxtaposés sont égaux.
Donc ACO=A'C'O'.==>(5)
Et on a OAC un triangle isocèle en O.
Donc ACO=OAC.
Et de même A'C'O'=O'A'C'.
Donc OAC=O'A'C'.==>(6)
De 5, et 6, on déduit que les deux triangles OAC et O'A'C' sont semblables.
Donc les mesures de leurs côtés sont proportionnels.
Donc il existe un réel k tel que OC/O'C'=CA/C'A'=AO/A'O'=K.
Donc R/R'=b/b'=k.==>(y)
Et de même a/a'=k.==>(z)
De x, y, et z on a a/a'=b/b'=c/c'.
Donc les triangles ABC et A'B'C' sont semblables.
CQFD.
Sauf erreur.

Parfait.
A toi de poster éventuellement un nouveau problème.

Dijkschneier a écrit:

Parfait.
A toi de poster éventuellement un nouveau problème.

Ok, j'accepte qu'il poste un exercise, malgré que j'ai répondu le premier.

Spoiler:

M.Marjani a écrit:

Ok, j'accepte qu'il poste un exercise, malgré que j'ai répondu le premier.

Ta réponse n'était pas claire. nmo t'a fait une remarque et tu n'as pas répondu. J'ai considéré que tu admettais que ta solution n'en était pas une. Tu as la liberté de poser ton problème si cela t'enchante.

Dijkschneier a écrit:

M.Marjani a écrit:

Ok, j'accepte qu'il poste un exercise, malgré que j'ai répondu le premier.

Ta réponse n'était pas claire. nmo t'a fait une remarque et tu n'as pas répondu. J'ai considéré que tu admettais que ta solution n'en était pas une. Tu as la liberté de poser ton problème si cela t'enchante.

Citation :

Qu'est ce que tu désigne par (C) et (C')?
Tu sous-estime certain exercice.
Et c'est un défaut à y remédier.

Il n'y a pas d'autre que (C) le cercle inscrit du triangle ABC et (C') le cercle inscrit de A'B'C'.

Je l'aisse lavantage pour nmo.

M.Marjani a écrit:

Il n'y a pas d'autre que (C) le cercle inscrit du triangle ABC et (C') le cercle inscrit de A'B'C'.

M.Marjani a écrit:

Il suffit de ramarquer que: R/r=1/Sin(HCO)=R'/r'=1/Cos(HOC)=1/Sin(H'C'O')=1/Cos(H'O'C') (1)

Tu considères que OC = R ?

Dijkschneier a écrit:

M.Marjani a écrit:

Il n'y a pas d'autre que (C) le cercle inscrit du triangle ABC et (C') le cercle inscrit de A'B'C'.

M.Marjani a écrit:

Il suffit de ramarquer que: R/r=1/Sin(HCO)=R'/r'=1/Cos(HOC)=1/Sin(H'C'O')=1/Cos(H'O'C') (1)

Tu considères que OC = R ?

Bien sure:
R le rayon du cercle circonscrit.
r le rayon du cercle inscrit.

Dijkschneier a écrit:

Tu considères que OC = R ?

M.Marjani a écrit:

Bien sure:

A ce niveau là... Je te rappelle que ton O est le centre du cercle inscrit et non pas circonscrit. En ces conditions, dire que OC=R est une pleine aberration.

Dijkschneier a écrit:

A ce niveau là... Je te rappelle que ton O est le centre du cercle inscrit et non pas circonscrit. En ces conditions, dire que OC=R est une pleine aberration.

Bon, peut-étre que l'énoncé est mal traduit. J'essaye plus tard, en attendant l'exercise prochain.

Je propose un nouvel exercice:
ABC est un triangle rectangle en A.
[AH] est le pied de la hauteur issue de A.
Le cercle (K) qui a pour diamètre [AH] coupe la droite (AB) en A et D et la droite (AC) en A et E.
La tengente de (K) en D coupe la droite (BC) en M.
La tengente de (K) en E coupe la droite (BC) en N.
Démontrez que l'aire du triangle ABC est le double de celui du quadrilatère DMNE.
Bonne chance.

Merci nmo.
Figure :

Solution :

Soit (C) le cercle de centre O et de diamètre [AH].
Montrons que les points D, E et O sont alignés. E appartient au cercle (C), donc (EH) et (AE) sont perpendiculaires. De même, D appartient au cercle (C) donc (DH) et (AD) sont perpendiculaires. De plus (AD) est perpendiculaire à (AE) d'après les données. De fait, DHEA est un rectangle. Ce rectangle est inscrit dans le cercle (C). Par conséquent, le centre du rectangle et le centre du cercle coincident, c'est-à-dire que O est aussi le centre du rectangle DHEA. Par conséquent, O appartient à la diagonale [DE], c'est-à-dire que les points O, D et E sont alignés.
Cela nous permet de dire que les tangentes au cercle (C) aux points E et D sont perpendiculaires à (DE).

(NE) et (MD) sont parallèles car perpendiculaires sur la même droite (DE).
Par conséquent, MDNE est un trapèze.
En utilisant la formule de calcul d'aire d'un trapèze : [DMNE] = DE(EN+MD)/2 = AH(EN+MD)/2. (1)
D'autre part, en découpant DMNE pour en calculer l'aire d'une manière différente, il vient : [DMNE] = [MON] + [NOE] + [MOD] = AH*MN/4 + AH*NE/4 + AH*MD/4 = AH(MN+NE+MD)/4. (2)
De (1) et (2), il vient MN = NE + MD.
L'aire se réduit donc à : [DMNE] = AH*MN/2.
2[DMNE] = [ABC] est équivalent à, BC = 2MN.
Prouvons que BC = 2MN, ou encore que MN = BM + NC.

Le quadrilatère HNEO est inscriptible car deux de ces angles opposés sont supplémentaires. Par conséquent, les angles EHO et ONE sont égaux. Les angles EHO et EAO sont complémentaires, et de même, les angles ONE et NOE sont complémentaires. De fait, les angles NOE et EAO sont égaux, qui sont alternes-internes. Par suite, les droites (ON) et (AC) sont parallèles. Le théorème de Thalès implique alors que HN=NC.
De même, on prouve que MH = BM en s'appuyant sur le fait que MDOH est inscriptible.
Par suite, MH + HN = BM + NC, ce qui veut dire que MN = BM + NC.

Merçi pour la figure, mais (au langue française) je pense que c'est plutot le contraire.

dijksheiner a écrit:

C'est plutot qu'on doit montrer [ABC] est la moitier de [DMNE]

Je propose un nouveau problème en attente d'une confirmation de la part de nmo.
Problème :
Trouver toutes les fonctions IN -> IN qui vérifient l'EF : h(h(n)) + h(n+1) = n+2.

nmo a écrit:

Je propose un nouvel exercice:
ABC est un triangle rectangle en A.
[AH] est le pied de la hauteur issue de A.
Le cercle (K) qui a pour diamètre [AH] coupe la droite (AB) en A et D et la droite (AC) en A et E.
La tengente de (K) en D coupe la droite (BC) en M.
La tengente de (K) en E coupe la droite (BC) en N.
Démontrez que l'aire du triangle ABC est le double de celui du quadrilatère DMNE.
Bonne chance.

Bravo Dijkschneier.

Ma Solution:

En prenant la figure de dijkschneier, et ajoutant quelques retouches:



La methode consiste à démontrer que [BMD]+[AED]+[ENC]=[DMNE]:

Soit S,H' et Z,T les projections orthogonales (respc.) de N,M sur [AC], [AB]. (MS) et (DH) se coupent en Y, (NT) et (HE) se coupent en X.
Voyons d'abord le quadrilatére OHMD qui est rectangle en H et D, on a OH=OD donc MD=MH, on déduit donc que MYD et MYH isométriques (1), et encore MDY et MDZ (2) car ZMYD est un rectangle. De ce qui précéde, et en employant le fait que AEHD rectangle en A et inscriptible (D,H,E,A apartenait au cercle) et OA=OA=OH=OD donc O est le centre du rectangle AEHD (3). De (3) on déduit que BDH est rectangle, mais (1) consiste à dire que Y est le milieu de [DH], et puisque 'S' la projection de M sur [AC], donc S est le milieu de [AE] et A,E les projections de B,H sur [AC] donc M est le milieu de [BH] ==> (A).

Passant au quadrilatére OENH. (EN) est la tangente au cercle (K) donc OEN=OHN=Pi/2, aussi OH=OE et OE=OD, par symétrie et comme qu'on a fait dans le quadrilatére OHMD, on travaille sur ECH pour avoir N le milieu de [CH] ==> (B). Par (A) et (B) et de ce qui précéde on déduit que [BZM]=[DMZ]=[MDY]=[MYH] donc [BZM]+[DMZ]=[MDY]+[MYH] (R). DHEA est un rectangle, donc [AED]=[EDH] (S). Et par symétrie avec le triangle BDH on aura dans ECH: [ENC]=[ENH] (M). Et par (R),(S) et (M) on aura [ABC]=2[EHMD]

Dijkschneier a écrit:

Solution :
(NE) et (MD) sont parallèles car perpendiculaires sur la même droite (DE).
Par conséquent, MDNE est un trapèze.
En utilisant la formule de calcul d'aire d'un trapèze : [DMNE] = DE(EN+MD)/2 = AH(EN+MD)/2. (1)
D'autre part, en découpant DMNE pour en calculer l'aire d'une manière différente, il vient : [DMNE] = [MON] + [NOE] + [MOD] = AH*MN/4 + AH*NE/4 + AH*MD/4 = AH(MN+NE+MD)/4. (2)
De (1) et (2), il vient MN = ME + MD.
L'aire se réduit donc à : [DMNE] = AH*MN/2.
2[DMNE] = [ABC] est équivalent à, BC = 2MN.
Prouvons que BC = 2MN, ou encore que MN = BM + NC.

Le quadrilatère HNEO est inscriptible car deux de ces angles opposés sont supplémentaires. Par conséquent, les angles EHO et ONE sont égaux. Les angles EHO et EAO sont complémentaires, et de même, les angles ONE et NOE sont complémentaires. De fait, les angles NOE et EAO sont égaux, qui sont alternes-internes. Par suite, les droites (ON) et (AC) sont parallèles. Le théorème de Thalès implique alors que HN=NC.
De même, on prouve que MH = BM en s'appuyant sur le fait que MDOH est inscriptible.
Par suite, MH + HN = BM + NC, ce qui veut dire que MN = BM + NC.

Bravo, c'est parfait.

M.Marjani a écrit:

nmo a écrit:

Je propose un nouvel exercice:
ABC est un triangle rectangle en A.
[AH] est le pied de la hauteur issue de A.
Le cercle (K) qui a pour diamètre [AH] coupe la droite (AB) en A et D et la droite (AC) en A et E.
La tengente de (K) en D coupe la droite (BC) en M.
La tengente de (K) en E coupe la droite (BC) en N.
Démontrez que l'aire du triangle ABC est le double de celui du quadrilatère DMNE.
Bonne chance.

Bravo Dijkschneier.
Ma Solution:
En prenant la figure de dijkschneier, et ajoutant quelques retouches:

La methode consiste à démontrer que [BMD]+[AED]+[ENC]=[DMNE]:
Soit S,M et Z,T les projections orthogonales (respc.) de N,M sur [AC], [AB]. (MS) et (DH) se coupent en Y, (NT) et (HE) se coupent en X.
Voyons d'abord le quadrilatére OHMD qui est rectangle en H et D, on a OH=OD donc MD=MH, on déduit donc que MYD et MYH isométriques (1), et encore MDY et MDZ (2) car ZMYD est un rectangle. De ce qui précéde, et en employant le fait que AEHD rectangle en A et inscriptible (D,H,E,A apartenait au cercle) et OA=OA=OH=OD donc O est le centre du rectangle AEHD (3). De (3) on déduit que BDH est rectangle, mais (1) consiste à dire que Y est le milieu de [DH], et puisque 'S' la projection de M sur [AC], donc S est le milieu de [AE] et A,E les projections de B,H sur [AC] donc M est le milieu de [BH] ==> (A).
Passant au quadrilatére OENH. (EN) est la tangente au cercle (K) donc OEN=OHN=Pi/2, aussi OH=OE et OE=OD, par symétrie et comme qu'on a fait dans le quadrilatére OHMD, on travaille sur ECH pour avoir N le milieu de [CH] ==> (B). Par (A) et (B) et de ce qui précéde on déduit que [BZM]=[DMZ]=[MDY]=[MYH] donc [BZM]+[DMZ]=[MDY]+[MYH] (R). DHEA est un rectangle, donc [AED]=[EDH] (S). Et par symétrie avec le triangle BDH on aura dans ECH: [ENC]=[ENH] (M). Et par (R),(S) et (M) on aura [ABC]=2[EHMD]

La démarche est bonne: Montrer que N et M sont les milieus respectifs de [HC] et [HB].
Mais, je te dis qu'en travaillons dans un plan, il n'existe qu'un et un seul point M.
J'ai précisé ce point M.
Et toi tu considère M projeté orthogonal de N sur [AC]!!!
Tu as bien commencé et tu as mal terminé.
Par quel lien, tu as aboutit à ce qui est en rouge?
Pour teminer:
On trouve que CN+MB=NH+HM.
Donc MN=BM+NC.
Et on va revenir à la solution de Dijkschneier.

nmo a écrit:

Bravo, c'est parfait.

Pas tout à fait. J'ai ajouté des passages dans ma preuve et rectifié quelques erreurs. C'est mieux maintenant. Merci tout de même.

nmo a écrit:

M.Marjani a écrit:

nmo a écrit:

A toi de poster avec plaisir.
P.S: J'attends vos remarque sur ma solution.
Il s'agit d'un exercice proposé aux stages de Rabat.
Je l'ai reformulé et puis j'ai réussi à le résoudre, mais je ne suis pas sûr de mes calcul.

Elle me plait ta methode, je vais la voir autre fois.
Exercise proposé:
Trouver la valeur minimal que peut atteindre le nombre 1/a + 2/b + 3/c puisque a,b,c des réels positives tel que:
21ab + 2bc +8ca =< 12
Bonne chance.

Encore une fois un exercice proposés aux IMO.
Pour qu'il soit faisable par un tronc commun, il faut lui guider par des questions pas à pas.
J'ai vu la démonstration complète dans un lien.
J'ai réussi à la rendre plus détaillé.
Une lacune que je n'arrive pas à comprendre:
Dans leurs démonstration, ils ont dit qu'il faut démontrer que 2V(1+7/x²)>=(3+7/x)/2.
Pour moi, lorsque je fais la même démarcha sur z, je tombe sur une expression, c'est A=...+2V(7/2 + 2/z²).
Et je ne peut pas avancer.
La question est de faire de même que 2V(1+7/x²)>=(3+7/x)/2 pour déterminer le minimum de 2V(7/2 + 2/z²).
P.S: le résultat final est 15/2, il est atteint pour x=3, y=5/2, et z=2.
J'attends vos remarques et vos réponses.

Avant d'entammer l'exercice de Dijkschneier, je veux expliquer ce que je veux dire justement:
Si on prends z au lieu de x, on aboutit à 2V(7/2 + 2/z²) +z+ 3/z.
Ma question est: qui peut continuer?
Je réponds demain, si j'ai le temps.