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

Sylphaen a écrit:

On pose :
BC=a
CD=b
AD=c
AB=d
On a :
S=S(ABD)+S(BCD)
S=1/2 ( cd Sin  + ab Sin C )

S ≤ 1/2 (ab+cd) car |Sin(x)|≤1

Désolé j'ai oublié de dire que AB=a et BC=b et CD=c et DA=d

Soit o l'intersection de AC et de BD.
S<=1/2(OA.OB+OB.OC+OC.OD+OD.OA)=1/2(OA+OC)(OB+OD)
=1/2AC.BD<=1/2(AB.CD+BC.AD) Selon Ptolémie.

Je vous propose le problème suivant:
Démontrer qu'il existe un unique polynome appartenant à R[X] tel que:
P[cos(x)]=sin(nx) quelquesoit x appartenant à R.
n appartenant à N.

soit P et Q de R[x] tel que P(cos(x))=Q(cos(x))=sin(nx).
posons R(x)=P(x)-Q(x)
on a R(cos(x))=0 pr tt x. donc R admet une infinité de racine donc nul.
donc il existe au plus un polynome verifiant l'enoncé.
ce polynome existe evidement d'aprés la linearisation de sin(nx) et donc est unique.

Bonne solution ! A toi de jouer!

ok toujours avec les polynomes , soit P € R[X]
tel que P(x)=x^3+ax²+bx+c possede trois racines reelles distinctes.
et P(Q(x)) n a aucune racine reelle
avec Q(x)=x²+x+2003
montrer que P(2001)>1/64

Je crois qu'il y'a eu une erreur,
Prenons : P(X)=X(X-2001)(X-2)
Le polynome P admet trois racines réelles distinctes qui sont 0,2001,2.
P(Q(X))=(X²+X+2003)(X²+X+2)(X²+X+2001) et donc P(Q(X)) n'a pas de zéros réels , le seul problème c'est que
P(2001)=0<1/64.
Une rectification s'impose!
Tu sais je crois que P(2003)>1/64.
La preuve c'est que les solutions du problème sont inférieurs à 8011/4
donc,
P(2003)=(2003-x1)(2003-x2)(2003-x3)>(2003-8011/4)(2003-8011/4)(2003-8011/4)=1/4.1/4.1/4=1/64.

oui tu as raison je suis vraiment desolé cété une faute de frappe.
il ne te reste que justifier pourquoi les racines sont inferieurs à 8011/4

P=(X-x1)(X-x2)(X-x3)
P(Q(X))=(X²+X+2003-x1)(X²+x+2003-x2)(X²+X+2003-x3)
Si le discriminant est positif de ces polynomes de deg 2 alors
il existe une solution réelle pour P°Q=0 ce qui est absurde.
donc tout les discriminants sont strictement négatifs.Donc
1-4(2003-xi)<0 donc 4xi<8011 donc xi<8011/4.

c'est ca ,bien jouée

Je propose ce jolie exo :

Calculez :



ou {x} désigne la partie decimale de x

{(2+sqrt(3))^n}=1-{(2-sqrt(3))^n} car (2+sqrt3)^n+(2-sqrt3)^n est entier.
donc 1 c'est la limite recherchée.
Je vous propose un Exo(OWN)
démontrer que pour tt nombre impair,
n divise 2^(n-[sqrt(n)])!-1.

mais si n est un entier , on a n-[n]=0

Je l'ai rectifié, les fautes de frappes!

Je crois que ce problème n'est pas vrai juste prend je crois que la condition de n est composé est neseccaire . Donc Pour tout entiers impair on a donc il suffit de prouver que ou bien et D'apres la formule

il suffit de prouver que



et puisque est composé alors il existe un diviseur premier de qui soit inferieur à donc :




ce qui finit le problème !

Voila je Vous propose alors cette exo :
Demontrez que l'equation (x^4)+(x^3)-x+1=0 n'a pas de solutions sur IR

si x>1 x^4+x^3-x+1>0
si 0<x<=1 x^4+x^3+1-x>0
si -1<x<=0 x^4+(x^3+1)-x>0
si x<=-1 x^3(x+1)+1-x>0
Doooo!

J'ai pas fait attention mais cela est valable dans ce cas ! Pour regle generale je vous fait part de cette correction :
La fonction étant polynomiale, elle est indéfiniment dérivable et on a :
f'(x) = 4 x3 + 3 x2 - 1
f"(x) = 12 x2 + 6x = 6x(2x + 1)
La fonction f' est continue et strictement croissante sur [0, +00[. De plus f'(0) = -1 < 0
D'après le théorème de bijection, il existe donc un réel t dans ]0 ; +00[ tel que f'(t) = 0.
On en déduit que f' est négative sur ]-00 ; t] et positive sur [t ; +00[.
La fonction f admet donc, sur IR, un minimum en t. Il nous reste à prouver que f(t) est strictement positif.
Pour cela, encadrons f(t). On sait que f'(0) = -1 et f'(1) = 6, donc a t et dans ]0 ; 1[. On en déduit :
0 < t^4 + t^3 - t + 1 < 3
C'est-à-dire : 0 < f(t) < 3
Le minimum de f, sur IR, est strictement positif, donc f l'est aussi.
Par conséquent f ne s'annule pas. Autrement dit, l'équation f(x) = 0 n'admet pas de solution sur IR.
A vous !

Bonne solution.
Je vous propose le problème suivant:
Montrer que si [2^n/n] est une puissance de 2 alors n est une puissance de 2.

[2^n/n] est une puissance de 2 implique qu'il existe un k tel que 2^k=[2^n/n] donc il suffit de prendre un nombre r=n-k pour demontrer que 2^(n-k)=n et que n est une puissance de 2.
Si j'ai bien compris !

La question est simple, pour un n donné qui vérifie la contrainte montrer qu'il est une puissance de 2.
si [2^n/n] est une puissance de 2
alors n est puissance de 2.

Posons avec alors:



donc posons et tel que et soient impairs alors on a donc est pair ce qui est contradictoire alors et donc et d'ou est une puissance de .

C'est ça l'idée (DE) ! à vous de jouer!

Je propose ce problème

Trouvez tous les entiers et Vérifiant la relation :

(m+n)^m+n=m^mn+n^mn+...
Donc :
Si m,n>1
(m+n)^m+n>m^m+nⁿ

Si m,n £ {0,1}
Supposons que m=1 et n#0
Alors:
L'égalité est équivalente à :
(1+n)¹⁺ⁿ=1+nⁿ

Par contre :
(1+n)¹⁺ⁿ=1+nⁿ⁺¹...>1+nⁿ

Si m=1 et n=0
alors l'égalité est vérifié ..

Maintenant supposant que m=0 alors l'égalité équivaut à :
nⁿ =nⁿ
Cette égalité est vérifié pour tous n.

S= {(0,n),(n,0)} / n£IN