Discusion du premier JOPSM;

Ce topic est ouvert pour la discusion des Problèmes du premier JOPSM, la discusion est ouverte pour tout les forumistes. vous pouvez proposer vos solutions pour les dans ce topic; je posterai la mienne après dans ce topic; Bonne chance pour les prochains tours.le sujet est téléchargable depuis ce lien: http://img48.xooimage.com/files/7/3/f/jopsm-12-180c3af.pdf

bonjour.
Félécitations aux gagnants..
javé des occupations hier ...
je donne cke jé trouvé ..
1er exo ..
il suffit de tracer le point O le centre ABCD apres on fé un cercle don R=1 et le centre =O
silya un point dans le cercle kya la meme couleur de O ...
si tous les points du cercles sont de la meme couleur
il suffit de de tracer un triangle (motasawi sa9ayn )dans H telle que OH =1 et H £ (C)
de 1ere vue je vois ke pôur le 3eme exo il sagissé de voir ke linego est homogene vu ke f(a;b;c)=f(ka;kb;kc) apres on suppose a+b+c=1 c po sur mais c ke jé vu de 12-14h

jesper ke seré présent dans les prochains JOPSM
VIVA ALGERIE ^^
A+
A+

aussi.. je viens juste de voir ce topic.....et je trouve que c'est une très bonne idée cette compétition là^^
...je propose la solution du deuxième:
on a:

alors m+1=3k(k£Z) ou m-1=3k'(k'£Z)
<=>m=3k-1 ou m=3k'+1
si m=3k-1 alors :
3n+1=(3k-1)²<=>3n=9k²-6k <=>n=3k²-2k<=>n+1=k²+k²+(k-1)²
si m=3k+1 alors :
3n+1=(3k+1)²<=>3n=9k²+6k <=>n=3k²+2k<=>n+1=k²+k²+(k+1)²
CQFD

XD j'aurai eu plus de chance si l'écriture Latex avais voulu marché !!
Enfin bon maintenant sa marche en attente du sujet de sylphaen !!
Merci Mohe pour le sujet ^^

voici ma laide solution pour l'inego ....
il est clair que les variables jouent un rôle symétriques ainsi on peut supposer que :a≥b≥c
(1)si a,b,c≥0 on a donc :
b≥b-c<=>b²≥(b-c)²
a≥a-c<=>a²≥(a-c)²
alors :
------------------------------------------------------------------------------
(2)si a,b,c≤0
on posant: a=-x et b=-y et c=-z (x,y,z>0)
on obtient une inégalité équivalente à (1) ..qui est déjà prouvée......
P.S.ça vient de l'homogénéisation car f(a,b,c)=f(-a,-b,-c)
--------------------------------------------------------------------------------------
(3)maintenant si a>0 et b,c<0
l'inégalité est homogène ainsi on peut supposer que a+b+c>0
(car on peut donner à a+b+c une certaine valeur positive)
alors on a d'après C.S:

il suffit donc de prouver que :

ce qui est vrai car abc>0 et a+b+c>0 et par Schur on a ∑a(a-b)(a-c)≥0
CQFD
------------------------------------------------------------------------------
encore il me reste le cas où a,b>0 et c<0 je reviendrai après incha2llah pour terminer ma solution.....
avec cas d'égalité si
b=0 et a=-c...or la symétrie des rôles donne encore deux autres cas d'égalité .....
@+

bSr !

1ére Exo : principe des tiroirs .

Pour l'inégo 1 voici ma soluce :
Si l'un des variables est nul l'inégalité est trivale ..
On suppose que abc≠0
L'inégo équivaut à :
On divise le tous par a²b²c² .
L'inégo équivaut à :
Puis :
On pose :
x=(a-c )/b y=(a-b)/c z=(b-c)/a

L'inégo devient :

Ce qui équivaut à :
x² - x ( 2yz) +y²+z²≥0
En effet le discriminant de l'équation :
x² - x ( 2yz) +y²+z²=0
est :
Dt= -4( y²+z²-yz)=-4( (y-1/2z)²+3/4z²) ≤0
Donc :
Pour tous x de IR on a : x² - x ( 2yz) +y²+z²≥0
CQFD
J'avais pas trouvé l'égalité ^^

Sylphaen a écrit:

Pour l'inégo 1 voici ma soluce :
Si l'un des variables est nul l'inégalité est trivale ..
On suppose que abc≠0
L'inégo équivaut à :
On divise le tous par a²b²c² .
L'inégo équivaut à :
Puis :
On pose :
x=(a-c )/b y=(a-b)/c z=(b-c)/a

L'inégo devient :

Ce qui équivaut à :
x² - x ( 2yz) +y²+z²≥0
En effet le discriminant de l'équation :
x² - x ( 2yz) +y²+z²=0
est :
Dt= -4( y²+z²-yz)=-4( (y-1/2z)²+3/4z²) ≤0
Donc :
Pour tous x de IR on a : x² - x ( 2yz) +y²+z²≥0
CQFD
J'avais pas trouvé l'égalité ^^

pour ce qui est en gars je crois que c'est
x=(a-c )/b.(a-b)/c y=(a-b)/c . (b-c)/a z=(b-c)/a.(a-c )/b
et puis je crois que ce qui est en rouge est faux..!!!!
car delta=4(y²z²-y²-z²) (P.S.delta=b²-4ac dans une équation du genre ax²+bx+c=0) et non pas ce que tu as trouvé ....ainsi tout en découle faux!!!!
c'est pour cela que t'as du prendre 2 / 7 c'est pas pour le cas d'égalité seulement !!!!!!!

Oui je me suis précipité pour le changement de variable
Mais le delta est correcte
car :
4(y²z²-y²-z²)=-4(y²+z²-yz)
??

Sylphaen a écrit:

Oui je me suis précipité pour le changement de variable
Mais le delta est correcte
car :
4(y²z²-y²-z²)=-4(y²+z²-yz)
??

4(y²z²-y²-z²)=-4(y²+z²-yz)<=>4y²z²=4yz<=>yz=0 ou yz=1 crois tu ce que cela est correct!!!!??????

Lol c'était une faute débile dsl ..

Bonjour voici ce que j'ai trouvé pour l'inego

DSL je n'est pas completer j'essaye de factoriser la derniere expression

joliiiiiii abdelllah
pour la dernière tu peux factoriser ainsi :
a(a-b)(a-c)+b(b-c)(b-a)+c(c-a)(c-b)=0
mais je crois pas que ça ne peut pas donner grand chose....
mais n'oublie pas qu'en changeant les variables t'as ignoré les cas où a=0 ou b=0 ou c=0 qui présentent également des cas d'égalité ....

Bonsoir
Merci Majdouline
c'est aussi ce que j'ai fais.Et en essayant d'apliquer SCHUR j'ai trouvé que pas d'egalité si'il sont tous les trois des réels positifs(parce que a#b#c)

Pour ne pas allourdir le forum avec bcp de sujets on crée ici toutes les discussions
DISCUSSION pour JOPSM2 proposé par sylphaen

salut!
par holder
(1+1/x)(1+1/y)(1+1/z)>=(1+1/r.c{1/xyz})^3>=4^3(AM-GM)=64.

suite aux demandes de quelques forumistes....voici la solution du deuxième sujet :
j'ai pas pu faire le schéma ....j'ai des problème d'hébergement....
exercice 1:
1)-soit H le projeté orthogonal de C sur (AB)...
en considerant le triangle BCH qui est rectangle en H M le milier de [BC] alors MB=MC=MH ainsi MBH est isocèle en M donc:

et:
(1)
en considérant le triangle AHC qui est rectangle en H on a :

alors ACH est isocèle ==>HC=HA (a)
d'autre part on a :

alors:(2)
en considérant le triangle HMC et depuis (1) et (2) on a :

ainsi HCM est équilatéral d'où HM=HC et de (a) on a donc :
HM=HA ...alors en considérant le triangle HMA qui est isocèle en H on a :

alors :

et d'une autre part on a :

2)-on a donc le deux triangle ABC et AMC sont isocèles car :
et un angle commun (l'angle C)
alors :
et on a :BC=2MC

--------------------------------------------------------------------------------
exercice 2:

or par Am-Gm on a :
(1)
et on a :
(2)
en sommant (1) et (2) on obtient l'inégalité désirée ......
exercice3:
en remplaçant x par 1-x on a :
f[(1-x)²+(1-x)+3]+2f[(1-x)²-3(1-x)+5)=6(1-x)²-10(1-x)+17
<=>f(x²-3x+5)+2f(x²+x+3)=6x²-2x+13 (1)
<=>2f(x²-3x+5)+4f(x²+x+3)=12x²-4x+26 (1)
et on a : f(x²+x+3)+2f(x²-3x+5)=6x²-10x+17 (2)
(1)-(2)=3f(x²+x+3)=6x²+3x+9<=>f(x²+x+3)=2x²+2x+3
ainsi il suffit de résourde :
x²+x+3=85<=>x²+x-82=0
delta=1+4x82=329 alors :

en vérifiant les deux cas on a :

Pour le 3éme JOPSM .
Exo 1 :
On fait la récurrence et on vérifie pour n=3
1=1/2+1/3+1/6
On suppose qu'il existe p entier différent 2à2 tels que :
1/n_1+.....1/n_p=1
Et on montre qu'il existe p+1 entier différent 2à2 tels que :
1/n'_1+....1/n'_p+1=1
On a :
1/n_1+.....1/n_p=1 <=> 1/2( 1/n_1+.....1/n_p)+1/2=1
<=>1/2n_1+....1/2n_p +1/2=1
CQFD
Pour le 3 j'ai essayé mais pas terminé ><'
Voici ce que j'ai fait

L'inégo est homogène car f(a,b,c)=f(ka,kb,kc)
On suppose donc que a+b+c=1
L'inégo équivaut à :2(


On pose x=a²+b²+c² et y=ab+ac+bc
on a x+2y=1
L'inégo équivaut :

bonsoir
svp c quoi la réponse du jopsm 1 de l exo 1 svp?








merci.

bonjour voici ma solution pour l inego j espere que ca soit juste...

probleme 3:

IL suffit de prouver:

puisque (a²+b²+c²>=ab+bc+ac).
posant a+c+b=p et ab+bc+ac=q et abc=r...donc l'inegalite est equivalente à:
.
on a:

et par AM-GM:
...

bonjour^^
mais je n'arrive pas à comprendre ...si delta>=0 et alors??? ça ne prouve rien...je sais pas mais peut être que tu dois terminer ...pour trouver que f(q)=2q²+3pr-p²q>0
pourtant je propose ceci.....
l'inégalité est homogène alors supposer que a+b+c=1....en prenant abc=r et ab+bc+ca=q
l'inégalité est donc équivalente à:q²(1-4q)+(2-3q)r≥0
par Schur on a :1-4q≥-9abc
alors il suffit de prouver que -9q².r+(2-3q)r≥0
<=>r(1-3q)(2+3q)≥0 ce qui est clairement vrai

salut!
donne moi un contre exemple stp car j vois pas ou est la faute!

j'ai pas dit que c faux...enfin je peux pas juger...mais ça ne prouve rien ...car le fait de trouver que delta>=0.===>f(q) varie sur IR...positive si q£]-00,q1]U[q2,+00[....et négative si q£[q1,q2]...(avec q1 et q2 les racines de f(q)..........bref:tu dois prouver que q£]-00,q1]U[q2,+00[...ainsi ça sera correct...

Je propose ma solution Pour l'exo 3 de JOPSM 4 :
On f(0)= 0 ou f(0)=1 et f(1)=0 ou f(1)=1
Donc f(0)=0 et f(1)=1 car la fonction est strictement croissante
On a clairement :
f(2^n)=f(2)xf(2)...xf(2) nfois = 2^n
f(2^n+1)=2^n+1
Pour tous n>=1 et qui n'est po une puissance de 2 il existe un m tels que
2^m<2^m+1
donc Puisque la fonction est strictement croissante
f(2^m)
2^m
Et donc :
2^m<...<....<2^(m+1)
Puisque la fonction est strictement croissante :
f(2^m+1)≥2^m +1
f(2^m+2)≥2^m + 2>2^m+1
...................................
2^(m+1)>f(2^m -1)≥2^m-1

Donc :
f(2^m-1)=2^m-1
f(2^m-2)=2^m-2
.....................
On conclue que f(n)=n


Pour l'exo 3 on considère le repère orthonormé (C,CD,CA)
Alors les cordonnés des points seront :
A(0,1)
E(V3/2,1/2)
F(1/2,1+V3/2)
Les cordonné des vecteurs :
Vec EA (V3/2,-1/2)
Vec AF (-1/2,-V3/2)
Et par conséquent les 2vecteurs sont colinéaire d'où la conclusions ..

Pour l'exo 2 de Just-Abdess j'ai trouvé que <ABC=45°
Et on a :
D'après les loi de sinus :
Dans ABC
AC/sin<ABC=BC/Sin<CAB
BC=AC. Sin<CAB/SinABC=12 V2. Sin129°=12V2 Cos 39°
Dans ABD
AD/SinABD=BD/sinDAB
AD= BD . SinABD/SinDAB=6V2.cos39° . V2/2 / Sin 51°
On a Sin51=cos(90-51)=cos39
Donc
BD = 6