Préparations aux olympiades de première (2010-2011)

@Mehdi.O : Merci !

nmo a écrit:

Voilà le lien pour la solution:
https://mathsmaroc.jeun.fr/seconde-tronc-commun-f6/bissectrice-d-un-angle-t13210.htm.
Bonne découverte.

D'accord !

nmo a écrit:

C'est quoi donc à ton avis?
Si on traite chaque cas séparément, on se ramène à .
Et puis P(a)=0, P(b)=0, et P(c)=0.
Ainsi on trouve que a=b=c=0.
J'attends ton avis.

On ne peut faire l'identification des coefficients que lorsque nous sommes confrontés à une égalité polynomiale, i.e, une égalité vraie pour toute variable x de IR.
Je ne comprends pas ce que tu me dis.

Dijkschneier a écrit:

On ne peut faire l'identification des coefficients que lorsque nous sommes confrontés à une égalité polynomiale, i.e, une égalité vraie pour toute variable x de IR.
Je ne comprends pas ce que tu me dis.

C'est quoi donc une égalité polynomiale.
En tout cas, je renonce.
(En effet, je ne trouve ni la solution de 14, ni celle de 18, ni celle de 19)
Je vois bien qu'il est temps de présenter les solutions des exercices, pour faire avancer le jeu.

nmo a écrit:

C'est quoi donc une égalité polynomiale.
En tout cas, je renonce.

Je l'ai dit : c'est une égalité vraie pour tout x appartenant à l'ensemble (l'anneau) de définition du polynôme.

Solution au problème 14 :
Soit f une fonction définie sur E et à valeurs dans F.
- Supposons que f est bijective.
Soit X une partie de E.
* Soit , et montrons que .

Et on a : .
Supposons par l'absurde que . Alors . Et étant donné que f est bijective, donc injective, il vient que x=x', et par conséquent, . Et cela est clairement une contradiction.
* Soit , et montrons que .
Assez facile.
- Supposons que .
* f est surjective en posant X égal à l'ensemble vide.
* f est injective, et c'est le point le plus intéressant du problème :
En effet, soient a et b de E tels que f(a)=f(b), et supposons par l'absurde que a est différent de b.
En posant successivement X={a} puis , on obtient les deux relations :



Maintenant, b étant différent de a, on a .
Et cela constitue une contradiction.

Solution au problème 18 :
Ce problème est classique et est fondé sur le lemme suivant :
"Si P est un polynôme à coefficients entiers, alors pour tous entiers a et b, (a-b) divise (P(a)-P(b)). "
Revenons au problème.
Supposons par symétrie des rôles que a>=b>=c.
On a donc, d'une part : a-b divise P(a)-P(b), donc a-b divise b-c.
Et d'autre part, b-c divise P(b)-P(c), donc b-c divise c-a.
On en déduit que a-b divise c-a.
Or c-a divise a-b, car c-a divise P(c)-P(a), donc c-a divise a-b.
Par conséquent, |a-b|=|c-a|, et donc : a-b = a-c, b=c.
Et on prouve de même que |b-c|=|a-c|, et |a-b|=|b-c|.
On en déduit finalement que a=b=c.

Solution au problème 19 :
On introduit le polynôme H(x)=xP(x) - 1 sur lequel on va travailler.
P est de degré 2008, H est donc de degré 2009.
De plus, H(1)=H(2)=...=H(2009)=0.
Mais alors, H peut s'écrire, selon le théorème de d'Alembert-Gauss, comme produit de polynômes du premier degré : H(x)=k(x-1)(x-2)...(x-2009).
De plus, d'après la définition de H, on a que H(0)=-1.
Donc : -1 = -k 2009!, donc , où ! désigne la factorielle.
Ainsi : .
Enfin, en développant H grâce aux formules de Viète, et en établissant l'égalité des coefficients de part et d'autres de la relation H(x)=xP(x)-1, on arrive à déterminer explicitement P.
On peut alors calculer P(0).

C'est un exercice intéressant sur une caractérisation de la bijection. L'idée de construction de l'injectivité est bonne.
Juste une petite question , pour f(f^[-1]({f(a)}))={f(a)}. As-tu utilisé la surjectivité de f ?
Merci.

Merci Othmaann. Non, la surjectivité n'a pas été utilisée lors de ce passage. Faire l'image réciproque d'un singleton dont l'élément admet un antécédent, puis l'image directe du résultat obtenu, nous ramène à ce même singleton. Cela se démontre.

Parfait.De même pour le reste!

Dijkschneier a écrit:

nmo a écrit:

C'est quoi donc une égalité polynomiale.
En tout cas, je renonce.

Je l'ai dit : c'est une égalité vraie pour tout x appartenant à l'ensemble (l'anneau) de définition du polynôme.

Solution au problème 14 :
Soit f une fonction définie sur E et à valeurs dans F.
- Supposons que f est bijective.
Soit X une partie de E.
* Soit , et montrons que .

Et on a : .
Supposons par l'absurde que . Alors . Et étant donné que f est bijective, donc injective, il vient que x=x', et par conséquent, . Et cela est clairement une contradiction.
* Soit , et montrons que .
Assez facile.
- Supposons que .
* f est surjective en posant X égal à l'ensemble vide.
* f est injective, et c'est le point le plus intéressant du problème :
En effet, soient a et b de E tels que f(a)=f(b), et supposons par l'absurde que a est différent de b.
En posant successivement X={a} puis , on obtient les deux relations :



Maintenant, b étant différent de a, on a .
Et cela constitue une contradiction.

Solution au problème 18 :
Ce problème est classique et est fondé sur le lemme suivant :
"Si P est un polynôme à coefficients entiers, alors pour tous entiers a et b, (a-b) divise (P(a)-P(b)). "
Revenons au problème.
On a donc, d'une part : a-b divise P(a)-P(b), donc a-b divise b-c.
Et d'autre part, b-c divise P(b)-P(c), donc b-c divise c-a.
On en déduit que a-b divise c-a.
Or c-a divise a-b, car c-a divise P(c)-P(a), donc c-a divise a-b.
Par conséquent, a-b=c-a, et donc : 2a = b+c.
Et on prouve de même que 2b = a+c, et 2c=a+b.
On en déduit facilement que a=b=c.

Solution au problème 19 :
On introduit le polynôme H(x)=xP(x) - 1 sur lequel on va travailler.
P est de degré 2008, H est donc de degré 2009.
De plus, H(1)=H(2)=...=H(2009)=0.
Mais alors, H peut s'écrire, selon le théorème de d'Alembert-Gauss, comme produit de polynômes du premier degré : H(x)=k(x-1)(x-2)...(x-2009).
De plus, d'après la définition de H, on a que H(0)=-1.
Donc : -1 = -k 2009!, donc , où ! désigne la factorielle.
Ainsi : .
Enfin, en développant H grâce aux formules de Viète, et en établissant l'égalité des coefficients de part et d'autres de la relation H(x)=xP(x)-1, on arrive à déterminer explicitement P.
On peut alors calculer P(0).

Bien.
Sauf que dans le dernier exercise, je ne vois pas comment tu peux arriver à P(0) avec cette methode (Je n'avais pas la chance de savoir les formules de viéte).

Dijkschneier a écrit:

Solution au problème 19 :
On introduit le polynôme H(x)=xP(x) - 1 sur lequel on va travailler.
P est de degré 2008, H est donc de degré 2009.
De plus, H(1)=H(2)=...=H(2009)=0.
Mais alors, H peut s'écrire, selon le théorème de d'Alembert-Gauss, comme produit de polynômes du premier degré : H(x)=k(x-1)(x-2)...(x-2009).
De plus, d'après la définition de H, on a que H(0)=-1.
Donc : -1 = -k 2009!, donc , où ! désigne la factorielle.
Ainsi : .
Enfin, en développant H grâce aux formules de Viète, et en établissant l'égalité des coefficients de part et d'autres de la relation H(x)=xP(x)-1, on arrive à déterminer explicitement P.
On peut alors calculer P(0).

J'ai fait le même passage, cependant je n'ai pas osé la poster, et voici les causes:
Pour ce qui est en rouge: Même si on précise P explicitement, on aura un x au dénominateur.
Donc en remplaçant par 0, le dénominateur s'annule et l'image ne peut jamais être calculée.
Comment tu expliques cela?

nmo a écrit:

J'ai fait le même passage, cependant je n'ai pas osé la poster, et voici les causes:
Pour ce qui est en rouge: Même si on précise P explicitement, on aura un x au dénominateur.
Donc en remplaçant par 0, le dénominateur s'annule et l'image ne peut jamais être calculée.
Comment tu expliques cela?

Si on range H par ordre décroissant de puissances, alors l'avant dernier coefficient de H serait d'après les formules de Viète : .
Ainsi, par identification de coefficients, on déduit que c'est aussi le dernier coefficient de P.
Mais alors, P(0)=dernier coefficient de P=.

nmo a écrit:

Problème 20:

Dijkschneier a écrit:

Soient (D) et (Delta) deux droites parallèles du plan, et soient E et F deux points distincts des deux droites, et tels que E soit du côté de (D), et F de celui de (Delta).

Trouver le ou les emplacements des deux points K et H de (D) et (Delta) respectivement qui minimisent la somme EK²+KH²+HF² et tels que (KH) soit perpendiculaire aux deux droites (D) et (Delta).
Bonne chance.

Posons d=EK²+KH²+HF².
On considère un repère cartésien orthonormé tel que l'axe des abcisses soit parallèle à (D) et l'axe des ordonnées est perpendiculaire à (D).
Dans ce repère, on pose: , , , et .
Puisque KH est constante, alors d est inférieure équivaut à dire que EK²+HF² est inférieure.
Posons d'=EK²+HF².
On a .
Donc .
Donc .
Soit en résumé .
Pour simplifier, on pose .
D'où .
Donc .
Donc .
Donc .
Ainsi, d' est inférieure équivaut à inférieure, car est constant.
Donc est inférieur.
(C'est à dire nul)
Par conséquant .
Synthèse:
On dessine (G) une droite parallèle à (D) et passant par E.
Soit F' le projeté orthogonal de F sur G.
On construit I le milieu de EF'.
On construit ensuite H et K tel que I appartient à (HK).
Sauf erreur.

Dijkschneier a écrit:

Si on range H par ordre décroissant de puissances, alors l'avant dernier coefficient de H serait d'après les formules de Viète : .
Ainsi, par identification de coefficients, on déduit que c'est aussi le dernier coefficient de P.
Mais alors, P(0)=dernier coefficient de P=.

Maintenant, je te comprends bien, si tu applique bien les formules de Viète.
Car, personellement, j'ignore cela.
Pour les autres exercices, c'est exellent, je les ai vérifié ligne par ligne et tout me semble correcte.
Grosso modo, Bravo et bonne continuation.

Quelqu'un pour proposer dex exercices ?

Exercise 23:

Resoudre en IR² le systéme suivant :

@M.Marjani : si je compte bien, ton problème se doit d'être numéroté le problème 23. Et sa solution est triviale car cela ne consiste qu'à résoudre une équation du quatrième degré, et cela se fait de manière directe et déterministe. J'attends un problème 24 sans doute plus compétitif.

Dijkschneier a écrit:

@M.Marjani : si je compte bien, ton problème se doit d'être numéroté le problème 23. Et sa solution est triviale car cela ne consiste qu'à résoudre une équation du quatrième degré, et cela se fait de manière directe et déterministe. J'attends un problème 24 sans doute plus compétitif.

Ok je vais l'edité. Mais le fait de remarquer que le systéme implique une équation de 4éme degré n'est qu'une goute d'eau sur une réviére (De mon avis) Sinon j'attend ta methode ou ton idée dans laquelle t'as résolu l'exercise façilement.

Donc j'attend pour poster le 24 éme EX qui sera trés compétitif :d
PS: C'est un exercise tiré d'un olympiade de 4éme phase du 1ér BAC : )

@ Dijkschneier il fallait au moins preciser et dire que le systeme n'a pas de solutions comme @ M.Marjani a dit ce n'est qu'une goutte d'eau dans une riviere. en tous cas voilà ma solution :

Spoiler:

Cela n'empeche @ M.Marjani qu'on est dans l'attente d'un exo plus competitif.

mathslover a écrit:

@ Dijkschneier il fallait au moins preciser et dire que le systeme n'a pas de solutions comme @ M.Marjani a dit ce n'est qu'une goutte d'eau dans une riviere. en tous cas voilà ma solution :

Spoiler:

Cela n'empeche @ M.Marjani qu'on est dans l'attente d'un exo plus competitif.

C'est joli.

Exercise 23:

Resoudre en IR² le systéme suivant :

Ma Solution:

Spoiler:

On en vient à l'échéance.
@M.Marjani : Merci de proposer une solution à ton exercice et de proposer un nouveau problème.

@M.Marjani: Postes la solution stp, cela dit j'ai tout essayé mais en vain.

@M.Merjani ça on nomme exo competitif ! je voulais dire si jamais tu pourrais poser la solution pour qu'on puisse avancer

On doit discuter de l'existence dans chacun des cas ou en supposant que a,b et c sont vrais ?

Dijkschneier a écrit:

On doit discuter de l'existence dans chacun des cas ou en supposant que a,b et c sont vrais ?

Pour ma part, je vois qu'on doit supposer que a, b, et c sont vrais.
C'est le travail que j'ai accompli, et puis j'ai écrit les solutions en fonctions des quatres réels a, b, c, et t.
Est-ce que cela met fin à la solution ou pas encore?

nmo a écrit:

et puis j'ai écrit les solutions en fonctions des quatres réels a, b, c, et t.
Est-ce que cela met fin à la solution ou pas encore?

C'est a,b,c et t que l'on doit écrire, si possible, en fonction des racines. On a supposé l'existence des racines. On doit montrer (discuter de) l'existence de a,b,c et t. Les écrire si possible en fonction des racines est une première étape.

Dijkschneier a écrit:

On doit discuter de l'existence dans chacun des cas ou en supposant que a,b et c sont vrais ?

Tu as le choix de supposer que a,b,c et t existent bien sure. Mais la question est clair: discuter de l'éxistance des réels.

nmo a écrit:

Dijkschneier a écrit:

On doit discuter de l'existence dans chacun des cas ou en supposant que a,b et c sont vrais ?

Pour ma part, je vois qu'on doit supposer que a, b, et c sont vrais.
C'est le travail que j'ai accompli, et puis j'ai écrit les solutions en fonctions des quatres réels a, b, c, et t.
Est-ce que cela met fin à la solution ou pas encore?

Tu n'as pas encore completer le travail si tu arrives dans cette étape.