Préparations aux olympiades de première (2010-2011)

Dijkschneier a écrit:

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.

Je ne suis pas d'accord pour ce qui est en rouge:
a et b sont deux entiers, alors il se peut que a-b soit un entier naturel relatifs.
On a -5 divise 5 et 5 divise -5 et -5#5.
Il faut mettre alors |a-b|=|b-c|=|c-a|.
Je te laisse le soin de continuer, ou de me corriger si j'ai tort.

Bonne remarque. Je corrige à l'instant.
EDIT : c'est corrigé.

Dijkschneier a écrit:

Bonne remarque. Je corrige à l'instant.

Je me suis trompé moi-même au début. C'est infiniment bien maintenent.

Le problème 25 a été jugé peu intéressant.
Problème 26 : (* : une étoile)
Montrer que si a,b et sqrt(a) + sqrt(b) sont rationnels, alors sqrt(a) et sqrt(b) sont aussi rationnels.

Ma solution proposée au probléme 26:

https://2img.net/h/i281.photobucket.com/albums/kk213/MoKhTaR_Cs/IMG_0002.jpg

PS: On attendant d'une solution au probléme 25 (***).

M.Marjani a écrit:

Ma solution proposée au probléme 26:

https://2img.net/h/i281.photobucket.com/albums/kk213/MoKhTaR_Cs/IMG_0002.jpg

Bien !

Cependant j'ai une méthode plus facile :
Va+Vb € Q => 1/(Va+Vb) € Q => (Va-Vb)/a-b € Q
puisque a et b € Q alors Va - Vb € Q DONC 2Va € Q Va € Q et en soustractioin Vb € Q

CQFD

Mehdi.O a écrit:

M.Marjani a écrit:

Ma solution proposée au probléme 26:

https://2img.net/h/i281.photobucket.com/albums/kk213/MoKhTaR_Cs/IMG_0002.jpg

Bien !

Cependant j'ai une méthode plus facile :
Va+Vb € Q => 1/(Va+Vb) € Q => (Va-Vb)/a-b € Q
puisque a et b € Q alors Va - Vb € Q DONC 2Va € Q Va € Q et en soustractioin Vb € Q

CQFD

C'est aussi joli mais il faut que a soit différent de b dans ta methode pour pouvoir déduire la partie en bleu.
Essaye de résoudre le probléme 25.

PS: J'ai pas de problémes à proposer je laisse la liberté à tous pour proposer un.

@Nettah108 : merci de retirer ton message et de respecter les règles en vigueur dans ce marathon.

Bien tous les deux.
Problème 27 : (** : deux étoiles)
Soit ABC un triangle équilatérale et (C) son cercle circonscrit. Soit M un point quelconque du plan. Montrez l’inégalité : MA + MB >= MC, avec égalité si et seulement si M appartient a l’arc de (C) situé entre A et B et ne contenant pas C.

Solution du problème 27 :

D'après l'inégalité triangulaire : AB >= MA - MB et MA + AC >= MC
donc -MC >= -MA - AB . En sommant : AB - MC >= -MB - AB donc MB + AB >= MC - AB
Donc MB - 2AB >= MC et puisque MA + MB >= MB - 2AB Donc MA + MB >= MC
CQFD

Maintenant montrons le cas d'égalité : MA + MB = MC
Si M appartient à l'arc de (C) situé entre A et B
Alors le quadrilatère AMBC est inscriptible. Il s'ensuit que l'angle AMC = BMC = 60°
D'après AL Kashi AC² = AM² + MC² - AM.MC = MC² + MB² - MB.MC
Il s'ensuit que (AM - MB)(AM + MB) = MC(AM - MB)
Donc (AM - MB)(AM + MB - MC) = 0
donc soit AM = MB soit AM + MB = MC
Dans le cas où AM = MB les triangles AMC ET MBC sont rectangles donc BMC = 60°
donc MC cos 60° = MB donc 2MB = MC et puisque AM = Mb donc AM + MB = MC

CQFD

Mehdi.O a écrit:

Solution du problème 27 :

D'après l'inégalité triangulaire : AB >= MA - MB et MA + AC >= MC
donc -MC >= -MA - AB . En sommant : AB - MC >= -MB - AB donc MB + AB >= MC - AB
Donc MB - 2AB >= MC et puisque MA + MB >= MB - 2AB Donc MA + MB >= MC
CQFD

Maintenant montrons le cas d'égalité : MA + MB = MC
Si M appartient à l'arc de (C) situé entre A et B
Alors le quadrilatère AMBC est inscriptible. Il s'ensuit que l'angle AMC = BMC = 60°
D'après AL Kashi AC² = AM² + MC² - AM.MC = MC² + MB² - MB.MC
Il s'ensuit que (AM - MB)(AM + MB) = MC(AM - MB)
Donc (AM - MB)(AM + MB - MC) = 0
donc soit AM = MB soit AM + MB = MC
Dans le cas où AM = MB les triangles AMC ET MBC sont rectangles donc BMC = 60°
donc MC cos 60° = MB donc 2MB = MC et puisque AM = Mb donc AM + MB = MC

CQFD

Bleu : Bleundy.

J'ai résolu je peste ma solution demain si j'avais du temps libre.

Bleundy ? ça veut dire faux ?

Mehdi.O a écrit:

Solution du problème 27 :

D'après l'inégalité triangulaire : AB >= MA - MB et MA + AC >= MC
donc -MC >= -MA - AB . En sommant : AB - MC >= -MB - AB donc MB + AB >= MC - AB
Donc MB - 2AB >= MC et puisque MA + MB >= MB - 2AB Donc MA + MB >= MC
CQFD

Maintenant montrons le cas d'égalité : MA + MB = MC
Si M appartient à l'arc de (C) situé entre A et B
Alors le quadrilatère AMBC est inscriptible. Il s'ensuit que l'angle AMC = BMC = 60°
D'après AL Kashi AC² = AM² + MC² - AM.MC = MC² + MB² - MB.MC
Il s'ensuit que (AM - MB)(AM + MB) = MC(AM - MB)
Donc (AM - MB)(AM + MB - MC) = 0
donc soit AM = MB soit AM + MB = MC
Dans le cas où AM = MB les triangles AMC ET MBC sont rectangles donc BMC = 60°
donc MC cos 60° = MB donc 2MB = MC et puisque AM = Mb donc AM + MB = MC

CQFD

Dans le passage de ce qui est en rouge à ce qui est en bleu tu as commis une erreur: C'est plutôt MB+2AB>=MC ce qui a enduis en erreur la fin de ta démonstration!

Cool !! Jaimerais passer cette année à la dernière étape , jy étais presque lan dernier !!

W.Elluizi a écrit:

Mehdi.O a écrit:

Solution du problème 27 :

D'après l'inégalité triangulaire : AB >= MA - MB et MA + AC >= MC
donc -MC >= -MA - AB . En sommant : AB - MC >= -MB - AB donc MB + AB >= MC - AB
Donc MB - 2AB >= MC et puisque MA + MB >= MB - 2AB Donc MA + MB >= MC
CQFD

Maintenant montrons le cas d'égalité : MA + MB = MC
Si M appartient à l'arc de (C) situé entre A et B
Alors le quadrilatère AMBC est inscriptible. Il s'ensuit que l'angle AMC = BMC = 60°
D'après AL Kashi AC² = AM² + MC² - AM.MC = MC² + MB² - MB.MC
Il s'ensuit que (AM - MB)(AM + MB) = MC(AM - MB)
Donc (AM - MB)(AM + MB - MC) = 0
donc soit AM = MB soit AM + MB = MC
Dans le cas où AM = MB les triangles AMC ET MBC sont rectangles donc BMC = 60°
donc MC cos 60° = MB donc 2MB = MC et puisque AM = Mb donc AM + MB = MC

CQFD

Dans le passage de ce qui est en rouge à ce qui est en bleu tu as commis une erreur: C'est plutôt MB+2AB>=MC ce qui a enduis en erreur la fin de ta démonstration!

Oui une faute d'inattention je rectifie à l'instant !

Aucune réponse correcte jusqu'à maintenant. Je laisse encore ouvert jusqu'à demain midi.

La deuxième partie de l'exercice est correcte est non?

Dijkschneier a écrit:

Problème 27 : (** : deux étoiles)
Soit ABC un triangle équilatérale et (C) son cercle circonscrit. Soit M un point quelconque du plan. Montrez l’inégalité : MA + MB >= MC, avec égalité si et seulement si M appartient a l’arc de (C) situé entre A et B et ne contenant pas C.

ABC est un triangle équilatéral, on déduit immédatement qu'il existe un réél a tel que AB=BC=CA=a.
A, B, C, et M sont quatres points du plan.
Selon l'inégalité de Ptolémée, on a MC.AB =< MB.AC+MA.CB.
Avec égalité si et seulement si les points A, B, M, et C pris dans cet ordre forment un quadrilatère convexe inscriptible.
Donc MC.a =< MB.a+MA.a.
Donc a.MC =< a(MB+MA).
Donc MC=< MB+MA.
Et c'est le résultat voulu.
Avec égalité si et seulement si M est un point de l'arc [BA] non contenant C.
P.S: J'attends une confirmation pour pouvoir continuer ce jeu qui gisait inerte depuis deux semaines.

nmo a écrit:

Dijkschneier a écrit:

Problème 27 : (** : deux étoiles)
Soit ABC un triangle équilatérale et (C) son cercle circonscrit. Soit M un point quelconque du plan. Montrez l’inégalité : MA + MB >= MC, avec égalité si et seulement si M appartient a l’arc de (C) situé entre A et B et ne contenant pas C.

ABC est un triangle équilatéral, on déduit immédatement qu'il existe un réél a tel que AB=BC=CA=a.
A, B, C, et M sont quatres points du plan.
Selon l'inégalité de Ptolémée, on a MC.AB =< MB.AC+MA.CB.
Avec égalité si et seulement si les points A, B, M, et C pris dans cet ordre forment un quadrilatère convexe inscriptible.
Donc MC.a =< MB.a+MA.a.
Donc a.MC =< a(MB+MA).
Donc MC=< MB+MA.
Et c'est le résultat voulu.
Avec égalité si et seulement si M est un point de l'arc [BA] non contenant C.
P.S: J'attends une confirmation pour pouvoir continuer ce jeu qui gisait inerte depuis deux semaines.

Oui c'est juste. Application directe du résultat du theoréme de Potlemée.
Mais il te reste encore le cas d'égalité.. Dans ce cas Potlémée te permet de déduire que MC.AB>=MB.AC+MA.BC.

Bien sure çelà se démontre que si l'exercise l'a demandé, j'en ai aucune idée si la question ne veut que démontrer la premiére relation. : )

Oui nmo. Tu peux proposer ton problème.

Problème 28:
Ecrire explicitement l'ensemble suivant:
, avec / signifie "divise".
Bonne chance.

Solution au probléme 28:

(Tous les valeurs sont positives)
Ramarquer que:






Enfin:
CQFD.

sv p c kan les resultats de dernier examen

M.Marjani a écrit:

Solution au probléme 28:
(Tous les valeurs sont positives)
Ramarquer que:





Enfin:
CQFD.

Bien.
Merci de proposer une solution au problème des équations que tu as déjà posté.
P.S: une réponse d'une autre manière dans mon prochain post.