Préparations aux olympiades de première (2010-2011)

nmo a écrit:

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

On a .
Donc et .
Donc et .
Donc .
Donc .==>(*)
D'autre part, soit n un entier.
on a .
Donc , tel que k est un entier.
Donc , tel que k est un entier.
Et d'après *, on conclut que k=4.
Donc .
Donc .
Donc .
Donc .
Donc .
Donc .
Donc .
Donc .
Donc .
Donc .
Sauf erreur.

Il n' a pas de réponses, je vous propose ces deux exercices:
Problème 29:
Soit f la fonction définie de IR* vers IR*, tel que .
f est injective. Est-elle surjective? Est-elle bijective?
Problème 30:
On considère un point P à l'intérieur d'un rectangle ABCD tel que les distances AP, BP, et CP soient proportionnelles aux nombres 1, 2, et 3 respectivement.
Trouvez la mesure de l'angle APB.
Bonne chance.

nmo a écrit:

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.

Puisque le temps me contraint, et que cette semaine est chargés de DS pour (plutot contre : ) moi, je vais vous présenter son solution officiel (qui ressemble à la mienne quelque part) :

[b]Probleme 31:
comme a dit M.nmo on propose la meme fonction f mais la petite difference est:
fof(x)=(ce que ecrit NMO)
et puis on doit prouver l'existence d'un seul nombre 'a' appartenant a IR :f(a)=a
svp un peu daide

Problème32:
Soit x et y et z appartenant a IR en tant que:
x+y+z=2 et xy+yz+zx=1 et xyz=a
prouvez que cela est equivalent à:z^3-2z²+z-a=0 et z appartient à [0,4/3].
Bon exercice. a vous de resoudre

yasserito a écrit:

Problème31:
Soit x et y et z appartenant a IR en tant que:
x+y+z=2 et xy+yz+zx=1 et xyz=a
prouvez que cela est equivalent à:z^3-2z²+z-a=0 et z appartient à [0,4/3].
Bon exercice. a vous de resoudre

Je t'invite à renuméroter ton exercice, car c'est le problème 32.
En effet, c'est un problème tiré de l'olympiade de l'année dernière, si je me souviens bien.
Il s'agit bien de déterminer la valeur de a pour que le système admette des solutions réelles.
Je me rapelle aussi les réponses proposés, et qui ne sont plus rigoureux.
Voici ma solution:
D'emblée, x, y, et z jouent des rôles symétriques.
Supposons ainsi que x et y existent et qu'ils sont fixés, et cherchons l'intervalle où se trouve z.
On a .
Donc .
Donc .
Donc .
Donc .
Le système admette ainsi des solutions si et seulement si .
Donc .
Donc .
Donc .
Donc .==>(1)
Selon les relations de Viète, si x,y,z sont solutions au système , alors ils sont les racines du polynôme .
Ainsi, ils sont solutions de l'équation .
Or z est une solution, ce qui veut dire .
Donc .==>(2)
On étudie maintenant les variation de la fonction sur l'intervalle [0,4/3].
La fonction f est dérvable sur IR, sa dérivée est , soit .
Et d'autre part, on a .
(Remarquez que 1 est une racine évidente).
Donc .
Donc .
Et par conséquent .
Par suite f est décroissasnte sur [1/3,1], croissante sur [0,1/3] et [1,4/3].
(f peut s'écrire autrement de la manière soit ).
Cas premier: si z est un élément de [1/3,1].
On a .
Donc .
Cas deuxième: si z est un élément de [0,1/3].
On a .
Donc .
Cas deuxième: si z est un élément de [1,4/3].
On a .
Donc .
Synthèse:
Dans tous les cas, on a .
CQFD.
Sauf erreur.
P.S: 2 et 1 sont les solutions de l'exercice proposé.

oui t'as raison je l'ai prouvé mais est ce qu'une equivalence. cette (nedma) equivale telle z^3-2z²+z-a=0 et z appartient a [0,4/3]??

ok svp des exercices svp.de bons exercices svp!!

yasserito a écrit:

[b]Probleme 31:
comme a dit M.nmo on propose la meme fonction f mais la petite difference est:
fof(x)=(ce que ecrit NMO)
et puis on doit prouver l'existence d'un seul nombre 'a' appartenant a IR :f(a)=a
svp un peu daide

Ce que je pense est que:
Pour démontrer qu'il existe un et un seul réel a tel que f(a)=a, voici ce que je vois une voie possible:
Il faut tout d'abord prouver que fof est bijective.
Et que f est bijective aussi.
Cela veut dire que chaque réel a un antécédant unique par fof.
Ainsi, s'il existe un réel solution de l'équation fof(x)=x.
En tenant compte que f est bijective, il s'ensuit que ce x admet un unique antécédant, qui n'est autre que f(x).
Je vais écrire ma solution, si je serai certain de mes calculs.

juste une question quand peut on dire que fof(x)=x equivale f(x)=x??

yasserito a écrit:

juste une question quand peut on dire que fof(x)=x equivale f(x)=x??

Je vais te donner un exemple, et tu comprendrera:
Si f(x)=1/x, alors fof(x)=x.
Ainsi, tu ne peut pas trouver des conditions sur f, qui pourrons te donner la réponse.

ah oui vous avez raison, alors je vous propose un exercice (QUE JE N'AI PAS RESOLU)
et...
Probleme 33:
x et y et z sont des nombres reels strictement positives en tant que; xyz>xy+yz+zx
Prouvez que:xyz>3(x+y+z)

''c'est en faisant n'importe quoi qu'on devient n'importe qui''

Solution au problème 33 :

Et on sait classiquement que :
Cela permet de conclure que : , ou encore xyz > 3(x+y+z)

Problème 34 : (* : une étoile)
Soit n un entier et x un réel.
Montrer que : , où E(x) désigne la partie entière de x.

expliquez svp!

Ce forum est un forum français. Je ne répondrais pas la prochaine fois à un message écrit dans une langue différente du français.
L'inégalité (xy+xz+yz)² >= 3xyz(x+y+z) est classique, et découle de l'inégalité encore plus classique : (x+y+z)² >= 3(xy+xz+yz) à travers le changement de variable x=ab, y=ac, z=bc. L'inégalité (x+y+z)² >= 3(xy+xz+yz) découle quant à elle de la factorisation suivante : (x+y+z)² - 3(xy+xz+yz) = (x²+y²+z²-xy-xz-yz) = 1/2 [ (x-y)² + (x-z)² + (y-z)² ] >= 0

nmo a écrit:

Il n' a pas de réponses, je vous propose ces deux exercices:
Problème 29:
Soit f la fonction définie de IR* vers IR*, tel que pour tout réél x, on a .
f est injective. Est-elle surjective? Est-elle bijective?

Soit y un réel de IR*, existe-t-il un réél x à satisfaire l'équation: .
On a donc .
Donc .
Donc .
Donc .
Donc .
Donc .
Posons , notre équation s'écrit .
Soit à l'équation: .
Qui est en effet une équation du troisième degré, à la forme réduite.
Son discriminent est, selon la forme générale, .
Donc .
Soit .
Ce discriminent est strictement positif, d'où l'existance d'une seule solution réelle.
Et on a, selon la forme générale: .
Donc .
Soit .
J'ai posé que .
Donc .
Donc .
Et par analogie, on trouve que .
Donc .
Et après réduction, on tombe sur: .
Soit .
Ainsi l'équation proposée admet une solution unique.
Ainsi f est bijective.
Ce qui corrobore que f est injective, et puis que f est surjective.
P.S: Les formules utilisés ici figurent dans un sujet que Tarask m'a prété.
Je lui remercie encore une fois, et je suis désolé pour cette réponse, dont je ne suis pas fier d'élaborer.
Sauf erreur.

yasserito a écrit:

[b]Probleme 31:
comme a dit M.nmo on propose la meme fonction f mais la petite difference est:
fof(x)=(ce que ecrit NMO)
et puis on doit prouver l'existence d'un seul nombre 'a' appartenant a IR :f(a)=a
svp un peu daide

Jette un coup d'oeuil sur la solution précédante.
En utilisant les donnés de cet exercice, on trouve que fof est une bijection.
(ce qui nécessite être traité, car il reste le cas de 0.
On a trouvé qur fof(IR*)=IR*.
En effet, fof(0)=0, nous pousse à dire que 0 est l'antécédant de 0.
En toute sorte, je ne suis pas sûr.)
C'est à dire que f est bijective.
(Très facile à prouver).
On a fof(0)=0.
Donc f(0)=0.
D'où l'existence du réel a.
Et pour son unicité, voici une preuve:
Soit un autre réel b, à vérifier que f(b)=b.
Par construction de f, on trouve que fof(b)=f(b).
Et puis fof(b)=b.
La résolution de cette équation simple, donne un seul résultat, qui n'est autre que 0.
(Très facile à vérifier).
D'où l'unicité de a (a=0).
P.S: Pensez-vous que celle-là peût être une solution officielle?
Personnellement, non, c'est pour cela que proposer une solution plus simple reste tolérée, mais das un autre topic.

nmo a écrit:

nmo a écrit:

Il n' a pas de réponses, je vous propose ces deux exercices:
Problème 29:
Soit f la fonction définie de IR* vers IR*, tel que pour tout réél x, on a .
f est injective. Est-elle surjective? Est-elle bijective?

Soit y un réel de IR*, existe-t-il un réél x à satisfaire l'équation: .
On a donc .
Donc .
Donc .
Donc .
Donc .
Donc .
Posons , notre équation s'écrit .
Soit à l'équation: .
Qui est en effet une équation du troisième degré, à la forme réduite.
Son discriminent est, selon la forme générale, .
Donc .
Soit .
Ce discriminent est strictement positif, d'où l'existance d'une seule solution réelle.
Et on a, selon la forme générale: .
Donc .
Soit .
J'ai posé que .
Donc .
Donc .
Et par analogie, on trouve que .
Donc .
Et après réduction, on tombe sur: .
Soit .
Ainsi l'équation proposée admet une solution unique.
Ainsi f est bijective.
Ce qui corrobore que f est injective, et puis que f est surjective.
P.S: Les formules utilisés ici figurent dans un sujet que Tarask m'a prété.
Je lui remercie encore une fois, et je suis désolé pour cette réponse, dont je ne suis pas fier d'élaborer.
Sauf erreur.

Je ne pense pas. En effet, si Δ est positif, l'équation possède alors une solution réelle et deux complexes. Cela dit, un complexe peut parfaitement être réel.

mizmaz a écrit:

Je ne pense pas. En effet, si Δ est positif, l'équation possède alors une solution réelle et deux complexes. Cela dit, un complexe peut parfaitement être réel.

Cela se peut être la cas, (je n'ai pas fait attention).
Si tu peux régler le problème, je serai très reconnaissant.

nmo a écrit:

mizmaz a écrit:

Je ne pense pas. En effet, si Δ est positif, l'équation possède alors une solution réelle et deux complexes. Cela dit, un complexe peut parfaitement être réel.

Cela se peut être la cas, (je n'ai pas fait attention).
Si tu peux régler le problème, je serai très reconnaissant.

Tu peux tenter une division euclidienne. Mais ce serait du suicide. J'y réfléchirai.
Edit : Il faudra probablement utiliser l'injection de f.

mizmaz a écrit:

nmo a écrit:

mizmaz a écrit:

Je ne pense pas. En effet, si Δ est positif, l'équation possède alors une solution réelle et deux complexes. Cela dit, un complexe peut parfaitement être réel.

Cela se peut être la cas, (je n'ai pas fait attention).
Si tu peux régler le problème, je serai très reconnaissant.

Tu peux tenter une division euclidienne. Mais ce serait du suicide. J'y réfléchirai.

Il faut bénéficier de la technologie, et de son intelligence extrême.
Voici ce lien: http://www.wolframalpha.com/input/?i=x%5E3%2Bx-a%3D0.
Il est clair que les deux autres solutions sont pures complexes.
Le problème est ainsi résolu.
P.S: Tu peux aussi utiliser ce site pour résoudre l'équation de départ.
(Je me suis trompé, et j'ai effectué ce calcul ennuyeux).

nmo a écrit:

mizmaz a écrit:

nmo a écrit:

mizmaz a écrit:

Je ne pense pas. En effet, si Δ est positif, l'équation possède alors une solution réelle et deux complexes. Cela dit, un complexe peut parfaitement être réel.

Cela se peut être la cas, (je n'ai pas fait attention).
Si tu peux régler le problème, je serai très reconnaissant.

Tu peux tenter une division euclidienne. Mais ce serait du suicide. J'y réfléchirai.

Il faut bénéficier de la technologie, et de son intelligence extrême.
Voici ce lien: http://www.wolframalpha.com/input/?i=x%5E3%2Bx-a%3D0.
Il est clair que les deux autres solutions sont pures complexes.
Le problème est ainsi résolu.
P.S: Tu peux aussi utiliser ce site pour résoudre l'équation de départ.
(Je me suis trompé, et j'ai effectué ce calcul ennuyeux).

Je ne dirais pas ça aussi facilement... Déjà le mot est mal utilisé. (pures) Ensuite, la présence de i ne montre pas qu'un nombre n'appartient pas à IR.

Bon.
Nous avons.

Posons g telle que :

Posons k telle que :

Donc :
Nous avons
Donc :
Prenons :

Prenons maintenant

g est donc strictement décroissante sur et sur

Maintenant étudions les variations de k. k est impaire, donc il suffit d'étudier ses variation sur :


Donc :


De ce fait, k est strictement décroissante sur et donc sur

Nous pouvons affirmer que f est strictement croissante sur et sur

De plus, elle est continue sur les deux intervalles et continûment prolongeable sur 0.

De ce fait, f est une bijection.

Sauf erreur.
Au plaisir !

nmo a écrit:

yasserito a écrit:

[b]Probleme 31:
comme a dit M.nmo on propose la meme fonction f mais la petite difference est:
fof(x)=(ce que ecrit NMO)
et puis on doit prouver l'existence d'un seul nombre 'a' appartenant a IR :f(a)=a
svp un peu daide

Jette un coup d'oeuil sur la solution précédante.
En utilisant les donnés de cet exercice, on trouve que fof est une bijection.
(ce qui nécessite être traité, car il reste le cas de 0.
On a trouvé qur fof(IR*)=IR*.
En effet, fof(0)=0, nous pousse à dire que 0 est l'antécédant de 0.
En toute sorte, je ne suis pas sûr.)
C'est à dire que f est bijective.
(Très facile à prouver).
On a fof(0)=0.
Donc f(0)=0.
D'où l'existence du réel a.
Et pour son unicité, voici une preuve:
Soit un autre réel b, à vérifier que f(b)=b.
Par construction de f, on trouve que fof(b)=f(b).
Et puis fof(b)=b.
La résolution de cette équation simple, donne un seul résultat, qui n'est autre que 0.
(Très facile à vérifier).
D'où l'unicité de a (a=0).
P.S: Pensez-vous que celle-là peût être une solution officielle?
Personnellement, non, c'est pour cela que proposer une solution plus simple reste tolérée, mais das un autre topic.

Personnellement je crois que j'ai prouver que 0 est une solution a fof(0)=0 et j'ai prouver son unicite mais est ce le faite que f est une bijection nous perment de dire quef(0)=0?
et si oui, svp expliquez, et desolé pour aucun derangement.

mizmaz a écrit:

nmo a écrit:

mizmaz a écrit:

nmo a écrit:

mizmaz a écrit:

Je ne pense pas. En effet, si Δ est positif, l'équation possède alors une solution réelle et deux complexes. Cela dit, un complexe peut parfaitement être réel.

Cela se peut être la cas, (je n'ai pas fait attention).
Si tu peux régler le problème, je serai très reconnaissant.

Tu peux tenter une division euclidienne. Mais ce serait du suicide. J'y réfléchirai.

Il faut bénéficier de la technologie, et de son intelligence extrême.
Voici ce lien: http://www.wolframalpha.com/input/?i=x%5E3%2Bx-a%3D0.
Il est clair que les deux autres solutions sont pures complexes.
Le problème est ainsi résolu.
P.S: Tu peux aussi utiliser ce site pour résoudre l'équation de départ.
(Je me suis trompé, et j'ai effectué ce calcul ennuyeux).

Je ne dirais pas ça aussi facilement... Déjà le mot est mal utilisé. (pures) Ensuite, la présence de i ne montre pas qu'un nombre n'appartient pas à IR.

Simplement, je veux dire que ces nombres ne peuvent en aucune manière être réelles.
Tu es plus istruit que moi en ce domaine, et j'attends quelqu'un te confirme ta methode.