Préparations aux olympiades de première (2010-2011)

Il serait bien de changer un peu de trigonométrie, ces inégalités figurent au programme et leurs solutions sont présentes en DIMA DIMA, cela se ramène à faire des calculs qui sont ennuyeux.

Pour cela je postes un exercice plus compétitif :
Problème 59 : (***)

Dans un triangle ABC dont tous les angles sont aigus, la hauteur issue de C coupe (AB) en F et la médiane issue de B coupe (AC) en M.
Sachant que BM = CF et que <MBC =<FCA , montrer que ABC est un triangle équilatéral.

Sauf erreur ^^

Bonjour Soumitous :

La première égalité est fausse Tu dois démontrer que <ABC=2<FCM car [BM] et la médiane non la bissectrice.
Ainsi cela enduit le reste en erreur

Nous n'avons pas de bissectrice dans les données, juste une médiane et une hauteur.
Sinon l'exercice serait trivial, ainsi ta solution est fausse.

j'ai cru que c'était une bissectrice désolé :S

Solution au problème 59 :

AFC est rectangle en F et M est le milieu de [AC], donc FM=MC, et par suite, FMC est isocèle en M. Par conséquent, MBC = MCF = MFC.
Cela implique que le quadrilatère FMCB est inscriptible, et par suite, 90° = BFC = BMC.
Ainsi, (BM) est également une hauteur, et est par conséquent une médiatrice.
B appartient à la médiatrice, donc BC=AB, et donc le triangle est isocèle en B.
Et d'après Pythagore sur BFC et BMC, on déduit que : FC² = BF² + BC² et MB² = MC² + BC², et puisque FC=MB, il vient BF=MC, et donc, BF=MC=FM.
Si on note E le point d'intersection de FC et BM, alors cela implique que EFM = ECM et EMF=EBF, et puisque EBF=ECM car FMCB est inscriptible, alors EFM=EMF, et par conséquent, EFM est isocèle en E.
Mais alors, d'après le théorème de Pythagore appliqué sur AFE et AEM, il vient AM=AF.
On a montré que BF=MC et AF = AM. En sommant, on a comme voulu AB=AC, et par suite, ABC est équilatéral.

Et que chacun se sente libre de proposer de nouveaux problèmes.

Dijkschneier a écrit:

Solution au problème 59 :

AFC est rectangle en F et M est le milieu de [AC], donc FM=MC, et par suite, FMC est isocèle en M. Par conséquent, MBC = MCF = MFC.
Cela implique que le quadrilatère FMCB est inscriptible, et par suite, 90° = BFC = BMC.
Ainsi, (BM) est également une hauteur, et est par conséquent une médiatrice.
B appartient à la médiatrice, donc BC=AB, et donc le triangle est isocèle en B.
Et d'après Pythagore sur BFC et BMC, on déduit que : FC² = BF² + BC² et MB² = MC² + BC², et puisque FC=MB, il vient BF=MC, et donc, BF=MC=FM.
Si on note E le point d'intersection de FC et BM, alors cela implique que EFM = ECM et EMF=EBF, et puisque EBF=ECM car FMCB est inscriptible, alors EFM=EMF, et par conséquent, EFM est isocèle en E.
Mais alors, d'après le théorème de Pythagore appliqué sur AFE et AEM, il vient AM=AF.
On a montré que BF=MC et AF = AM. En sommant, on a comme voulu AB=AC, et par suite, ABC est équilatéral.

Et que chacun se sente libre de proposer de nouveaux problèmes.

Bien. Joli solution.

M.Marjani a écrit:

Probléme 58: (**)

ABC est un triangle. Prouver:

(i)

(ii)

(iii)

Mehdi.O a écrit:

Il serait bien de changer un peu de trigonométrie, ces inégalités figurent au programme et leurs solutions sont présentes en DIMA DIMA, cela se ramène à faire des calculs qui sont ennuyeux.

Parmi les questions que j'ai proposé n'existe qu'une figurant au manuel, par conséquant les autres sont un peu avancé et qui deviendront façiles que d'aprés une inspiration d'autres relations connus. Ils ne sont pas ennyeuses à ce degrés.

Je présente une autre solution au problème 59 :

Dans le triangle ABM, nous avons sin (<ABM)/AM=sin(A)/Bm et sin(A)=FC/AC .Par conséquent
: sin(<ABM)=(AM.FC)/(BM.AC)=1/2 => <ABM=30°. D'autre part sin(B)=FC/BC et
sin(B)/AC=sin(A)/BC=BM/(2AM.AC)=> sin(B)=BM/AC=FC/AC donc AC=BC ainsi le triangle ABC est isocèle en C.
Soit P l'intersection de (FC) et (BM) nous avons <BPF=60° donc <BPC=120°, et nous avons <ACF=<PCB=<MBC=<PBC donc PBC est isocèle en P ainsi <FCB=<MBC=30° .
D'autre part puisque ABC est isocèle en C [CF] est hauteur et bissectrice de l'angle C, il s'ensuit que <ACB=60°.
De ce fait ABC est équilatéral.

CQFD

Mehdi.O a écrit:

Solution du problème 56:
cosx + sinx =V(1+2sinxcosx)=V(1+sin2x)
Ainsi la fonction f(x)=V(x+1) vérifie l'énoncé
f(tan²x)=V(1+tan²x)=V(1/cos²x)=1/cosx ( cosx >0)
CQFD

Je ne suis pas de ton avis, car peut être négatif par contre est toujours positif!
A toi de rectifier.
Cela veut dire que l'exercice 56 n'est pas encore résolu.

dsl.

dsl une autre fois.

M.Marjani a écrit:

Je n'ai pas fais attention à la méthode qu'il a suivi, j'ai visé seulement le résultat. Il le manque des phrases et des phrases pour enfin déduire ce résultat (Surtout qu'il faut citer Cosx + Sinx >= 0 ). Donc voiçi une solution alternative:
En élevant le tout au carré: [f(sin(2x)]² = [sin(x) + cos(x)]² = sin²(x) + cos²(x) + 2cos(x)*sin(x) = 1 + sin(2x).
Notons maintenant que Sin(2x) est une fonction, qui a pour définition l'application de I vers l'intervalle [-1, 1], et qui réalise pour tout -1=<t=<1, [f(t)]² = 1+t, d'une cotée pour x de I, sin(x) + cos(x) >= 0 qui nous permet de dire donc f(t)=V(1+t) pour -1=<t=<1.
Maintenant, pour -Pi/4 =< x =< Pi/4, -1=<tan(x)=<1, et 0=<tan²(x)=<1. Alors que f(tan²(x))=V(1+tan²(x))=sec(x)

Je pense que c'est encore faux, pour te convaicre la fonction peut être négative.
Mais puisque l'ensemble de définition de la fonction est , il vient que .
Tu peux constater cela en représentant la fonction dans un repère orthonormé ou bien jeter un coup d'oeuil ici:
http://www.wolframalpha.com/input/?i=%5Csin%7Bx%7D%2B%5Ccos%7Bx%7D.
Cela veut dire que l'exercice 56 n'est pas encore résolu.

nmo a écrit:

M.Marjani a écrit:

Je n'ai pas fais attention à la méthode qu'il a suivi, j'ai visé seulement le résultat. Il le manque des phrases et des phrases pour enfin déduire ce résultat (Surtout qu'il faut citer Cosx + Sinx >= 0 ). Donc voiçi une solution alternative:
En élevant le tout au carré: [f(sin(2x)]² = [sin(x) + cos(x)]² = sin²(x) + cos²(x) + 2cos(x)*sin(x) = 1 + sin(2x).
Notons maintenant que Sin(2x) est une fonction, qui a pour définition l'application de I vers l'intervalle [-1, 1], et qui réalise pour tout -1=<t=<1, [f(t)]² = 1+t, d'une cotée pour x de I, sin(x) + cos(x) >= 0 qui nous permet de dire donc f(t)=V(1+t) pour -1=<t=<1.
Maintenant, pour -Pi/4 =< x =< Pi/4, -1=<tan(x)=<1, et 0=<tan²(x)=<1. Alors que f(tan²(x))=V(1+tan²(x))=sec(x)

Je pense que c'est encore faux, pour te convaicre la fonction peut être négative.
Mais puisque l'ensemble de définition de la fonction est , il vient que .
Tu peux constater cela en représentant la fonction dans un repère orthonormé ou bien jeter un coup d'oeuil ici:
http://www.wolframalpha.com/input/?i=%5Csin%7Bx%7D%2B%5Ccos%7Bx%7D.
Cela veut dire que l'exercice 56 n'est pas encore résolu.

Si l'intervalle de la définition de f est [-pi/4 , pi/4] c'est évident que -pi/4 =<x=< pi/4 <=> 0=<x+ pi/4=<pi/2
Donc cosx + sinx = V2*sin(x+pi/4) >=0 . C'est plutot l'inverse de ce que tu dis.

N'oublie pas que la fonction sin(2x) est bijective de I vers l'intervalle [-1, 1].. il existe un unique x dans I tel que sin(2x)=t. Ainsi, pour -1=<t=<1, [f(t)]²=t+1. Pour x dans I, Sin(x)+Cos(x)>=0. Par conséquent f(t)=V(t+1) pour -1=<t=<1.

S'il existe une autre solution pour ce probléme serait la bienvenue !

M.Marjani a écrit:

Si l'intervalle de la définition de f est [-pi/4 , pi/4] c'est évident que -pi/4 =<x=< pi/4 <=> 0=<x+ pi/4=<pi/2
Donc cosx + sinx = V2*sin(x+pi/4) >=0 . C'est plutot l'inverse de ce que tu dis.
S'il existe une autre solution pour ce probléme serait la bienvenue !

C'est bien ce que tu dis.
Désolé, lorsque j'était entrain de résoudre le problème, je n'ai pas fait très bien attention à la représentation graphique de notre fonction.
Pour aller plus loin, on peut utiliser la dérivabilité.

Les questions trigonométriques qu'a posées M.Marjani se traitent plutôt facilement après avoir remplacé les formes trigonométriques par leurs équivalents en fonction des côtés du triangle.
Puisque les calculs sont lourds, je ne vais pas y répondre, et proposer un nouveau problème.
Problème 60 : (* : une étoile)
Montrer que le produit de 4 entiers naturels consécutifs non nuls n'est jamais un carré parfait.

(n-1)n(n+1)(n+2)=(n^3-n)(n+2)=n^4+2n^3-n²-2n=(n^2+n-1)²-1
et n^2+n-1#2 car apres delta on trouve des solution non appartenant a IN
et n^2+n-1#1 car n#0 et n#-2
alors le produit de 4entiers naturels consecutifs non nuls n'est jamais un carre parfait.
sauf erreur!

pour que la premiere ligne ait un sens n doit etre >=2 reste le cas de n=1
on trouve ainsi 1*2*3*4=24 qui n'est pas un carre parfait.
sauf erreur et merci!

Problème 61 : (* : une étoile)
Sachant que x² + y² = 14x + 6y + 6, quelle est la plus grande valeur que peut prendre 3x+4y ?

(x-7)²+(y-3)²=64 alors selon C.S: 25[(x-7)²+(y-3)²]>=(3x+4y-33)²
on obtient alors 3x+4y-33<=40 alors 3x+4y<=73
alors la plus grande valeur que peut prendre 3x+4y est 73
sauf erreur et merci !

Bien. On peut aussi résoudre le problème par des considérations géométriques en voyant que (x-7)²+(y-3)²=64 est l'équation d'un cercle et 3x+4y=c l'équation d'une droite, et on cherche à maximiser c. Mais c est maximum lorsque la droite est tangente au cercle (pourquoi ?), i.e, lorsque la distance de la droite du centre du cercle vaut le rayon...
On peut aussi utiliser la méthode des multiplicateurs de Lagrange.

oui vrm !bonne methode. et ca donne la meme valeur!

.

repetitive

Problème 62 : (* : une étoile)
La suite f(n) définie sur IN vérifie la relation récurrente : 2[f(m+n) + f(m-n)] = f(2m) + f(2n), pour tous les entiers naturels m et n tels que m >= n, et aussi f(1)=1.
Déterminer f(1995).