Préparations aux olympiades de première (2010-2011)

nmo a écrit:

Je vais faire une solution pour le problème 107 plus tard, et je vous propose maintenant ces deux problèmes:
Problème 109:
Calculez .

Solution du problème 109:
Avec un peu de calcul on obtient que: cos(5a)= 16cos^5(a)-20cos^3(a)+5cos(a) ; avec a appartenant à R
On note x=cos(π/5)
on obtient l'équation suivante 16x^5-20x^3+5x+1=(x+1)(4x^2-2x-1)^2=0
ce qui implique que: 4x^2-2x-1=0
ALors x_1= (1+√5)4 et x_2=(1-√5)/4 car cos(π/5) >0
Donc cos(π/5)=(1+√5)/4=2cos^2(π/10)-1
Alors cos(π/10)=

Mehdi.O a écrit:

Le problème 109 est classique, ce serait mieux de le changer.

Non, regarde mon post scriptum.

expert_run a écrit:

nmo a écrit:

Je vais faire une solution pour le problème 107 plus tard, et je vous propose maintenant ces deux problèmes:
Problème 109:
Calculez .

Solution du problème 109:
Avec un peu de calcul on obtient que: cos(5a)= 16cos^5(a)-20cos^3(a)+5cos(a) ; avec a appartenant à R
On note x=cos(π/5)
on obtient l'équation suivante 16x^5-20x^3+5x+1=(x+1)(4x^2-2x-1)^2=0
ce qui implique que: 4x^2-2x-1=0
ALors x_1= (1+√5)4 et x_2=(1-√5)/4 car cos(π/5) >0
Donc cos(π/5)=(1+√5)/4=2cos^2(π/10)-1
Alors cos(π/10)=

Très bien, je continue donc:
On a .
Cela implique que soit .
Donc .
Ainsi .
Ou encore .
Et finalement .
Je continue demain, si je trouve du temps.

D'apreès le theoreme de la calculatrice graduée non scientifiquement programmée on a :
cos(pi/10)=0,95105651629515357211643933337938
Sauf erreur !

Mehdi.A a écrit:

D'apreès le theoreme de la calculatrice graduée non scientifiquement programmée on a :
cos(pi/10)=0,95105651629515357211643933337938
Sauf erreur !

bravo joli solution , a toi de posté ... hhhhhh

OK Merci az360
problème 111 :
Montrer que Si T est une théorie récursivement axiomatisable qui permet de formaliser « suffisamment d'arithmétique », et dont tous les axiomes sont vrais dans N, alors il existe un énoncé G vrai dans N qui n'est pas démontrable dans T
**

Mehdi.A a écrit:

OK Merci az360
problème 111 :
Montrer que Si T est une théorie récursivement axiomatisable qui permet de formaliser « suffisamment d'arithmétique », et dont tous les axiomes sont vrais dans N, alors il existe un énoncé G vrai dans N qui n'est pas démontrable dans T
**

pas mal ! la preuve est disponible dans un de mes écrits (traités d'arithmétique) de 1984.

Mehdi.A a écrit:

OK Merci az360
problème 111 :
Montrer que Si T est une théorie récursivement axiomatisable qui permet de formaliser « suffisamment d'arithmétique », et dont tous les axiomes sont vrais dans N, alors il existe un énoncé G vrai dans N qui n'est pas démontrable dans T
**

C'est un théorème d'incomplétude; on peut le déduire directement du théorème de Tarski.

nmo a écrit:

Problème 107:
Soit , , ... et 11 nombres rééls.
Parmi ces rééls, montrez qu'il existe deux distincts et tel que .

Voici la solustion que je vous ai promis:
On pose: , pour tout i compris entre 1 et 11.
Les angles sont compris entre -90° et 90°.
Trouver deux indices i et j qui répondent au problème, équivaut à trouver deux indices i et j tel que soit .
Ou encore, trouver deux indices i et j, qui sont distincts, qui vérifient .
On procède comme suit:
Nous avons donc 11 angles dans un intervalle de longueur 180°.
En divisant ce dernier en 10 tiroirs de longueur 18°, on voit que deux angles sont à distance monidre de 18°.
C'est à dire qu'il existe deux indices distincts i et j tel que , ou encore que .
En passant à la tangente, on aboutit à .
Cette denière inégalité équivaut à .
Et en vertu de l'exercice 109 et de mon travail qui suit la réponse de expert_run, on tombe sur: .
CQFD.
Sauf erreur.

Mehdi.A a écrit:

problème 111 :
Montrer que Si T est une théorie récursivement axiomatisable qui permet de formaliser « suffisamment d'arithmétique », et dont tous les axiomes sont vrais dans N, alors il existe un énoncé G vrai dans N qui n'est pas démontrable dans T
**

D'emblée, j'ai cru que c'est du charabia.
Mais après une recherche dans Internet, il s'est avéré qu'il s'agit du premier théorème d'incomplétude de Godel.
Et je ne vois pas quel est l'intérêt de proposer un exercice qui dépasse largement ce niveau.
Je sais mon cher que tu le sais, voire tu es capable de lui apporter la démonstration.
Pour répondre -respecter les règles du jeu-, voici un lien où on expose une preuve:
http://fr.wikipedia.org/wiki/Th%C3%A9or%C3%A8me_d'incompl%C3%A9tude_de_G%C3%B6del
Au plaisir.

Je propose un nouveau problème:
Problème 112:
Afin de me préparer pour les olympiades internationales, je résous au moins un problème par jour pour garder les théorèmes en tête, mais pas plus de 10 par semaine pour ne pas se fatiguer.
Prouver que si je continue ainsi suffisemment longtemps, il y aura une période continue de jours pendant laquelle j'aurais résolu exactement 21 problèmes.
Bonne chance.

deja posté dans le forum .

Sporovitch a écrit:

deja posté dans le forum.

Ce serait gentil de ta part de me donner le lien, car je ne sais plus comment procéder.

En attente d'une réponse pour le problème 112, je propose un autre problème:
Problème 113:
Soient , , ... et n nombres rééls strictement positifs.
Démontrez que .
Bonne chance.

nmo a écrit:

Problème 113:
Soient , , ... et n nombres rééls strictement positifs.
Démontrez que .
Bonne chance.

Solution 113:
On a
on démontre donc cette inégalité par récurrence:
pour n=1 on a
ce qui est vrai.
Alors on suppose que l'inégalité initiale est vraie; et montrons qu'elle est vraie pour n+1.
On note

alors démontrons:

Donc

Dans le cas où

On considère la fonction

Alors pour 0<x=< 1 f'(x)=< 0 donc f est décroissante
On déduit donc que: pour 0<x=< 1 ; f(x)>=f(1)=c+1
On posons

On obtient que :

Ce qui assure la conclusion.

expert_run a écrit:

Donc

Ce que tu avance ici est juste si .
Je pense que tu dois rectifier, ou me convaicre de la validité de ce que tu écris.

nmo a écrit:

expert_run a écrit:

Donc

Ce que tu avance ici est juste si .
Je pense que tu dois rectifier, ou me convaicre de la validité de ce que tu écris.

Alors essaie un contre exemple a_{n+1}=1/2 et n=1
donc a_{n+1}-a_{n+1}^(1/2)=1/2-v(1/2) < 0
C'est pour ca qu'on ne peut pas dire que c est juste pour .

expert_run a écrit:

Alors essaie un contre exemple a_{n+1}=1/2 et n=1
donc a_{n+1}-a_{n+1}^(1/2)=1/2-v(1/2) < 0
C'est pour ca qu'on ne peut pas dire que c est juste pour .

Ce que je veux dire tout simplement que tu as si et seulement si .
Qu'en penses-tu, maintenant?

Oui c'est ca que j'ai fait.

expert_run a écrit:

Oui c'est ca que j'ai fait.

D'emblée, je n'ai pas bien compris ce que tu as fait. Je m'excuse.
Il reste le problème 112, et je crois avoir trouver une réponse que je vais proposer plus tard.

nmo a écrit:

Problème 112:
Afin de me préparer pour les olympiades internationales, je résous au moins un problème par jour pour garder les théorèmes en tête, mais pas plus de 10 par semaine pour ne pas se fatiguer.
Prouver que si je continue ainsi suffisemment longtemps, il y aura une période continue de jours pendant laquelle j'aurais résolu exactement 21 problèmes.
Bonne chance.

Vous pouvez lire la solution là-bas:
http://www.maths-forum.com/principe-tiroirs-exemple-compris-123044.php.
(C'est la réponse que j'ai trouvé en tapant les mots-clés du problème dans la barre de recherche de google).
Bonne découverte.

Je propose un problème qui n'est plus facile:
Problème 114:
Soient a et b deux réels.
Trouver tous les triplets de réels strictement positifs (x,y,z) vérifiant:
.
Bonne chance.

En dernier c'est z^2+b^2 ou z^2+x^2

expert_run a écrit:

En dernier c'est z^2+b^2 ou z^2+x^2

C'est la première.
C'est une faute d'inattention.
Je vais éditer.

Ok.

Voici un exercice de plus:
Problème 115:
Un groupe de personne a visité une exposition de 97 tableaux.
On suppose que tous les tableaux ont été vus.
Par contre, aucune personne n'a vu tous les tableaux.
Démontrez qu'il existe deux personnes et et deux tableaux et tels que a vu et n'a pas vu et a vu et n'a pas vu .
Bonne chance.