Retour au plaisir :)

Bien majdouline.
@stylo vs calculator : sans entrer dans une vaine polémique, merci de retirer ton problème. Celui-ci pose le problème de la définition de PI, et cette question n'a rien à voir avec le programme des olympiades.
Problème 35 : (** : deux étoiles)
Existe-t-il une fonction f : IR -> IR telle que pour tout réel x, f(f(x))=x²-2 ?

Donc Pi < 22/7

.

Halte-là ! Merci de ne pas polluer ce topic.
@stylo vs calculator et anas-as_137 : retirez de grâce vos deux derniers messages.

Spoiler:

Dijkschneier a écrit:

Halte-là ! Merci de ne pas polluer ce topic.
@stylo vs calculator et anas-as_137 : retirez de grâce vos deux derniers messages.

Spoiler:

Ok , Assembly Geek ?

Cela fait plus de 48 heures que je n'ai pas de réponse sérieuse au problème 35.

Dijkschneier a écrit:

Problème 35 : (** : deux étoiles)
Existe-t-il une fonction f : IR -> IR telle que pour tout réel x, f(f(x))=x²-2 ?

Solution au problème 35 :
Supposons qu'une telle fonction existe.
On a f(f(x))=x²-2, donc pour x|->f(x), il vient f(f(f(x)))=f(x)²-2.
Et on a f(f(x))=x²-2, donc en composant par f : f(f(f(x))) = f(x²-2).
De fait : f(x²-2)=f(x)² -2. Nous dirions "celle-ci" lorsque nous voudrons désigner cette relation.
Pour x=-1 dans celle-ci, il vient f(-1)=f(-1)²-2, donc f(-1)²-f(1)-2=0, donc f(-1)=-1 ou f(-1)=2
Pour x=2 dans celle-ci, il vient f(2)=f(2)²-2, donc f(2)²-f(2)-2=0, donc f(2)=-1 ou f(2)=2.
On va prouver qu'alors on a soit f(2)=2 et f(-1)=-1, soit f(2)=-1 et f(-1)=2.
Par l'absurde, supposons que f(-1)=f(2)=-1. Alors en posant x=2 dans l'équation fonctionnelle initiale, il vient f(f(2))=2, donc f(-1)=2, donc -1=2. Contradiction. On tombe sur une contradiction semblable en supposant f(-1)=f(2)=2.
De fait : soit f(2)=2 et f(-1)=-1, soit f(2)=-1 et f(-1)=2.
- Si f(2)=2 et f(-1)=-1 :
Pour x=-2 dans celle-ci, il vient f(2)=f(-2)²-2, donc 2=f(-2)²-2, donc f(-2)²=4, donc f(-2)=2 ou f(-2)=-2.
Supposons par l'absurde que f(-2)=-2. En posant x=-2 dans l'équation fonctionnelle initiale, il vient f(f(-2))=2, donc f(-2)=2, donc -2=2. Contradiction.
Par suite : f(-2)=2.
Pour x=0 dans celle-ci, il vient f(-2)=f(0)²-2, donc 2=f(0)²-2, donc f(0)²=4, donc f(0)=2 ou f(0)=-2.
* Si f(0)=2 :
En posant x=0 dans l'équation fonctionnelle initiale, il vient f(f(0))=-2, donc f(2)=-2, donc 2=-2. Contradiction.
* Si f(0)=-2 :
En posant x=0 dans l'équation fonctionnelle initiale, il vient f(f(0))=-2, donc f(-2)=-2, donc 2=-2. Contradiction.
- Si f(2)=-1 et f(-1)=2 :
Pour x=-2 dans celle-ci, il vient f(2)=f(-2)²-2, donc -1=f(-2)²-2, donc f(-2)²=1, donc f(-2)=-1 ou f(-2)=1.
En posant x=-2 dans l'équation fonctionnelle initiale, il vient f(f(-2))=2, donc f(1)=2.
En posant x=1 dans l'équation fonctionnelle initiale, il vient f(f(1))=-1, donc f(2)=-1 donc
Pour x=0 dans celle-ci, il vient f(-2)=f(0)²-2, donc -1=f(0)²-2, donc f(0)²=1, donc f(0)=1 ou f(0)=-1.
* Si f(0)=1 :
En posant x=0 dans l'équation fonctionnelle initiale, il vient f(f(0))=-2, donc f(1)=-2, donc 2=-2. Contradiction.
* Si f(0)=-1 :
En posant x=0 dans l'équation fonctionnelle initiale, il vient f(f(0))=-2, donc f(-1)=-2, donc 2=-2. Contradiction.

Dans tous les cas, nous tombons sur une contradiction. Par conséquent, une telle fonction ne peut exister.

Problème 36 : (** : deux étoiles)
Soit N un entier naturel strictement positif.
Montrer qu'il existe deux entiers naturels a,b tel que 1<=b<=N et :

Solution au problème 36 :
Soit k £ {0,1,...N} posons :

alors on a pour tous k : 0<f(k)<1

On divise l'intervalle [0,1] en N intervalles [0,1/N] , [1/N,2/N]...[1-1/N,1]
Alors pour tous k , f(k) appartient à un intervalle des N intervalles choisie.
Puisque il existe N+1 entiers dans {0,1,...N} alors d'après le principe de tiroirs il existe de entiers différents i,j t.q f(i) et f(j) appartient au même intervalle, d'où | f(i)-f(j)| ≤1/N
donc il suffit de prendre


Problème 37 :
Soit n un entier supérieur ou égal à 2 et des réels strictement positifs.Démontrer que :

salam

çà me paraît simple ??????

pour : x , y , z strict.positifs

x²/(x²+yz) < 1

=====> la somme donnée < n

donc elle est =< n-1

______________________________

Ce sont des réels houssa, pas des entiers.

ET alors !!!!!

x² < x² + yz pour tous : x , y , z > 0

_______________

@houssa : La somme est trivialement < n. Mais on peut pas déduire comme ça qu'elle est <= n-1. Cette déduction peut se faire si on a une somme d'entiers.

salam Dijksc....

tu as parfaitement raison

j'ai pas fait attention à la déduction

___________

je reviserai ...

.

Dijkschneier a écrit:

@houssa : La somme est trivialement < n. Mais on peut pas déduire comme ça qu'elle est <= n+1. Cette déduction peut se faire si on a une somme d'entiers.

n-1, je crois.

@mizmaz : merci pour ta vigilance.

Désolé pour le retard ^^' , voici la solution du problème 37 :
L'inégalité est équivalente à :



Posons :

On a :

Et l'inégalité équivaut à :

D'après le principe des tiroirs on sait qu'il existe deux entier différent i et j tels que : y_iy_j≤1

D'où :

Et le résultat en découle ..

Problème 38 :
Soit ABC un triangle dont tous les angles sont aigus . La bissectrice intérieure de l'angle A coupe le côté BC en L et recoupe le cercle circonscrit au triangle ABC en N . K et M sont respectivement les projections orthogonales de L sur les côtés AB et AC . Prouver que le quadrilatère AKNM et le triangle ABC ont le même aire .

Solution au problème 38 :

La notation entre crochets réfère aux aires.
Résultats préliminaires :
- AM=AK et LM=LK.
- Le quadrilatère AMLK est inscriptible.
- Le quadrilatère AMLK a ses diagonales perpendiculaires (car ML²+AK²=KL²+AM²). Soit X le point d'intersection des diagonales.
- Le quadrilatère ABNC est inscriptible
- NC=NB
- Les deux triangles KML et BCN sont semblables.
La démonstration de ces résultats est laissée au lecteur.
Démonstration :
[ABC] = [AMNK] <=> [MLC] + [LKB] = [KLMN]
<=> [MLC] + [LKB] = [KMN] - [KLM]
<=> ML.MC + LK.KB = LN.KM
<=> ML.(MC + BK) = KM.(AN-AL)
<=> ML.(MC + BK) = KM.AN - KM.AL
AMKL étant inscriptible, et convexe, il vient d'après Ptolémée que KM.AL = ML.(AK+AM)
<=> ML.(MC + BK) = KM.AN - ML.(AK+AM)
<=> ML.(AB+AC) = KM.AN
ABNC étant inscriptible, et convexe, il vient d'après Ptolémée que AN.BC = NC(AB+AC)
<=> ML.AN.BC = KM.AN.NC
<=> ML.BC = KM.NC
<=> ML/MK = CB/CN
Ce qui est vrai étant donné que KML et BCN sont semblables.

Bien.
Si vous Voulez Je vous propose le probleme 39 . Il s'agit d'une inégalité que je vien de trouver et je veux bien savoir son niveau de difficulté
Probleme 39
a,b,c,d>=0 tels que a+b+c+d=1
On note a²+b²+c²+d²=p
Montrer que :

PS:Ma solution se base sur Cauchy swharz inequality .

Merci de proposer une solution au problème 39.

Dijkschneier a écrit:

Merci de proposer une solution au problème 39.

Avec PLaisir !!
Solution au problème 39
Tout se base sur le Lemme suivant :
Pour tout a,b,c >0 :

Preuve du Lemme :

Spoiler:

Donc :

et Puisque (Cauchy Schwarz)
car 4(a+b+c)²=4+4d²-8d.
CQPC!
Fin de la démonstration .

Tès joli, Sporovitch.
Quoique, merci d'éviter au futur de poster ici des inégalités très techniques, et les poster plutôt dans le marathon des inégalités.
Problème 40 : (* : une étoile)
Soient ABCD un carré et P et Q deux points situés sur les côtés [AB] et [BC] respectivement, de sorte qu’on ait l'égalité BP = BQ. Soit H la projection orthogonale de B sur (PC). Prouver que l’angle DHQ est droit.

.

mizmaz a écrit:

Nous avons donc

Attention, H est la projection orthogonale de B sur (PC) !

Ah ouais... J'ai mal lu. Je me disais aussi que ça devait pas être ça.
J'y réfléchirai dans ce cas. Je supprime mon post précédent.

Solution Au probleme 40:
Les triangles PBC et BHC sont semblables.
Il s'ensuit que :
BC/PB=HC/HB=DC/BQ ==> DC/HC=BQ/HB ==> LEs triangles HBQ et HCD sont semblables.
Donc <HDC=<HQB ==> <HDC+<HQC=180
donc le quadrilatere HQCD est inscriptible.
ce qui permet de conclure que
<DHQ=90.