Retour au plaisir :)

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.

DC/HC=BQ/HB à lui seul ne permet pas de conclure que les triangles en question sont semblables, on a besoin aussi de montrer que les deux angles DCH et HBQ sont égaux.
C'est néanmoins une conséquence du fait que DCH = 90 - HCB = HBC = HBQ.
Je considère que ta solution est correcte.
Bien.
A toi.

Dijkschneier a écrit:

DC/HC=BQ/HB à lui seul ne permet pas de conclure que les triangles en question sont semblables, on a besoin aussi de montrer que les deux angles DCH et HBQ sont égaux.
C'est néanmoins une conséquence du fait que DCH = 90 - HCB = HBC = HBQ.
Je considère que ta solution est correcte.
Bien.
A toi.

J'ai cru que c'est clair.
car j'ai mentionné que PCB et BHC sont semblables et <HPB=<DCH (ABCD est un carré.)
Problème 41 -(***)
Soit ABCD un quadrilatère convexe inscrit dans un cercle de centre O.
On désigne par P le point d'intersection de (AC)et (BD).
Les cercles circonscrits aux triangles ABP et CDP se recoupent en Q.
si O,P,Q sont distincts; Prouver que (OQ) est perpendiculaire à (PQ).

Sporovitch a écrit:

Problème 41 -(***)
Soit ABCD un quadrilatère convexe inscrit dans un cercle de centre O.
On désigne par P le point d'intersection de (AC)et (BD).
Les cercles circonscrits aux triangles ABP et CDP se recoupent en Q.
si O,P,Q sont distincts; Prouver que (OQ) est perpendiculaire à (PQ).

On a ABD un angle inscrit et AOD un angle au centre, les deux limitant l'arc [AD] dans le cercle circonscrit à ABCD.
Donc .
Donc .
(Car ABP et ACD sont deux angles inscrits limitant le même arc).
Donc .
(Car, d'un côté AQP et ABP sont deux angles inscrits limitant le même arc [AP] dans le cercle circonscrit à ABP, et d'un autre PCD et PQD sont deux angles inscrits limitant le même arc [PD] dans le cercle circonscrit à PDC).
Donc .
Donc les points A, O, Q, et D sont cocycloniques.
Et par conséquent, .
Donc .
(Car, d'un côté OQA et ODA sont deux angles inscrits limitant le même arc [OA] dans le cercle circonscrit à AOQD, et d'un autre AQP et ABP sont deux angles inscrits limitant le même arc [AP] dans le cercle circonscrit à ABP).
Donc .
(Car, ABD un angle inscrit et AOD un angle au centre, les deux limitant l'arc [AD] dans le cercle circonscrit à ABCD).
On a A et D deux points du même cercle.
Donc le triangle AOD est isocèle en O.
Donc .
Donc .
Donc .
Donc .
Et ainsi .
Donc .
Soit en résumé (OQ) est perpendiculaire à (PQ).
CQFD.

Voici un autre exercice:
Problème 42:
Soit ABC un triangle.
Soit P, Q, et R trois points situés sur les côtés BC, CA, et AB respectivement.
Les centres des cercles circonscrits respectivement aux triangles AQR, BRP, et CPQ sont A', B', et C'.
Démontrez que les triangle ABC et A'B'C' sont directement semblables.
Bonne chance.

Solution au problème 42 :

Spoiler:

Problème 43 :
Résoudre dans Z⁴ le système suivant :
xz-2yt=3
xt+yz=1