Préparations aux olympiades de tronc commun (2010-2011)

Salut,
Alors solution du probleme 59,
Soient a et b deux réels;
a>b
a-b>0
Il existe un entier naturel q tel que :
q(a-b)>1
qa-qb>1
D'ou l'existence d'un entier relatif p tel que :
qb<p<qa
Soit b<p/q<a
Ainsi entre deux reels se trouve necessairement un rationnel.
Voilà

Sinon je vais poster un exercice (déjà proposé par Azerty dans un autre sujet) en plus de celui proposé par Matheux-xman:

Probleme 61:
Montrez que pour tout n appartrenant a IN*/{1;2}
n^(n+1)>(n+1)^n
http://latex.codecogs.com/gif.latex?n^{n+1}%3E(n+1)^n

Pour le probleme 61 je vous donne quelques indices:

1) Montrer que n>(1+1/n)^n pour out n appartenant IN*/{1;2}
(Indication: Raisonnez par réccurence)
2) En déduire le résultat

Bonne chance

pr exo 1 l'inégalité est juste quelque soit a,b,c voila une demonstration:

a/b+c + b/a+c + c/a+b = (a/b+c +1)+(b/a+c +1)+(c/a+b +1)-3=(a+b+c/b+c)+(a+b+c/a+c)+(a+b+c/a+b)-3=(a+b+c)((1/b+c) +(1/a+c)+(1/a+b))-3= 1/2((b+c)+(a+c)+(a+b))((1/b+c)+(1/a+c)+(1/a+b)-3
on sait que (x+y+z)(1/x +1/y +1/z) >=9 alors
((a+b)+(b+c)+(a+c))(1/a+b + 1/b+c + 1/a+c)>=9 donc
1/2 ((a+b)+(b+c)+(a+c))(1/a+b + 1/b+c + 1/a+c) -3>= 9/2 -3 = 3/2


a/b+c + b/a+c + c/a+b>=3/2

matheux-xman a écrit:

je me permet de vous poser le 60ème Problème :
Montrer que l'inégalité :

est valable pour tous réels vérifiant

ici : http://www.artofproblemsolving.com/Wiki/index.php/Cauchy-Schwarz_Inequality .

Nayssi a écrit:

Pour le probleme 61 je vous donne quelques indices:

1) Montrer que n>(1+1/n)^n pour out n appartenant IN*/{1;2}
(Indication: Raisonnez par réccurence)
2) En déduire le résultat

Bonne chance

Salut
J'arrive pas à resoudre, peux-tu poster ta réponse?

Nayssi a écrit:

Pour le probleme 61 je vous donne quelques indices:

1) Montrer que n>(1+1/n)^n pour out n appartenant IN*/{1;2}
(Indication: Raisonnez par réccurence)
2) En déduire le résultat

Bonne chance

Salam! le raisonnement par récurrence n'est pas au programme de tc, c'est au 1ère an du bac!

Sauf svp j'ai une petite intervention pour [b]problème 59:
(a²+b²)c=c(a+b)²-2abc
(b²+c²)a=a(b+c)²-2abc ====) c(a+b)²+a(b+c)²+b(a+c)²>=6abc
b(a²+c²)=b(a+c)²-2abc


ce pendant (a+b)²=a²+b² sauf si 2ab=0
et meme chose pour les autres

voilà ma méthode pour exo 1:
on a <=b<=c
donc (1/a+c) <= (1/b+c) <= (1/a+b)
d'àpres l'inégalité du réordonnement : (a/a+c) +(b/b+c) +(c/a+b) >= (a/a+c)+(b/a+b)+(c/b+c)
et: (a/a+c) +(b/b+c) +(c/a+b)>= (c/a+c)+(b/b+c)+(a/a+b)

la somme des deux inégalités donne : 2 ((a/a+c) +(b/b+c) +(c/a+b))>=(a/a+c)+ (c/a+c)+(b/a+b)+ (a/a+b)+ (c/b+c)+(b/b+c)
donc 2 ((a/a+c) +(b/b+c) +(c/a+b))>=3
d ou (a/a+c) +(b/b+c) +(c/a+b) >= 3/2

Solution Probleme 61:
Montrons que : n>(1+1/n)^n pour tout n appartenant à IN*/{1;2}

Initialisation : Pour n=3 , (1+1/3)^3=(4/3)^3=64/27<3 On a alors :
n>(1+1/n)^n pour n=3
Heredité : Supposons que n>(1+1/n)^n
soit : n(1+1/n)>(1+1/n)^n+1
n+1>(1+1/n)^n+1
De plus :
n+1>n
1/(n+1)<1/n
1<1+(1/(n+1))<1+(1/n)
[1+(1/(n+1)]^n+1<(1+1/n)^n+1

Soit [1+1/(n+1)]^n+1<(1+1/n)^n+1<n+1

En particulier : [1+1/(n+1)]^n+1<n+1

Par Conséquent, nous venons de montrer par récurrence que:

n>(1+1/n)^n
soit n>[(n+1)/n]^n
n> [(n+1)^n]/(n^n)
soit n*n^n>(n+1)^n

n^n+1>(n+1)^n QED


Je pose un autre problème pour relancer ce sujet :

Problème 62
Discuter suivant les valeurs des paramètres a et b et résoudre dans IR l’équation suivante :
x/a + a/x = x/b + b/x

Salut
Slution du problème 62


Donc pour que l'équation aie une solution il faut que et et

L'équation est équivalente à :











Donc:



D'ou:

ou

Donc
avec a de IR

Je suis entièrement d'accord avec toi jusqu'à l'equivalence :
(b-a)(x²-ab)=0 OK
Mais là voila ce que ca devrait donner :
<=> b=a OU x²-ab=0
Donc là tu dois trouver les solutions dans chaque cas
A vous de jouer

Salut
tu as raison ça devient
S={a,-a,Vab,-Vab}
J'attends ta confirmation

Pas vraiment!!!

En fait pour a, b et x non nuls on distingue deux cas :

1) a-b=0 soit a=b

S={IR*} (x non nul)

2) x²-ab=0

Ainsi x=Vab ou x=-Vab

S={Vab ; -Vab}

Voilà
A toi de proposer un nouvel exo

Salut
Problème 63

Soit a, b et c des réels positifs tel que

Montrez que :



Bonne chance.

Azerty1995 a écrit:

Salut
Problème 63

Soit a, b et c des réels positifs tel que

Montrez que :



Bonne chance.

Essayez d'aborder des exercices plus difficiles .

tarask a écrit:

Azerty1995 a écrit:

Salut
Problème 63

Soit a, b et c des réels positifs tel que

Montrez que :



Bonne chance.

Essayez d'aborder des exercices plus difficiles .

Même ce genre d'exercice peut exister à l'olymoiade de T.C

A+

3[(a-1)²+(b-1)²+(c-1)²]=(1²+1²+1²)[(a-1)²+(b-1)²+(c-1)²]

D'après Inegalité de C-S :

(1+1+1)[(a-1)²+(b-1)²+(c-1)²]>=[1(a-1)+1(b-1)+1(c-1)]²

Donc :

3[(a-1)²+(b-1)²+(c-1)²]>=(a-1+b-1+c-1)²=(a+b+c-3)²=(1-3)²=4 (a+b+c=1)

Ainsi :

3[(a-1)²+(b-1)²+(c-1)²]>=4

D'où: (a-1)²+(b-1)²+(c-1)²>=4/3

Problème 64 :

Résoudre dans IN :

xy+x+2y=20

Bonne Chance!!!

Salut

Solution du problème 64
xy+x+2y=20
x(y+1)+2y+2=22
x(y+1)+2(y+1)=22
(y+1)(x+2)=22
Donc:
y+1=1
x+2=22
===> y=0 et x= 20
ou
x+2=1
y+1=22
===> x=-1 n'appartient pas a IN
ou
y+1=2
x+2=11
===> y=1 et x =9
ou
y+1=11
x+2=2
====> y=10 et x =0
Donc
S={20,0);(9,1);(0,10)}

Problème 65
Soit (ABC) un triangle équilateral
M, N et K sont trois points appartenant respectivement à [AB] ,[BC] et [AC] tel que AM=BN=CK
Montrez que le triangle (MNK) est equilateral

Bonne chance.

Salut,

ABC équilateral et M, N et K sont trois points appartenant respectivement à [AB] ,[BC] et [AC] tel que AM=BN=CK=x (1)
On a : AB=BC=AC=y
Alors :
MB=AB-AM=y-x
CN=CB-BN=y-x
AK=AC-CK=y-x
Donc : MB=CN=AK (2)
De plus, ABC étant équilatéral :
angle(ABC)=angle(BCA)=angle(CAB)=60°
Et comme M, N et K sont trois points appartenant respectivement à [AB] ,[BC] et [AC]
Alors : angle(ABC)=angle(MBN)
angle(BCA)=angle(NCK)
angle(CAB)=angle(KAM)
D'où angle(MBN)=angle(NCK)=angle(KAM) (3)
De (1),(2) et (3) on peut déduire que :
Les triangles CNK, BNM et AKM sont isométriques
Par conséquent : KN=MN=KM
D'où (MNK) un triangle équilatéral

Problème 66
Soit n un entier naturel non nul
Montrer qu'il n'existe pas d'entier naturel p tel que n²+1=p²

Bonne chance

Salut
Solution du problème 66
Supposont que p est un entier naturel
On a
n²+1=p²
<=> n²-p²=-1
<=>(n-p)(n+p)=-1
n+p>0 car n et p sont de naturels
Donc n+p=1 d'ou n=1-p
n>0 <=> 1-p>0
<=> p<1
Le seul entier naturel strictement inferieur à 1 est 0
n²+1=0 absurde car n²+1>0
Donc il n'existe pas d'entier naturel p tel que n²+1=p²

Salut
Problème 67
Définir x et y de IN tel que :

Bonne chance

c pas qqch ayant relation au logarithme ou kkch?

Solution du problème67:
On a
Donc
Or se termine toujours par 5, et se termine par 2, 4, 8, 6.
Donc le seul cas d'égalité c'est x=y=0.
D'ou

Problème 68:
Déterminer une équation du second degré admettant deux solutions et telsque .

Solution Probleme 68

Soit Le polynôme de second degré P(x)=ax²+bx+c ET x1 et x2 ses racines

On peut facilement démontrer que : x1*x2=c/a et x1+x2=(-b)/a

On a (x1²+x2²-5)²+(x1x2+2)²=0

Donc : (x1²+x2²-5)²=0 soit x1²+x2²-5=0 soit x1²+x2²=5
Or x1+x2=(-b)/a
Donc (x1+x2)²=b²/a² soit x1²+x2²+2x1x2=b²/a² soit x1²+x2²=b²/a² - 2ac/a² = (b²-2ac)/a²
Ainsi (b²-2ac)/a²=5 soit b²-2ac=5a² (1)

Et (x1x2+2)²=0 soit x1x2+2=0 soit x1x2=-2 Ainsi c/a=-2 d'où c=-2a

En remplaçant c par -2a en (1) on obtient :
b²-2a(-2a)=5a² soit b²+4a²=5a² soit b²=a² d'où b=a ou b=-a

Par conséquent on distingue deux cas :
a=b=-(c/2)
a=-b=-(c/2)

Par conséquent Les polynômes de la forme suivante vérifient la condition:
P(x)=ax²+ax-2a
OU
P(x)=ax²-ax-2a