Solution au problème 1 :Nous allons prouver que C=sqrt(2) est la valeur qui convient.
Soit à montrer : x²+y²+1>=sqrt(2) (x+y)
Cette inégalité est équivalente à (x-sqrt(2)/2)²+(y-sqrt(2)/2)²>=0, ce qui est vrai.
Et puisque (x,y)=(sqrt(2)/2,sqrt(2)/2) est un cas d'égalité, alors C=sqrt(2) est la meilleure valeur qui peut être choisie.
Solution au problème 2 :L'équation x²+p|x|=qx-1 à résoudre dans IR se divise naturellement en deux équations :
x²+px=qx-1 <==> x²+(p-q)x+1=0 (1) à résoudre dans IR+
x²-px=qx-1 <==> x²-(p+q)x+1=0 (2) à résoudre dans IR-
Puisque l'équation originale admet 4 solutions réelles distinctes, alors chacune de ces deux équations doit admettre 2 solutions réelles distinctes (car une équation du second degré admet au maximum 2 solutions réelles distinctes, et donc pour qu'on ait 4 solutions, il faut que chacune produise 2 solutions).
(1) : x²+(p-q)x+1=0 a deux solutions positives, donc d'une part : Delta = (p-q)² - 4 > 0, |p-q|>2 (*)
Et d'autre part : x²=-(p-q)x-1 >= 0, donc -(p-q)x>=1, donc (p-q)x<=-1.
Ainsi, si on suppose que p-q>0, on aurait (p-q)x >= 0 (car x est positif), ce qui est une contradiction avec (p-q)x<=-1.
Par suite: p-q<0, et (*) devient : q-p>2, ou encore, q>2+p
(2) : x²-(p+q)x+1=0
De la même manière on prouve que q<-2-p
Finalement, 2+p<q<-2-p, ce qui implique le résultat désiré.
Inversement, si p+2+|q|<0, alors les deux deltas sont positifs et les solutions pour chacune des équations entrent dans l'ensemble où l'on recherche les solutions (R+ et R- respectivement), ce qui produit 4 solutions distinctes (2 positives et 2 négatives) et qui achève la preuve.
Solution au problème 3 :Soit f une fonction vérifiant l'équation fonctionnelle.
- Supposons que f est constante. On prouve alors facilement que f est la fonction nulle.
Soit désormais une fonction réalisant l'équation fonctionnelle et non constante.
Soit P(x,y) la fonction propositionnelle : (x-2)f(y)+f(y+2f(x))=f(x+yf(x))
- Supposons qu'il existe un réel c tel que f(c)=0
Soit y un réel tel que f(y) n'est pas nul (ce réel existe car f n'est pas constante).
P(c,y) ==> (c-2)f(y) + f(y) = f(c)
==> f(y) [ c-1] = 0
==> c-1=0
==> c=1
Ainsi : f(x)=0 ==> x=1
- Puisque f est non constante, alors il existe un réel c tel que f(c) est différent de 1.
On cherche à trouver un y tel que : y+2f(c)=c+yf(c)
<=> y(1-f(c))=c-2f(c)
<=> y = (c-2f(c))/(1-f(c))
Soit donc y le réel : (c-2f(c))/(1-f(c))
P(c,y) ==> (c-2)f(y) + f(y+2f(c)) = f(c+yf(c))
==> (c-2)f(y) = 0 ( car f(y+2f(c)) = f(c+yf(c)) )
==> c=2 ou f(y)=0
==> c=2 ou y=1 (d'après le tiret précédent)
==> c=2 ou (c-2f(c))/(1-f(c)) = 1
==> c=2 ou c-2f(c)=1-f(c)
==> c=2 ou f(c)=c-1
Ainsi : x tel que f(x) est différent de 1 ==> x=2 ou f(x)=x-1
Ou encore : x différent de 2 ==> f(x)=1 ou f(x)=x-1 (*)
- P(2,0) ==> f(2f(2))=f(2)
Supposons que f(2) est différent de 1.
Alors 2f(2) est différent de 2, et donc d'après le tiret précédent, on a soit : f(2f(2))=2f(2)-1, ou bien f(2f(2))=1
Dans le premier cas, on aurait 2f(2)-1=f(2), c'est-à-dire, f(2)=1. Contradiction.
Dans le second cas, on aurait 1=f(2), contradiction.
Par suite : f(2)=1
- Supposons qu'il existe un réel c tel que f(c)=1
P(c,0) ==> (c-2)f(0) + f(2f(c)) = f(c)
==>(c-2)f(0) + f(2) = 1
==> (c-2)f(0)=0
==> c-2=0 (car f(0) ne peut pas être nul puisqu'il peut soit être égal à 1, soit à 0-1=-1 )
==> c=2
Ainsi : f(x)=1 ==> x=2
Par conséquent, et d'après (*), il vient : x différent de 2 ==> f(x)=x-1
Et puisque f(2)=1=2-1, alors on peut écrire : pour tout réel x : f(x)=x-1
Inversement, la fonction x --> x-1 est solution à l'EF.
Synthèse :Les deux solutions à l'EF sont la fonction nulle et la fonction x --> x-1
Solution au problème 4 :![Troisième olympiade de première [24 février 2011] 89899295](https://2img.net/r/ihimizer/img202/5913/89899295.png)
En appliquant la loi des sinus dans le triangle ABC, on a : AC/sinB = AB/sinBCA = BC/sinBAC.
Et puisque AB/sinBCA = BC/sinBAC = (AB+BC)/(sin BCA + sinBAC), alors : AC/sinB = (AB+BC)/(sin BCA + sinBAC) (*)
De la même manière, en raisonnant sur le triangle BCD, on trouve une relation analogue : BD/sinC = (CD+BC)/(sinBDC + sinCBD) (**)
Ainsi, en utilisant (*) et (**), l'inégalité à prouver devient équivalente à : alpha(AB+BC) + beta(CD+BC) > AB+BC+CD
où alpha = sinB / (sin BCA + sinBAC) et beta = sinC / (sinBDC + sinCBD)
<==> (alpha-1)AB + (beta-1)CD + (alpha+beta-1)CD > 0
On peut observer alors qu'il suffit de démontrer que alpha,beta > 1, pour qu'on soit bon.
Mais puisque alpha et beta jouent à peu près les mêmes rôles, vue la symétrie de la figure (en particulier, le fait que les deux angles B et C soit tous deux plus grands que 120), on peut se suffire à démontrer que alpha>1
<==> sinB / (sin BCA + sinBAC) > 1
<==> sinB > sin BCA + sinBAC (le sinus des angles géométriques est positif)
<==> sin(x) > sin(y) + sin(pi-x-y)
<==> sin(x) > sin(y) + sin(x+y)
où x=B et BCA=y, et BAC=pi-x-y car ABC est un triangle
Soit la fonction : f(x) = sin(x) - sin(y) - sin(x+y), où y est fixe et x variable.
Cette fonction est dérivable et de dérivée : f'(x)=cos(x)-cos(x+y)
f'(x) >= 0 <==> cos(x)>=cos(x+y), ce qui est vrai puisque pi/2<=x<=pi et pi/2<=x+y<=pi et x+y>=x (dessiner le cercle trigonométrique pour s'en convaincre)
Par suite, f est croissante sur [2pi/3, pi].
Par suite : f(x) >= f(2pi/3)
<==> f(x) >= sin(2pi/3) - sin(y) - sin(2pi/3 + y)
<==> f(x) >= sqrt(3)/2 - sin(y) - sin(pi - pi/3 +y)
<==> f(x) >= sqrt(3)/2 - sin(y) - sin(y-pi/3)
Il suffit donc de prouver que : sqrt(3)/2 - sin(y) - sin(y-pi/3) > 0
<==> sqrt(3)/2 >= sin(y)+sin(y-pi/3)
Ce qui est vrai puisque 0<=y<=pi/3, et donc sin(y)<=sqrt(3)/2, et y-pi<=0, et donc sin(y-pi/3)<=0.
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