Préparations aux olympiades de Terminale (2012)

nmo a écrit:

Exercice 5:
Soit a, b, c, d, e, et f six nombres entiers naturels différents deux à deux.
On pose S=a+b+c+d+e+f, P=ab+bc+ca-de-ef-fd et R=abc+def.
On suppose que S divise les deux nombres P et R.
Démontrez que S ne peut pas être un nombre premier.

Bonne chance.

Je pense que ce problème d'arithmétique est encore en jeu.

Oui mais on doit continuer car ça fait longtemps qu'il était ici et personne n'a répondu .
Alors Kaj mima si t'a un problème adorable veuillez le partager avec nous .

expert_run a écrit:

Oui mais on doit continuer car ça fait longtemps qu'il était ici et personne n'a répondu .
Alors Kaj mima si t'a un problème adorable veuillez le partager avec nous .

t'a raison .

Voici un petit problème.
Problème 9:
Soient x et y des réels positifs tel que : (y^3)+y=<x-(x^3)
Prouver que:
y<x<1 et (x^2) + (y^2)<1

expert_run a écrit:

Voici un petit problème.
Problème 9:
Soient x et y des réels positifs tel que : (y^3)+y=<x-(x^3)
Prouver que:
y<x<1 et (x^2) + (y^2)<1

Solution :

on a : x >= x^3 => x < 1 .
alors : y + y^3 < x parce que x - y - y^3 >= x^3 >= 0 donc : y < x car y^3 >= 0 .
Donc : y < x < 1
alors : il nous reste la douxieme :
on a : y(y² + 1) <= x(1-x^2) => (y² + 1)/(1-x^2) <= x / y
et on d'apres (*) : x/y < 1/y alors : (y² + 1)/(1-x^2) <= 1 / y ==> y^3 + y + x^2 <= 1 et on a : y² <= y alors :
y² + x² < y^3 + y + x^2 <= 1 .

Probleme 10 :

ABCD est un carré .
DFC est un triangle isocèle en F d’où CFD = 150 .
Montrer que : AFB est un triangle équilatéral .

J'ai cru qu'il s'agit des problèmes de niveau terminale, et non des exercices de troisième ou tronc commun !

En tous cas, voici ma réponse car je veux poster un autre exercice :

Ma réponse pour le problème 10:

Spoiler:

Je vais vous proposer un exercice de géométrie que j'ai trouvé très amusant à résoudre.

Problème 11: (*)

Soit X un point de demi-cercle de diamètre [AB] et soit Y le milieu de l'arc AX.

Soit Z la projection de Y sur (BX), et F la deuxième intersection de (AZ) avec le demi-cercle.

Soit E le milieu du segment [YZ], montrer que E, F et B sont collinéaires.

az360 a écrit:

expert_run a écrit:

Continuons avec ce problème.
Problème 8:
Trouver le nombre des entiers positifs x qui vérifient la condition suivante:

Solution au probleme :
on a : E(x/99) = E(x/101) = d alors : 99d <= x < 99d+99 et 101d <= x < 101x + 101 alors Union de deux ensemble est : 101d <= x < 99d + 99 . donc pour d = 0 alors le nombre de sol est 99 . si : d = 1 ==> NBr_SOl = 97 ... si d = 49 alors Nbr_Sol = 1 . si d > 49 alors 101d > 99d+99 ce qui absurde . alors :
NBR_ALL_SOl = 99 + 97 + ... + 1 = 50² . C.Q.F.E
P.S : je n'ai pas de problemes a proposé ...

pourquoi?

manazerty a écrit:

az360 a écrit:

expert_run a écrit:

Continuons avec ce problème.
Problème 8:
Trouver le nombre des entiers positifs x qui vérifient la condition suivante:

Solution au probleme :
on a : E(x/99) = E(x/101) = d alors : 99d <= x < 99d+99 et 101d <= x < 101x + 101 alors Union de deux ensemble est : 101d <= x < 99d + 99 . donc pour d = 0 alors le nombre de sol est 99 . si : d = 1 ==> NBr_SOl = 97 ... si d = 49 alors Nbr_Sol = 1 . si d > 49 alors 101d > 99d+99 ce qui absurde . alors :
NBR_ALL_SOl = 99 + 97 + ... + 1 = 50² . C.Q.F.E
P.S : je n'ai pas de problemes a proposé ...

pourquoi?

Parce Que :
c'est facile de la prouver par récurrence .

az360 a écrit:

manazerty a écrit:

az360 a écrit:

expert_run a écrit:

Continuons avec ce problème.
Problème 8:
Trouver le nombre des entiers positifs x qui vérifient la condition suivante:

Solution au probleme :
on a : E(x/99) = E(x/101) = d alors : 99d <= x < 99d+99 et 101d <= x < 101x + 101 alors Union de deux ensemble est : 101d <= x < 99d + 99 . donc pour d = 0 alors le nombre de sol est 99 . si : d = 1 ==> NBr_SOl = 97 ... si d = 49 alors Nbr_Sol = 1 . si d > 49 alors 101d > 99d+99 ce qui absurde . alors :
NBR_ALL_SOl = 99 + 97 + ... + 1 = 50² . C.Q.F.E
P.S : je n'ai pas de problemes a proposé ...

pourquoi?

Parce Que :
c'est facile de la prouver par récurrence .

ah ouiiiii!! je vois!merci

Solution au problème 11:
Soit C l'intersection de AY et BZ,H l'intersection de AX et BY, O le milieu de AB, et D l'intersection AX et BF.
Il est bien clair que H est l'orthocentre du triangle ABC, et D l'orthocentre du triangle AZB.
D'autre part, puisque Y est le milieu de l'arc AX, donc BY est bissectrice de l'angle {CBA}, ce qui implique que les deux triangles CYB et AYB sont isométriques ce qui implique que CB=BA, ensuite il est bien clair que les deux triangles CXY et ABC sont semblables alors on obtient directement YC=YX et ainsi Z est le milieu de CX, et puisque ZD || CH, alors D est le milieu de HX, mais puisque que les points B,X et Z sont collinéaires et les points B,H et Y sont collinéaires alors E_1 l'intersection de BF avec YZ est le milieu du segment YZ, ce qui coincide avec E et ainsi les points E,F et B sont collinéaires.

Mehdi.O a écrit:

Solution au problème 11:
Soit C l'in.............

Jolie Moi je n'arrive pas a resoudre . alors propose un probleme ...

Voici un joli problème d'arithmétique ( excusez-moi si c'est facile mais j'ai pas trouvé quelque chose de plus intéressant)
Problème 12:
Soit a,b,c trois entiers strictement positifs tel que a²/(a+b),b²/(b+c) et c²/(a+c) sont des nombres premiers.
Montrez que a=b=c.

Bravo mehdi.O, votre réponse est bonne.

Voici ma réponse pour le problème 11:



Soit O le milieu du segment [AB], donc O est le centreu du demi-cercle.

On a Y est le milieu de l'arc AX, donc: YA=YX, donc: Y appartient à la médiatrice du segment [AX], et on a OA=OX, donc O appartient à la médiatrice du segment [AX].

On conclut que (OY) est la médiatrice du segment [AX], d'où: .

Et on a: .

On conclut que: , et ona Z la projection orthogonale de Y sur (BX),
donc: .

On conclut que la droite (YZ) est tangente au cercle de diamètre [AB] dans Y. :(1)

On a: .

On considère le cercle (C') de diamètre [BZ], on a: , donc: .

On note T l'intersection de (BF) et (YZ).

On a déjà montré que: .

Donc la droite (TZ) est tangente à (C') dans Z, donc d'après la théorème de la puissance d'un point par rapport à un cercle on a:

.

De (1) on conclut que la droite (YE) est tangente au cercle de diamètre [AB] dans Y, donc d'après la théorème de la puissance d'un point par rapport à un cercle on a:

.

.

Donc les points E, F et B sont collinéaires.

CQFD.

Solution de problème 12
Sois p un nombre premier.
On a alors

et comme p est premier alors
on a ainsi
de la même façon on prouve que , ainsi a=b=c
CQFD

Problème 13 :
Les diagonales d'un quadrilatère inscriptible ABCD se coupent en O .Prouver l'inégalité suivante:

Je connais déjà cet exo car mon professeur de cette année me l'a proposé avant passer la dernière phase.

Voici ma réponse, (car j'ai un bon exercice pour vous ):

Le quadrilatère est cyclique, donc: <BAC=<BDC <=> <BAO=<ODC.

Et on a: <AOB=<DOC <=> les triangles OAB et OCD sont semblables.

<=> OA/AB = OD/CD et OB/AB = OC/CD.

<=> OA/OD = AB/CD et OB/OC = AB/CD.

De même, <CAD=<DBC <=> <OAD=<OBC.

Et on a: <AOB=<DOC <=> les triangles OAD et OBC sont semblables.

<=> OA/AD = OB/BC et OD/AD = OC/BC.

<=> OA/OB = AD/BC et OD/OC=AD/BC.

D'après l'inégalité arithmétiquo-géométrique:

.

.

.

.

La somme donne:

.

donc: .

D'où le résultat voulut.

Veuillez m'informer si vous voyez une faute.

Problème 14: (*)

Soient a, b et c trois réels. Trouver toutes les valeurs de M tel que:

.

EDIT: changement du problème.

Solution au probleme 14 :
on pose : X = a-b et Y = b-c alors l'intégalité et equivalante a :
x² + y² + xy >= Mxy
alors : x² + y² >= (M-1)xy
on sait que : x² + y² >= 2xy alors 2xy >= (M-1)xy (xy != 0)
2 >= M-1 => 3>=M .CQ.F.E .

az360 a écrit:

Solution au probleme 14 :
on pose : X = a-b et Y = b-c alors l'intégalité et equivalante a :
x² + y² + xy >= Mxy
alors : x² + y² >= (M-1)xy
on sait que : x² + y² >= 2xy alors 2xy >= (M-1)xy (xy != 0)
2 >= M-1 => 3>=M .CQ.F.E .

Il se peut que (M-1)xy >= 2xy, et x² + y² >= 2xy et x² + y² >= (M-1)xy les deux soient réalisés !!

A toi de réctifier, par exemple: d'après:x² + y² >= (M-1)xy tu peux considérer un polynôme en x et étudier son signe.

ali-mes a écrit:

az360 a écrit:

Solution au probleme 14 :
on pose : X = a-b et Y = b-c alors l'intégalité et equivalante a :
x² + y² + xy >= Mxy
alors : x² + y² >= (M-1)xy
on sait que : x² + y² >= 2xy alors 2xy >= (M-1)xy (xy != 0)
2 >= M-1 => 3>=M .CQ.F.E .

Il se peut que (M-1)xy >= 2xy, et x² + y² >= 2xy et x² + y² >= (M-1)xy les deux soient réalisés !!

A toi de réctifier, par exemple: d'après:x² + y² >= (M-1)xy tu peux considérer un polynôme en x et étudier son signe.

mais si on consédireons x = y != 0 alors on a : 2x² >= (M-1)x² <=> 2 >= M -1 !!!

az360 a écrit:

ali-mes a écrit:

az360 a écrit:

Solution au probleme 14 :
on pose : X = a-b et Y = b-c alors l'intégalité et equivalante a :
x² + y² + xy >= Mxy
alors : x² + y² >= (M-1)xy
on sait que : x² + y² >= 2xy alors 2xy >= (M-1)xy (xy != 0)
2 >= M-1 => 3>=M .CQ.F.E .

Il se peut que (M-1)xy >= 2xy, et x² + y² >= 2xy et x² + y² >= (M-1)xy les deux soient réalisés !!

A toi de réctifier, par exemple: d'après:x² + y² >= (M-1)xy tu peux considérer un polynôme en x et étudier son signe.

mais si on consédireons x = y != 0 alors on a : 2x² >= (M-1)x² <=> 2 >= M -1 !!!

M prendra ses valeurs quand x=y, et si par exemple x=2 et y=3, la condition x² + y² >= (M-1)xy doit être satisfaite pour tous les réels !

.

[quote="az360"]

az360 a écrit:

Solution au probleme 14 :
on pose : X = a-b et Y = b-c alors l'intégalité et equivalante a :
x² + y² + xy >= Mxy
alors : x² + y² >= (M-1)xy
on sait que : x² + y² >= 2xy alors 2xy >= (M-1)xy (xy != 0)
-----------
nous avons la : 2xy >= (M-1)xy .
si xy > 0 alors : alors 2 >= M-1 => 3 >= M
si xy < 0 alors : 2 <= M-1 ==> 3 <= M
alors l'intersection de deux ensembles est : S = {3} .

C'est comme tu nous dis: on a 4>2 ( x² + y² >= (M-1)xy )

et on sait que : 4> 0 (x² + y² >= 2xy )

donc: 0>2 (2xy >= (M-1)xy ) !

C'est complètement illogique.

ali-mes a écrit:

Problème 14: (*)

Soient a, b et c trois réels. Trouver toutes les valeurs de M tel que:

.

EDIT: changement du problème.

Solution du problème 14:
On pose : X = a-b et Y = b-c
Alors l'inégalité est équivalente à :
x² + y² + xy >= Mxy
alors : x² + y² >= (M-1)xy
On pose t=M-1
Et p(x)=x² + y²-txy
Donc pr tt x P(x)>=0 ==> Delta =<0 <=> |t|=<2
Alors M€[-1;3]
CQFD

Problème 15:
Trouver les triplets (a;b;c) des réels positifs ;solutions du système suivant