Epreuve facile

voila :

Solution pour le problème 1:
Puisque xyz=1 on pose x=a/b et y=b/c et z=c/a
Donc
Si a+b+c =/=0
Donc
a+c=2b et a+b=2c ===>b=c ==>a=b=c
Alors (x;y;z)=(1;1;1)
Si a+b+c=0
On aura :


Donc:

Solution pour le problème 2:
(sum a²)² >= (sum ab)² >=3(a+b+c)abc >= 3(abc)^2
D'où la conclusion.
Solution pour le problème 3:
On considère l'assertion P(x;y;z): f(x+y^2 +z)=f(f(x))+yf(x)+f(z)
P(0;0;0)==> f(f(0))=0
P(0;y;0)==> f(y^2)=(y+1)f(0)
Pour y=-1 on aura f(1)=0
P(0;1;z)==>f(1+z)=f(z)+f(0)
P(0;1;z)==>f(1+z)=f(z)-f(0)
En additionnant on a 2f(1+z)=f(z) ==> f(0)=0
P(1;0;z)==> f(1+z)=f(z)==> f(z)=0
Donc la solution de l'EF est f(x)=0 pour tout réel x.
Solution pour le problème 4:
On a


Donc il suffit de prouver que

On a :

D'où la conclusion

Voici mes solutions au problème 2 et 3: ( les problèmes 1 et 4 sont très triviaux ..)
Solution au problème 2:
On pose x=1/ab,y=1/ac et z=1/bc, la condition est équivalente à : x+y+z>=1.
Nous nous devons de prouver que : x²+y²+z²>=V(3xyz).
Mais nous avons : x²+y²+z²>=xy+xz+yz>=V(3xyz(x+y+z))>=V(3xyz).

Solution au problème 3:
Soit P(x,y,z) l'assertion : f(x+y²+z)=f(f(x))+yf(x)+f(z)
P(0,0,0) : f(f(0))=0 ainsi il existe un c t.q : f(c)=0
P(c,0,0):2f(0)=0
P(0,y,0): f(y²)=0 => pour tout x £ IR+ f(x)=0
P(0,y,-y²) f(-y²)=0 => pour tout x £IR - f(x)=0
Finalement la seule fonction qui satisfait l'EF est la fonction nulle. Réciproquement elle l'est.