Olympiade Terminale 09/12/2011

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au premier il suffit de trouver les facteurs du polynome
au troizieme faut montrer que f est injective et puis trouver que f est -x+1 ou x-1/3

tu peux me donner une solution detaillée de l'exercice 3?

N.B: (x-1/3) n'appartient pas a Z.

Quelqu'un a une idée pour le 2?

yasserito a écrit:

tu peux me donner une solution detaillée de l'exercice 3?

N.B: (x-1/3) n'appartient pas a Z.

SOLUTION,exo3
d'abord,on remarque que f est injective prouvons cela
pour tous a,b dans Z
f(a)=f(b) --> 2f(a)=f(a)+f(b) ----> f(2f(a))=f(f(a)+f(b))---> 2a=a+b---> a=b
d'ou l'injectivité de f
d'une autre part
f(2f(a))=2a-1 et f(f(a-1)+f(a+1))=2a-1 , l'injectivité de f implique
2f(a)=f(a-1)+f(a+1)
un récurrence directe nous permet d'affirmer que f est affine
en remplaçons dans l’équation du début,il nous que la seul fonction affine qui satisfait les conditions de l'énoncé est f(x)=-x+1

boubou math a écrit:

yasserito a écrit:

tu peux me donner une solution detaillée de l'exercice 3?

N.B: (x-1/3) n'appartient pas a Z.

SOLUTION,exo3
d'abord,on remarque que f est injective prouvons cela
pour tous a,b dans Z
f(a)=f(b) --> 2f(a)=f(a)+f(b) ----> f(2f(a))=f(f(a)+f(b))---> 2a=a+b---> a=b
d'ou l'injectivité de f
d'une autre part
f(2f(a))=2a-1 et f(f(a-1)+f(a+1))=2a-1 , l'injectivité de f implique
2f(a)=f(a-1)+f(a+1)
un récurrence directe nous permet d'affirmer que f est affine
en remplaçons dans l’équation du début,il nous que la seul fonction affine qui satisfait les conditions de l'énoncé est f(x)=-x+1

wee,c vrai,merci pour la solution

Bonjour
L'énoncé ainsi que les solutions sont disponibles à cette adresse

idemon a écrit:

Quelqu'un a une idée pour le 2?

Je présente ma solution à l'inégalité durant le test :
Solution au problème 2 :
On pose x=(1-a)/a et y=(1-b)/b et z= (1-c)/c. La condition devient xy+xz+yz=xyz.
On pose p=x+y+z et q=xy+xz+yz=xyz
L'inégalité devient équivalente à 2q>=5p+9, mais puisque q²>=3qp => q>=3p.
Ainsi il suffit de prouver que p>=9 qui est immédiat par CS vu que 1/x+1/y+1/z=1.

boubou math a écrit:

yasserito a écrit:

tu peux me donner une solution detaillée de l'exercice 3?

N.B: (x-1/3) n'appartient pas a Z.

SOLUTION,exo3
d'abord,on remarque que f est injective prouvons cela
pour tous a,b dans Z
f(a)=f(b) --> 2f(a)=f(a)+f(b) ----> f(2f(a))=f(f(a)+f(b))---> 2a=a+b---> a=b
d'ou l'injectivité de f
d'une autre part
f(2f(a))=2a-1 et f(f(a-1)+f(a+1))=2a-1 , l'injectivité de f implique
2f(a)=f(a-1)+f(a+1)
un récurrence directe nous permet d'affirmer que f est affine
en remplaçons dans l’équation du début,il nous que la seul fonction affine qui satisfait les conditions de l'énoncé est f(x)=-x+1

Svp,pour la recurrence,comment vous avez fait pour la premier valeur ainsi que ta facon d'avancer cette recurrence en Z?

A vrai dire je doute qu'une récurrence soit possible sur Z tout entier.
Voici ma solution :
Soient des entiers et soit la relation de l'équation fonctionnelle.
et il s'ensuit que est injective.
Or, P(a,b) et P(a+b,0) nous donnent par l'injectivité f(a)+f(b)=f(a+b)+f(0)
Et en ajoutant -2f(0) de part et d'autre nous avons f(a)-f(0)+f(b)-f(0)=f(a+b)-f(0)
Et donc la fonction g définie pour tout entier c par g(c)=f(c)-f(0) vérifie la classique équation fonctionnelle de Cauchy.
Ainsi il existe une constante k telle que g(a)=k.a d'où f(a)=k.a+f(0).
Et en insérant cette fonction dans la relation initiale on doit avoir k=-1 et f(0)=1.
Ainsi f(a)=1-a. Cette dernière fonction vérifié bien la relation de l'équation fonctionnelle

comme recurrence en Z, ca nous pose pas de probleme car on peut la demontrer sur IN puis sur IN- en trouvant une relation entre f(n) et f(-n) ce qui est facile en prenant b=-a.
Mais pour la premiere valeur de recurrence,faut un peu d'eclairssisement.
En ce qui concerne ta solution momo, elle est tres bonne,j'ai reussi a prouver que f(a)+f(b)=f(a+b)+f(0),mais je n'ai pas reussi a la developper en suite de cauchy surtout que je l'ai oublié.
Merci pour ta solution

Pas de quoi ^^
Et figure toi que je suis dans le même cas de figure que toi
Il y a aussi ce problème qui ressemble pas mal à celui qui nous a été proposé.

momo1729 a écrit:

Pas de quoi ^^
Et figure toi que je suis dans le même cas de figure que toi
Il y a aussi ce problème qui ressemble pas mal à celui qui nous a été proposé.

Manque d'hypothèses dans l'utilisation de l'équation de Caushy.

On ne manque d'hypothèses que si on travaille sur R tout entier : il faut alors des conditions comme la continuité ou la monotonie. Sur Q, la solution proposée est bien la seule. Et c'est donc bien le cas dans notre problème puisqu'on raisonne dans Z.
Je te redirige vers Wikipédia

yasserito a écrit:

boubou math a écrit:

yasserito a écrit:

tu peux me donner une solution detaillée de l'exercice 3?

N.B: (x-1/3) n'appartient pas a Z.

SOLUTION,exo3
d'abord,on remarque que f est injective prouvons cela
pour tous a,b dans Z
f(a)=f(b) --> 2f(a)=f(a)+f(b) ----> f(2f(a))=f(f(a)+f(b))---> 2a=a+b---> a=b
d'ou l'injectivité de f
d'une autre part
f(2f(a))=2a-1 et f(f(a-1)+f(a+1))=2a-1 , l'injectivité de f implique
2f(a)=f(a-1)+f(a+1)
un récurrence directe nous permet d'affirmer que f est affine
en remplaçons dans l’équation du début,il nous que la seul fonction affine qui satisfait les conditions de l'énoncé est f(x)=-x+1

Svp,pour la récurrence,comment vous avez fait pour la premier valeur ainsi que ta facon d'avancer cette recurrence en Z?

on effet, on va procéder par 2 récurrences fortes, une sur les entiers positif et une autre sur les négatifs pour prouver que f(a)=a[f(1)-f(0)]+f(0).cela affirme que f est affine

boubou math a écrit:

Spoiler:

on effet, on va procéder par 2 récurrences fortes, une sur les entiers positif et une autre sur les négatifs pour prouver que f(a)=a[f(1)-f(0)]+f(0).cela affirme que f est affine

We... c'est ca!

Solution 1 exo:

Pour le 2 :
On a 0<a<1 donc il existe x>0 tq 1/a-1=3/x donc on peut poser a=x/(3+x)
la condition devient x+y+z=3 et l'inégalité devient \sum x/(3+x)=<3/4
pour cela on utilise le lemme suivant : (3x+1)/16>=x/(3+x) DOne!

Spoiler:

Bonne chance à vous .