Le dernier jeu pour la préparation aux IMOs 2012:

Moi aussi je n'ai pas bien compris cette partie-là. Ni comment il peut "facilement" prouver que 2^201=-1(mod 2011). On pourrait lui demander... mais la solution qui utilise le symbole de Legendre est superbe, tu ne trouves pas ? (c'est aussi la solution officielle qu'ils donnent sur le polycopié d'Animath).

momo1729 a écrit:

Moi aussi je n'ai pas bien compris cette partie-là. Ni comment il peut "facilement" prouver que 2^201=1(mod 2011). On pourrait lui demander... mais la solution qui utilise le symbole de Legendre est superbe, tu ne trouves pas ? (c'est aussi la solution officielle qu'ils donnent sur le polycopié d'Animath).

C'est pour cela que j'avais l'impression de l'avoir vu quelque part!
Moi aussi, j'ai apprécié la seconde solution...
Et voici le problème courant:

darkpseudo a écrit:

Exo :
Plus facile , sois ABC un triangle A' et B' les milieux de [BC] et [AC] , M le point d'intersection de (AA') et (BB') ; A'MB'C est CIRCONSCRIPTIBLE , montrez que ABC est isocèle .

darkpseudo a écrit:

Exo :
Plus facile , sois ABC un triangle A' et B' les milieux de [BC] et [AC] , M le point d'intersection de (AA') et (BB') ; A'MB'C est CIRCONSCRIPTIBLE , montrez que ABC est isocèle .

Je propose une solution à ce problème:
On pose premièrement AC=b, BC=a et AB=c.
Puisque M est l'intersection des deux médianes (AA') et (BB'), alors M est le centre de gravité du triangle ABC.
On a et .
De plus, on a et .
Et puisque MB'CA' est circonscriptible, il vient que .
Et ainsi .==>(1)
Or, on a selon le théorème de la médiane: et .
La relation 1 devient donc .
Et ainsi ou encore .
La dernière relation équivaut à car .
Et finalement .
Ce qui veut dire que ABC est un triangle isocèle.
CQFD.
Sauf erreurs.

Je propose un nouveau problème:
Problème 28:
Trouvez toutes les fonctions f continues et strictement monotone qui satisfont et .
Bonne chance.

nmo a écrit:

Je propose un nouveau problème:
Problème 28:
Trouvez toutes les fonctions f continues et strictement monotone qui satisfont et .
Bonne chance.

D'après le théorème de bijection, f est bijective et donc surjective, ainsi f:x|->x², mais celle-ci n'est pas strictement monotone, donc aucune fonction ne vérifie l'EF.

Je pense que le théorème de bijection n est pas suffisant pour dire que la fonction admet f:x->x² comme solution

Mehdi.O a écrit:

nmo a écrit:

Je propose un nouveau problème:
Problème 28:
Trouvez toutes les fonctions f continues et strictement monotone qui satisfont et .
Bonne chance.

D'après le théorème de bijection, f est bijective et donc surjective, ainsi f:x|->x², mais celle-ci n'est pas strictement monotone, donc aucune fonction ne vérifie l'EF.

Essaie avec la fonction f définie par:
.
Au plaisir!

La fonction que tu donnes n'est pas strictement monotone...

darkpseudo a écrit:

Indice

Spoiler:

Pourrais-tu clarifier pourquoi les racines p-ième de l'unité sont racine de ce polynôme ?
Merci

Car par exemple pour j la racine troisième , tu vas les rassembler de la manière suivante :
sum a_i ( i=0 mod 3 ) * 1 + sum a_i ( i=1mod 3 ) *j + sum a _i (i=2mod3 ) * j^(2) et vu que ces tois sommes sont les mêmes ( hypothèse de l'énoncé ) tu auras (1+j+j^(2))*(sum a_i (i=0mod 3 )) = 0 car 1+j+j^(2)=0

Désolé pour cette question dont je viens de m'apercevoir qu'elle est stupide...
@ amigo :
f est surjective, donc tout y dans R admet un antécédent x par f. On a donc : f(y)=f(f(x))=f(x)^2=y^2 . Et comme on a pris y quelconque, on voit bien que f est la fonction x|-> x^2.

J ai eu l idée en premier mais je croyais que l ex est plus difficile que ca!

si personne n'y voit d'inconvénient je propose un peu de combinatoire assez intéressante . Problème 29 : De combien de façon on peut représenté le nombre 27 comme somme de : a1+a2+...+a6 avec 0=<ai=<9 (et ai dans N ) .

il est temps de ranimer ce sujet maintenant que le bac est passé , le probleme 29 : est encore sans solution .

Oty a écrit:

si personne n'y voit d'inconvénient je propose un peu de combinatoire assez intéressante . Problème 29 : De combien de façon on peut représenté le nombre 27 comme somme de : a1+a2+...+a6 avec 0=<ai=<9 (et ai dans N ) .

Oty a écrit:

il est temps de ranimer ce sujet maintenant que le bac est passé , le probleme 29 : est encore sans solution .

Je pense que ce problème est d'une difficulté monstrueuse de telle sorte que personne n'a pu proposer une solution.
Merci d'en proposer une, pour qu'on puisse continuer!

Mehdi.O a écrit:

nmo a écrit:

Je propose un nouveau problème:
Problème 28:
Trouvez toutes les fonctions f continues et strictement monotone qui satisfont et .
Bonne chance.

D'après le théorème de bijection, f est bijective et donc surjective, ainsi f:x|->x², mais celle-ci n'est pas strictement monotone, donc aucune fonction ne vérifie l'EF.

Qu'en penses-tu si on a enlevé la condition de la monotonie stricte, c'est à dire que si on se limite à f est une fonction continue.

nmo a écrit:

Je pense que ce problème est d'une difficulté monstrueuse de telle sorte que personne n'a pu proposer une solution.
Merci d'en proposer une, pour qu'on puisse continuer!

Nouveau Problème : trouver tous les entiers solution de l’équation :

...

yasserito a écrit:

Premiérement,il est facile de demontrer que 1997 est un nombre premier.
on remarque d'abord que (0,0) est solution a l'équation .
Soit maintenant (x,y) solution a l'équation tel que (x,y)=/=(0,0) alors x²+y²=/=0
Supposons que x²+y²=1997 ,alors x-y=1 ainsi y²+y=998 impossible
Alors on a (x²+y²)^1997=1
Alors selon Gauss on obtient x²+y²/(x-y)
Et puisque x²+y²>lx-yl car (x-1/2)²+(y+1/2)²>1/2 et (x+1/2)²+(y-1/2)²>1/2
Alors x-y=0 alors x²+y²=0.contradiction
Alors le seul couple solution a l'equation est (0,0).
Sauf erreur.

Tu as tort! Ce n'est pas le seul couple de solution.
Essaye le couple: (1997,-1997). Il marche sûrement!
Je présenterai ma méthode dans quelque instant!

(0.0) tout à fait juste

Maths_BT a écrit:

(0.0) tout à fait juste

Certes, mais il se peut que l'équation admet d'autres solutions!

nmo a écrit:

Maths_BT a écrit:

(0.0) tout à fait juste

Certes, mais il se peut que l'équation admet d'autres solutions!

il y a 12 couples je pense

Je me permet de faire une résolution partielle:
On remarque que 1997^(2)-4y(y+1997) doit être un carré parfait ( condition sur le discriminant de l'equation du second degré en x).
or on a 1997^(2)+4y(y+1997)=(1997+2y)^(2) .
Notons le premier carré a^(2) et le second b^(2) connaître a et b permet de résoudre le problème on a alors :
a^(2)+b^(2)=2*1997^(2) => ((a+b)/2)^(2)+((a-b)/2)^(2)=1997^(2) ceçi est un triplet pythagoricien chaque couple d'entiers donc la somme des carré donne 1997 permet alors d'avoir une solution.

Oty a écrit:

Nouveau Problème : trouver tous les entiers solution de l’équation :

Voici ma solution:
On écrit l'équation sous la forme .
Il s'agit donc d'une équation du second degré dont l'inconnue est y.
Le discriminent de cette équation est bel et bien .
Et pour que les solutions de l'équation de départ soient des entiers, il faut et il suffit que ce discriminent soit un carré parfait!
Ainsi, il existe un entier t tel qu'on ait ou encore .==>(*)
L'égalité s'écrit une nouvelle fois .
Encore une fois, on doit calculer le discriminent .
Et pour que x soit un entier, il faut et il suffit encore une fois que soit un carré parfait.
Ainsi, il existe un entier s tel qu'on ait ou bien .
Ainsi, on s'intéresse à la décomposition de l'entier en deux carrés.
On est sûr selon le théorème de deux carrés de Fermat que le nombre de décomposition différente de cet entiers en deux carré est 2.
Une qui saute aux yeux, c'est .
Et l'autre c'est après la recherche.
Du fait, on a trois cas , ou .
Maintenant, on cherche les valeurs possibles de x.
***Le premier cas: .
On a donc et .
Ainsi ou encore .
Ce qui donne deux cas: ou .
_Si .
En reportant dans l'équation initiale, on aura .
Donc , soit .
Ainsi ou .
Et finalement ou .
On tire ainsi les deux solutions (0,0) et (0,-1997).
_Si , c'est à dire que .
En reportant dans l'équation initiale, on aura .
Donc .
D'où ou .
On tire ainsi deux autres solutions (1997,0) et (1997,-1997).
***Le second cas: .
On a donc et .
Et notre équation devient .
En réduisant par 4, cela équivaut à .
Et on a et .
Donc la dernière équation équivaut à ou .
_Si .
En reportant dans l'équation initiale, on aura .
Donc , soit
Et on a et .
l'équation dans ce cas équivaut à ou .
On tire ainsi deux autres solutions (170,145) et (170,-2142).
_Si .
En reportant dans l'équation initiale, on aura .
Donc , soit .
Et comme précédemment, on tombe sur ou .
Ce qui donne encore deux solutions (1827,145) et (1827,-2142).
***Le troisième cas: .
On a donc et .
Et notre équation devient .
En réduisant par 4, cela équivaut à .
Et on a et .
Donc la dernière équation équivaut à ou .
_Si .
En reportant dans l'équation initiale, on aura .
Donc , soit .
Et on a et .
l'équation dans ce cas équivaut à ou .
Et on tire les deux solutions (-145,-170) et (-145,-1827).
_Si .
En reportant dans l'équation initiale, on aura .
Donc , soit .
Et comme précédemment, on tombe sur ou .
Ce qui donne encore deux solutions (2142,-170) et (2142,-1827).
***Conclusion:
Si S est l'ensemble des solutions de l'équation proposée, alors on doit avoir:

Et ce sont 12 couples de solutions.
Ce qui clôt cette démonstration pénible.