Le dernier jeu pour la préparation aux IMOs 2012:

Avant de compléter ma solution, je propose un autre problème:
Problème 30:
Les médianes d'un triangle ABC le divise en 6 triangles.
On suppose que 4 cercles parmi ceux inscrits dans ces 6 triangles sont égaux.
Prouvez que le triangle ABC est équilatéral.
Bonne chance.

Le problème 29 , ils manquent des solutions , Prenons par exemple : x=20 ,y=12

alidos a écrit:

Le problème 29 , ils manquent des solutions , Prenons par exemple : x=20 ,y=12

Non mon cher, il n'y a que 12 solutions entières. (Refais tes calculs)
Et pour te convaincre, je te propose ce lien: [url]http://www.wolframalpha.com/input/?i=x^2%2By^2%3D1997%28x-y%29[/url].

Certes oui , (faute d'inattention )

j'ai cru que l'enoncé été : x²+y² = 68 (x-y)

après avec wolframalpha ......... ça a donné 20 ,12 xDD

let p be a prime number.prove that there exists a prime number q such that for every integer n the number n^p-p is not divisible by q good luck TT_TT

nmo a écrit:

Avant de compléter ma solution, je propose un autre problème:
Problème 30:
Les médianes d'un triangle ABC le divise en 6 triangles.
On suppose que 4 cercles parmi ceux inscrits dans ces 6 triangles sont égaux.
Prouvez que le triangle ABC est équilatéral.
Bonne chance.

Voici la solution, dont l'effort que j'ai fait est la traduction de l'arabe au français:
Soenit K et L les milieux respectifs des segments [AB] et [AC].
Soit M l'intersection des deux droites (CK) et (BL).
Les six triangles ont le même aire. Et quatre d'entre eux ont le même aire, car les cercles inscrits par ces triangles sont égaux, c'est à dire ont le même rayon (ainsi que la surface d'un triangle est égal au produit de la moitié de son périmètre avec le rayon de son cercle inscrit).
Et comme deux triangles parmi les quatres sont tangent à un côté du triangle, soit AB par exemple ce côté, alors AM=MB.
Donc [MK] est hauteur et médiane au même temps dans le triangle AMB et par conséquent AC=BC.==>(1)
Puisque les deux cercles inscrits dans les deux triangles ALM et AKM sont égaux, alors ils ont le même rayon.
On déduit que les deux triangles ALM et AKM sont égaux (ils ont le même aire et un côté en commun et le même périmètre).
On a donc AL=AK, et donc AC=AB.==>(2)
De 1 et 2, on déduit que AC=BC=CA.
Ce qui prouve finalement que ABC est équilatéral.
CQFD.

chamitos007 a écrit:

let p be a prime number.prove that there exists a prime number q such that for every integer n the number n^p-p is not divisible by q good luck TT_TT

Il s'agit en fait du problème 31.
Je le traduis de même:
Problème 31:
Soit p un nombre premier.
Prouvez qu'il existe un nombre premier q pour lequel .
Bonne chance.
P.S: pour la prochaine fois, il faut respecter les règles principales (attendre que le problème courant soit résolu et numéroter les problèmes proposés).

nmo a écrit:

Oty a écrit:

l'exercice est erroné , contre exemple : et .

Effectivement, tu as raison.
Et pourtant, il s'agit du quatrième exercice du premier test du baccalauréat de l'an 2008.
Trouver un contre exemple mérite un travail dur, bravo.
L'exercice sera modifié, en effet la troisième condition doit être et non . Ainsi que les deux fonctions doivent être non-constantes.
Désolé.

monsieur ''oty'' ton contre exemple est faux car si tu derive tu aura f'(0)=1 et non 0 donc l'exercise est juste 100%

Monsieur '' Younes'', L'exercice avais été édité après ce contre exemple .

nmo a écrit:

chamitos007 a écrit:

let p be a prime number.prove that there exists a prime number q such that for every integer n the number n^p-p is not divisible by q good luck TT_TT

Il s'agit en fait du problème 31.
Je le traduis de même:
Problème 31:
Soit p un nombre premier.
Prouvez qu'il existe un nombre premier q pour lequel .
Bonne chance.
P.S: pour la prochaine fois, il faut respecter les règles principales (attendre que le problème courant soit résolu et numéroter les problèmes proposés).

Il s'agit du sixième problème de l'IMO 2003, dont une solution figure ici: http://mks.mff.cuni.cz/kalva/imo/isoln/isoln036.html.
Au plaisir!

Je propose un nouveau problème, sous l'intention de sauter la haie de 10 pages dans le topic courant...
Problème 32:
Soient x, y et z trois réels strictement positifs tels que .
Démontrez que .
Bonne chance.

jolie inégo

Oty a écrit:

l'inégalité est equivalente a : , soit la fonction : , on a : avec a > 0 , ou t=x² , cette dérivé est positif si : t >b= 2rac(7)-5\3 =0,09... notons que puisque l'inégalité est symétrique supposant x>=y>=z ainsi par symétrie on peut supposé que : x²,y²>=1\3 , dans cette intervalle g est croissante donc , cas de : b=<z²<1\3 on a : g(x)+g(y)+g(z) >= 2g(1\V3)+g(Vb)>=0 , si x=<Vb alors g est décroissante d'ou : g(x)+g(y)+g(z) >= 2g(1\V3)+g(Vb)>=0 une nouvelle fois .

A mon avis,on ne peut pas supposer que x²,y²>=1/3 en se basant seulement sur le fait que l'inégalité est symétrique,on peut juste assumer que l'un des trois inconnu >=1/sqrt(3) et un autre =<1/sqrt(3) car sinon la condition du départ n'aura plus lieu,et donc la symétrie nous permet seulement de se contenter d'étudier un seul cas .
Maintenant,je propose une autre solution à ce Problème:
L'inégalité est équivalente à

Maintenant si l'on pose

avec bien sure a,b,c de [0,pi/2[,on tenant compte du fait que xy+yz+xz=1 il nous vient que a+b+c=pi
et aussi puisque

alors l'inégalité est équivalente à :

maintenant il ne reste plus qu'a savoir que:


on remplaçons dans l'inégalité ,on se rend compte qu'elle se réduit en l'inégalité d'Euler .(sauf erreur)

boubou math a écrit:

A mon avis,on ne peut pas supposer que x²,y²>=1/3 en se basant seulement sur le fait que l'inégalité est symétrique,on peut juste assumer que l'un des trois inconnu >=1/sqrt(3) et un autre =<1/sqrt(3) car sinon la condition du départ n'aura plus lieu,et donc la symétrie nous permet seulement de se contenter d'étudier un seul cas .

Si on peut ! d'apres on a 3 nombres pour deux intervalles , donc il existe au moin deux dans le meme intervalle et puisque l'inégalité est symétrique on peut se limiter a un seul cas , mais ta solution est meilleur .

je propose une autre inégalité vu que ce genre de probleme s'est fait un peu oublier dans ce topic : montrer que si a,b,c sont les longueurs de cotes d'un triangle alors :

Oty a écrit:

boubou math a écrit:

A mon avis,on ne peut pas supposer que x²,y²>=1/3 en se basant seulement sur le fait que l'inégalité est symétrique,on peut juste assumer que l'un des trois inconnu >=1/sqrt(3) et un autre =<1/sqrt(3) car sinon la condition du départ n'aura plus lieu,et donc la symétrie nous permet seulement de se contenter d'étudier un seul cas .

Si on peut ! d'apres on a 3 nombres pour deux intervalles , donc il existe au moin deux dans le meme intervalle et puisque l'inégalité est symétrique on peut se limiter a un seul cas , mais ta solution est meilleur .

Si c'est le cas alors il faut aussi traiter l'inégalité quand x²,y²=<1/3
autrement dit comme je l'avais déja mentionné on peut prouver qu'un des inconnu est inférieure a 1/sqrt(3) tandis qu'un autre est supérieur à 1/sqrt(3),donc il reste à distinguer les deux cas pour le 3 ème inconnu .

oui tu as raison

Oty a écrit:

je propose une autre inégalité vu que ce genre de probleme s'est fait un peu oublier dans ce topic : montrer que si a,b,c sont les longueurs de cotes d'un triangle alors :

Il s'agit du problème 33, et voici ma solution:
Puisque a, b et c sont les longueurs des côtés d'un triangle, alors et de même pour les deux autres inégalités.
Ainsi .
Et il suffit de montrer que .
Ce qui équivaut, après la simplification à .
La dernière inégalité est vraie, car on a selon l'inégalité arithmético-géométrique et de même pour les deux autres inégalités.
CQFD.
Sauf erreurs.

Voici un exercice que je n'ai pas encore traité:
Problème 34:
Soit f une fonction définie de l'ensemble des réels vers lui même.
Démontrez que .
Bonne chance.

Il est indiscutable que les olympiades internationales de mathématiques de 2012 ont pris fin.
Et ainsi, je ne continuerai pas de proposer des exercices ici.
En alternative, je peux contribuer à la préparation des olympiades de la prochaine année dans un autre topic qui doit indiquer ce but...
Au plaisir!

formule de taylor

Saiichi a écrit:

formule de taylor

C'est dit dans ta signature, "évident" est le mot le plus dangereux dans les mathématiques.
Pour l'information, tu me rappelle un discours qui a eu lieu entre mon professeur et un ami: on était en train de faire une démonstration directe d'un certain théorème quand l'élève lui a dit qu'on peut faire l'absurde!
Le professeur a répondu: Il y a, peut être, 33 méthodes en mathématiques pour résoudre un seul exercice!!!!
Le but de jeu est de trouver l'astuce et de détailler la solution pour être accessible à tous le monde!
P.S: Personnellement, je ne vois pas comment tu vas utiliser la formule de Taylor?