Préparation dernière phase 2012.

Oty a écrit:

solution du Problème 2: on peut supposé que \sum(a_i)=1 , en multipliant les deux cotés par : n^3+1 , et en appliquant C-S au membre de gauche , sachant que : n^3+1=(n²+...+n²) +1 , l'inégalité revient a prouver , on posant x=\sum(1\ai) , et a=2012 .que (n²+a)(nx+1) >= (n^3+1)(x+a) , équivalant a (X-n²)(an-1) >=0 ce qui est clairement vrai , puisque , n>=1 et x>= n² (par AM-GM) .

J'ai pas bien compris ce qu'on a en rouge. Est-ce-que l'inégalité est homogène?

@Konica , on peut écrire chaque terme sous cette forme , , d'ou la supposition .

@nmo , le problème n'est pas aussi difficile que tu le pense .... voici la solution : pour n=0 et n=1 l'inégalités vérifier conséquence direct de AM-GM . Si n >= 3 on prenant le couple (2,1\2,1\2) par exemple , l'inégalité est fausse . Pour n=2 ce cas est le plus compliqué a traité , l'inégalité revient a prouver que : abc(a²+b²+c²)=< 3 . avec : a+b+c=3 , Posant : t=ab+bc+ac , on : a²+b²+c²=9-2t . Mais on a aussi : t² >= 3abc(a+b+c)=9abc d'ou abc=<t²\9 . est l"inégo est équivalant a : abc(9-2t)=< 3 , et puisque LHS =< t² (9-2t)\9 il suffit de montrer que : t²(9-2t)=<27 ce qui est equavalent a (t-3)^2(2t+3)>=0 d'ou le résulta , ainsi les valeur de n solution sont {0,1,2} et pour valeur max n=2 .

Problème 8: soit O le centre du cercle circonscrit au triangle acutangle ABC . la droite (AO) coupe BC en M . la droite (BO) coupe AC en N . Montrer que si : CM=CN , alors : AC=BC .

Oty a écrit:

@nmo , le problème n'est pas aussi difficile que tu le pense .... voici la solution : pour n=0 et n=1 l'inégalités vérifier conséquence direct de AM-GM . Si n >= 3 on prenant le couple (2,1\2,1\2) par exemple , l'inégalité est fausse . Pour n=2 ce cas est le plus compliqué a traité , l'inégalité revient a prouver que : abc(a²+b²+c²)=< 3 . avec : a+b+c=3 , Posant : t=ab+bc+ac , on : a²+b²+c²=9-2t . Mais on a aussi : t² >= 3abc(a+b+c)=9abc d'ou abc=<t²\9 . est l"inégo est équivalant a : abc(9-2t)=< 3 , et puisque LHS =< t² (9-2t)\9 il suffit de montrer que : t²(9-2t)=<27 ce qui est equavalent a (t-3)^2(2t+3)>=0 d'ou le résulta , ainsi les valeur de n solution sont {0,1,2} et pour valeur max n=2 .

Quel problème as-tu résolu?
Est ce celui où , ou bien celui où ?

Ohhhhh je suis sincérement désolé c'est =< 3 dans l'ennoncé . En fait le cas de >=3 , ta remarque est bien pertinente , a partir de n>=3 l'inégalité sera vérifier si le sens etait >= , Bravo

Oty a écrit:

Ohhhhh je suis sincérement désolé c'est =< 3 dans l'ennoncé .

Tu comprends maintenant d'où provient la difficulté dont je parlais.
On doit oublier ce problème et continuer le jeu. Il faut que tu soit vigilant la prochaine fois!

j'ai proposer un autre , je pense qu'il est bien ardu .

édité

@Ali , il te faut montrer que cette fonction est bien comme tu le dis .....

Oty a écrit:

@Ali , il te faut montrer que cette fonction est bien comme tu le dis .....

, j'ai cru que c'était facile à démontrer , mais ce n'est pas le cas !! je vais chercher une autre solution

ali-mes a écrit:

Oty a écrit:

@Ali , il te faut montrer que cette fonction est bien comme tu le dis .....

, j'ai cru que c'était facile à démontrer , mais ce n'est pas le cas !! je vais chercher une autre solution

La dérivée de f était strictement positive, c'est à dire que f est une bijection comme voulu.
Jette un coup d'oeuil ici:
http://www.wolframalpha.com/input/?i=sinx+%2Fcos%28a-x%29.
(N'oublie pas que cos(a) est supérieur ou égal à 0 quand a est un élément du premier quart du plan, et c'est le cas car tous les angles sont aigus.)
Au plaisir!

@ nmo , cest , sin(2x) au numérateur et non sin(x) !

sayé je pense que je l'ai , voici ma démonstration pour le problème 8 : soit P et Q l'intersection de (AO) et (BO) avec le cercle respectivement , on parvient avec ses deux une facile chasse d'angle donne : MAC=90-B , et NBC=90-A , on note : BC=a , AB=c et AC=b en terme d'aire on a : , de meme On trouve : , ainsi CM=CN implique que : , d'ou : , (en transformant a\b avec la loi des sinus)....

Problème 10 : Trouver toute les fonction : , défini de R vers R tel que : quelque soit x et y appartenant a R : .

y a aussi la fonction nul , a toi de proposé .

Oui je l'ai mentionné dans ma solution...
Problème 11:
Trouvez tous les fonctions f:IR-->IR qui satisfont le relation suivante:

ma démo pour le Probléme 11 : bon je n'ai pas fais les réciproque pour isolé les solutions vu qu'il y a trop de cas , il est facile de vérifier ... P(0,0) donne deux cas : f(0)=1 ou f(0)=-1 . si f(0)=1 , P(x,0) donne , f(x)=1 quelque soit x qui est clairement pas une solution . d"ou ; f(0)=-1 . P(1,-1) donne : f(-1) (f(1)-1)=0 alors f(-1)=0 , ou f(1)=1 , si f(1)=1 , P(x,1) donne f(x+1)=2x+1 il s'ensuit que f(x)=2x-1 quelque soit x (reste a faire la réciproque ) . si f(-1)=0 ,posant f(1)=a , P(x,1) : f(x+1)+f(x)(a-1)=2x+1 (*) , P(x+1,-1) : f(x)=f(-(x+1))-2(x+1)+1 (en remplace dans (*)) on obtient f(x+1)+[f(-(x+1))-2(x+1)+1](a-1)=2x+1 , ou encore : f(x+1)+f(-(x+1))(a-1)=(2(x+1)-1)(a-1)+2x+1=1-a+2ax+2a-2x-2+2x+1=2ax+a . en remplace x par (x-1) il vient que : f(x)+(a-1)f(-x)=2ax-2a+a=2ax-a(**) . en change x par -x , on obtient : f(-x)+(a-1)f(x)=-2ax-a =-a(2x+1) . (en multiplie par - (a-1) puis en additionne avec (**)) il vient que : f(x) [1-(a-1)^2]=a(a-1)(2x+1)+a(2x-1)=a[(a-1)(2x+1)+2x-1]=a[2ax+a-2]=2a²x+a²-2a . d'ou f(x)[2a-a²]=2a²x+a²-2a . d'ou f(x)=2mx+p (si a=f(1) est diff de 0 et 2) il reste plus qu'a faire la réciproque ... , mnt si f(1)=2 . P(2,-1) donne : f(-2)=3(*) . P(-2,1) donne 2f(-2)=f(-2)-1 soit f(-2)=-1 impossible ! mnt si f(1)=0 , on a donc: f(0)=-1 et f(1)=f(-1)=0 . P(x-1,1) donne f(x)=f(x-1)+2(x-1)+1 . et P(x,-1) donne f(x-1)=f(-x)-2x+1 en sommant en obtient f(x)=f(-x) quelque soit x , d'ou f est paire . P(2,-1) donne 0=f(-2)-2+1 ,d 'ou f(-2)=f(2)=1 . P(1-x,x+1) donne : 1+f(1-x)f(x+1)=f(1-x²)+2(x+1)(1-x)+1 .(1) . P(x-1,x+1) : f(2x)+f(x-1)f(x+1)=f(x²-1)+2(x+1)(x-1)+1 (2) ;(2)-(1) donne : f(2x)=4(x-1)(x+1)+1 en changent x par x\2 , en f(x)=x²-3 , reste a vérifier ... sauf érreur .

C'est bien ...A toi de proposer Oty

Problème 12 : soit a,b et Trois réels vérifiant la condition suivantes : a²+b²+c²=3 . Montrer que :

Ma Solution 12 :
il suffit de montrer que : (a,b,c >0 et a²+b²+c² = 3 ) => (a+b+c+abc<=4)
il existe a,b tel que : (a-1)(b-1) >= 0
alors : a+b <= ab + 1
alors il suffit de montrer que : ab + 1 + c + abc <= 4 <=> (ab+1)(c+1) <= 4
d'outre on a : ab <= (3-c²)/2 et donc : (5-c²)(c+1) <= 8 <=> 3 - 5c + c^3 + c² >= 0
<=> (c+3)(c-1)^2 >= 0 ce qui est juste d'ou le resultat .

probleme 13 :
une droite passant par le sommet A d'un triangle equilateral ABC coupe le coté [BC] en Q et le cercle circonscrit au triangle en P . montrer que : 1/PB + 1/PC = 1/PQ

Solution au Problème 13:
Par Ptolémée, appliquée sur le quadrilatère inscriptible ACPB: PA.BC=PB.AC+PC.AB, donc: PA=PB+PC, ainsi il suffit montrer que: PA/PB=PC/PQ. ce qu'on peut facilement prouver par la loi des sinus:
.

Problème 14:
Soit O le centre du cercle circonscrit d'un triangle acutangle ABC, les droites AO,BO et CO coupent respectivement les cercles circonscrits au triangles BOC, AOC et AOB en A_1,B_1 et C_1.
Montrer que:

Pour ne pas tarder le jeu, je propose une réponse pour le problème 14:

Solution au problème 14:
(R est le rayon du cercle circonscrit au triangle ABC)
Solution 1:
On a:

.
De la même manière, on démontre que: .
Ainsi, l'inégalité à démontrer est équivalente à:
ou encore: , ce qu'on peut déduire facilement d'après l'inégalité de Nesbitt.

Solution 2:
On a:


.
Analogiquement, on montre que: .
Donc: , et d'après C.S:
.

Problème 15:
On écrit sur un tableau les entiers de 1 à 2010. A chaque étape, on en efface deux et on écrit à la place leur différence. Le nombre d'entiers diminue donc de 1. Le dernier entier obtenu à la deux mille neuvième étape peut-il être nul ?