Préparation dernière phase 2012.

probleme 15 :
sii on remrque que apres chaque etape la parité de la somme de tous les nombres ne change pas .
au debut on a : S = 505*2011 est impaire !! mais 0 n'est pas impaire d'ou le resultat .
c'est impossible !!

je n'est pas de probleme a poster !!

Je propose un nouveau problème:
Problème 16:
Soient x, y et z des réels positifs, tel que .
Montrer que: .
Bonne chance.

un petit retour , après cette période d'absence pour proposer une tentative de résolution de cette inégalité qui a l'aire assez effrayante , on pose x=1\a ..... , la condition devient a+b+c=1 et l'inégo : , remarquons que par par C-S : .....

Oty a écrit:

un petit retour , après cette période d'absence pour proposer une tentative de résolution de cette inégalité qui a l'aire assez effrayante , on pose x=1\a ..... , la condition devient a+b+c=1 et l'inégo : , remarquons que par par C-S : .....

Oui, c'est bien cela. Bravo.
A toi de proposer un nouveau problème (difficile, si cela te convient).

Problème 17 : Trouver toutes les fonctions (privé de 0 ) vérifiant la relation suivantes pour tout réels strictement positifs :

Solution au Problème 17
On remarque dés le début que la fonction f(x)=1/x vérifient les condition de l'énoncé , prouvons que c'est la seule.
Notons l'assertion suivante :

Notons aussi que si f est constante alors f(x)=0 ce qui contredit le faite que f>0.
Supposons maintenant que f est non constante et prouvons que f est décroissante sur tout intervalle appartenant à son domaine de définition.
Par absurde supposons qu'il existe x,y>0 tels que x<y implique f(x)<f(y) :

Le coté droit étant symétrique implique x=y , absurde,ainsi f est décroissante.
Dans l’équation initial :

Prenons maintenant a=y+1 avec a>1.
ainsi :

d'ou f(1)#1 implique f est périodique mais f est strictement décroissante, 'absurde',on a donc f(1)=1.
Maintenant pour tous x>1

1/Premier cas
Supposons que
ainsi absurde
2/deuxième cas
De même :

ainsi
Pour x<1

et puisque
alors
On conclue finalement que :
(Sauf erreur)

Salut tout le monde
Je propose un problème:
Problème 18:
On place 65 boules de couleurs et de tailles différentes dans deux sacs. Chaque
boule est soit blanche ou noire ou rouge ou jaune et on suppose que chaque fois
que l’on choisit 5 boules de même couleur on y trouve deux boules, au moins,
ayant la même taille.
Démontrer qu’il existe 3 boules, au moins, dans le même sac ayant la même
couleur et la même taille.

bonne chance

Bonsoir,

Supposons qu'il y a 65 boules dans 2 sacs, donc il existe au moins 33 boules dans un sac.
Vu qu'il y a 4 couleurs différentes, alors il existe au moins 9 boules ayant la meme couleur dans ce sac.
D'après l'enoncé, quand on retire 5 boules de meme couleur, on y trouve 2 boules au moins ayant la meme taille. Donc, dans le cas de 10 boules, on en trouve 4.
Cela veut dire aussi que pour 9 boules de meme couleur, il y en a au moins 3 ayant la meme taille.

c.q.f.d !

Je vous propose un problème de ma part(assez facile):

Problème 19:

Soit x,y,z trois réels, tous différents de 1, tel que: xyz=1.
Prouver que: x²/(x-1)² + y²/(y-1)² + z²/(z-1)² >= 1.

Bonne chance

Siba a écrit:

Bonsoir,
D'après l'enoncé, quand on retire 5 boules de meme couleur, on y trouve 2 boules au moins ayant la meme taille. Donc, dans le cas de 10 boules, on en trouve 4.
c.q.f.d !

je croix que c'est faux , parce que entre 5 boule on trouva 2 ayant la meme taille = x et dans les autres 5 on retrouva 2 ayant la meme taille = y . avec x != y !!!

on va montrer que entre 9 boule de même couleur on a 3 qu'il sont de même taille .
supposons par l'absurde que on ne peut pas trouver 3 boules de même taille .
alors on aura au moins 5 taille différentes .
si on prend dans chaque taille une boule alors d’après l'exercice on aura deux de même taille contradictoire avec le faite qu'elles sont tous différentes !!
d’où le résultat !

Siba a écrit:

Je vous propose un problème de ma part(assez facile):

Problème 19:

Soit x,y,z trois réels, tous différents de 1, tel que: xyz=1.
Prouver que: x²/(x-1)² + y²/(y-1)² + z²/(z-1)² >= 1.

Bonne chance

ce problème est très connue et il n'est pas facile du tout , c'est un shortlist de 2008 .

il existe une sorte de généralisation a cette inégo , soit a ,b , c des réel distincts on a :

Spoiler:

Quand j'ai écris ma solution à l'E.F,j'étais un peu pressé donc j'ai pas posté un autre exo,je le présente maintenant :
Supposons que a,b,c,d>0 sont des réels tel que a+b+c+d=4.Prouver que :

Bonjour, je voudrais participer bien avec vous à ce jeu, si vous le voulez bien sûr.
Je présente donc ma solution pour cette inégo :
Solution au problème 20 :

Spoiler:

Pour l'inégo que oty a signalé elle est bien connue, en outre sa solution est plus calculatoire que technique.
Je n'ai pas de problèmes à proposer pour l'instant je vous laisse la main.

Bravo Mehdi , c'est un honneur que tu participes avec nous

Problème 21: a,b,c >0 tel que : abc=1 , prouver que :

Solution au problème 21 :

Spoiler:

Si vous le voulez bien, pour ceux qui sont en première et qui visent aller loin dans les olympiades, j'entends par cela participer aux stages en terminale et pourquoi pas l'IMO 2013, je vous conseille d'oublier un peu les inégalités, car aux IMO on les évite au maximum, alors essayer de vous concentrer sur d'autres domaines.

Tu as modifié le problème 21 pourquoi ?

on ma signalé qu'il a déjà été poste fe un jeu hiver .... c'est bon je le laisse , a ton tour de proposer .

Oty a écrit:

on ma signalé qu'il a déjà été poste fe un jeu hiver .... c'est bon je le laisse , a ton tour de proposer .

Bha non, tu dois le remettre et supprime ton problème que tu devient de mettre

c fé

Voici le problème courant:
Problème 22:
Démontrez que l'équation diophantienne admet une infinité de solutions en .
Bonne chance.
P.S: Mon post ultérieur était ainsi:

Spoiler:

nmo a écrit:

Voici le problème courant:
Problème 22:
Démontrez que l'équation diophantienne admet une infinité de solutions en .
Bonne chance.

Je ne trouve pas de méthode de résolution de tel problème.
Mais, j'ai la solution suivante:
Le quadruplet satisfait bien notre équation diophantienne, et lorsque k décrit l'ensemble des entiers relatifs, il s'ensuit que cette équation admet une infinité de solutions.
Et pour baisser la difficulté, je propose de résoudre l'équation diophantienne en .
Au plaisir!