Cinquième olympiade de première (27 Avril 2012)

Problème 1 :
Soit f une fonction polynôme de second degré. Soient a,b, et c trois nombres réels distincts deux à deux tels que :
f(a)=bc, f(b)=ac et f(c)=ab. Trouver f(a+b+c)

Problème 2 :
Résoudre le système:
où x,y, et z sont des nombres réels.

Problème 3 :
Trouver tous les nombres réels a tel qu'il existe une fonction f:R==>R vérifiant l'égalité
f(sin x)+af(cos x) = cos(2x) pour tout nombre réel x.

Problème 4 :
Soit ABC un triangle. X et Y sont les milieux respectifs des côtés [AB] et [AC]. Soit D un point qui appartient au côté [BC] et différent du milieu de [BC].
Montrer que si <XDY = <BAC alors (AD) et (BC) sont perpendiculaires.

j'ai trouvé a l'exo 2 : ( 0.0.0 ) et (1/2 ;1/2 ;1/2 )

Je n'étais pas admis pour passer cette olympiade, cela fait mal au coeur, mais je vais continuer à bosser comme même.

alors, y a t il quelqu'un qui propose des solutions??

.

*pour le 1 on pose f(x)= px²+mx+c et on calcue f(a)-f(b) ainsi f(b)-f(c) et en remplant on obtient c=ab+ac+bc et p=1 et m -a-b-c ----> on conclue que f(a+b+c)=ab+ac+bc !

une autre solution pour 1 :
on consédirons : q(x) = xf(x) - abc et ces racines sont a,b,c on devrait trouvé quelque chose .

moi aussi j'ai trouvé la même solution de Alidos x=y=z=1/2 ou x=y=z=0

.

Solution au problème 1:
Soit: avec alpha non nul.
On a: .
Si on considère le polynôme de 3eme degré g(x), tel que g(x)=xf(x)-abc, on trouve g(a)=g(b)=g(c)=0.
Donc: g(x)=(x-a)(x-b)(x-c)=x^3-(a+b+c)x^2+(ab+ac+bc)x-abc
ou: xf(x)-abc=x^3-(a+b+c)x^2+(ab+ac+bc)x-abc
Donc: .
D'où:

Solution au problème 3:
EDIT: (Solution fausse)

Solution au problème 4:

Soit Z le mileu de [BC] (D est différent de Z),supposons sans nuire à la généralité du problème que D£[BZ]. Par Thalès (XZ)//(AC) et (YZ)//(AB), donc:
.
Ainsi, le quadrilatère XYZD est inscriptible, donc D appartient à (C) le cercle circonscrit au triangle XYZ, or, il est bien connu que (C) est le cercle des neuf points du triangle ABC, et (C) coupe BC danc Z et D' l'hauteur issue de A.
Et puisque: , il s'en suit que D'=D, d'où le résultat: .
(Durant le test, j'ai démontré que D'£(C) )

az360 a écrit:

une autre solution pour 1 :
on consédirons : q(x) = xf(x) - abc et ces racines sont a,b,c on devrait trouvé quelque chose .

Très bien, similaire à ma solution.
Par symétrie de la situation, on distingue deux cas:
L'un des réels a, b et c est nul; ou l'autre cas où les trois ne sont pas nuls.
Pour le second cas, on procède ainsi:
On remarque ainsi que q est de la forme q(x)=k(x-a)(x-b)(x-c), pour tout réel x, tel que k est une constante.
De plus, on a q(0)=0.f(0)-abc=-abc et q(0)=k(0-a)(0-b)(0-c)=-kabc.
Ce qui veut bien dire -abc=-kabc, et donc k=1.
Et ainsi (x-a)(x-b)(x-c)=x.f(x)-abc, pour tout réel x, précisément pour x=a+b+c on obtient (a+b+c).f(a+b+c)-abc=(a+b)(b+c)(c+a).
Ce qui devient (a+b+c).f(a+b+c)=abc+(a+b)(b+c)(c+a).
Ou encore (a+b+c).f(a+b+c)=(a+b+c)(ab+bc+ca).
Et finalement f(a+b+c)=ab+bc+ca, bien sûr si a+b+c est différent de 0.
Et si a+b+c=0, on doit remarquer que , et .
D'où la fonction cherchée est sans doute , pour tout réel x.
Et donc .
Pour l'autre cas, on suppose par symétrie que c=0, il s'ensuit que f(a)=0 et f(b)=0 avec f(0)=ab.
On sait que f(x) est de la forme f(x)=h(x-a)(x-b), pour tout réel h, tel que h est une constante.
Or, f(0)=hab et f(0)=ab donc hab=ab et par conséquent h=1.
On écrit donc f(x)=(x-a)(x-b) pour tout réel x, et donc f(a+b+c)=f(a+b)=ab+bc+ca.
Synthèse:
Dans tous les cas, on aura f(a+b+c)=ab+bc+ca.
Sauf erreurs.

J'adresse à ceux qui ont fait le 2eme de partager avec nous la solution, car c'est l'exercice que j'ai raté durant le test.

pour le 2) voila ce que j'ai fait : on remarque que si l'un des nombres x ou y ou z sont nul alors x=y=z=0 . Mnt pour x,y,z différent de 0 , posant a=2x .... en multipliant l'es 3 égalité il vient que : (1+a²)(1+b²)(1+c²)=8abc , or par AM-GM , LHS >= 8|abc| >= 8abc avec égalité si a=b=c on rempalce dans l'une des equation : on trouve x(2x-1)²=0 .....

.

Je rerédigerai un autre jour si j'ai pas trop la flemme .

@nmo , es ce que tu peux posté votre épreuve si c possible Merci .

boubou math a écrit:

ali-mes a écrit:

J'adresse à ceux qui ont fait le 2eme de partager avec nous la solution, car c'est l'exercice que j'ai raté durant le test.

Pour le 2 , il suffit de remarquer que si l'un de x,y et z est negatif alors le systèmes n'admet pas de solution ainsi , x>=0,y>=0,z>=0
avec IAG 1+4x²>=4x implique xy>=z² de même yz>=x² et xz>=y², en sommant il nous viens 1/2[(x-y)²+(y-z)²+(x-z)²]=<0 impliqe x=y=z et le reste est trivial .

C'est faux ! cela implique z^2>=xy.

La solution de darkpseudo était juste !

Oty a écrit:

@nmo , es ce que tu peux posté votre épreuve si c possible Merci .

Je n'ai pas reçu le test, mais un certain des membres du forum l'a scanné pour moi.
Je ne sais pas si c'est interdit de le partager sur Internet ou non.
(Ce sont les conseils des encadrants lors des stages)

ali-mes a écrit:

Solution au problème 1:
Soit: avec alpha non nul.
On a: .
Si on considère le polynôme de 3eme degré g(x), tel que g(x)=xf(x)-abc, on trouve g(a)=g(b)=g(c)=0.
Donc: g(x)=(x-a)(x-b)(x-c)=x^3-(a+b+c)x^2+(ab+ac+bc)x-abc
ou: xf(x)-abc=x^3-(a+b+c)x^2+(ab+ac+bc)x-abc
Donc: .
D'où:

Solution au problème 3:
On a:
Pour x=0, on obtient:
Pour x=pi/2, on obtient: .

Alors: .
- Si: a=-1, on trouve que: , cette relation est vérifiée pour la fonction x|->-x², car pour tout réel x, on a: .
Ainsi, a=-1 répond au problème.
Si: f(0)=-f(1):On remplace dans la condition initiale respectivement par x=-pi/2, et x=pi, et on trouve:


, donc: f(1)=f(-1).
.
Si a=0, on trouve que la relation devient: .
Et cela est vrai en considérant la fonction x|->1-2x², car pour tout réel x, on a:
. Donc a=0 répond aussi à l'exercice.
D'où a£{0,1}.

Solution au problème 4:

Soit Z le mileu de [BC] (D est différent de Z),supposons sans nuire à la généralité du problème que D£[BZ]. Par Thalès (XZ)//(AC) et (YZ)//(AB), donc:
.
Ainsi, le quadrilatère XYZD est inscriptible, donc D appartient à (C) le cercle circonscrit au triangle XYZ, or, il est bien connu que (C) est le cercle des neuf points du triangle ABC, et (C) coupe BC danc Z et D' l'hauteur issue de A.
Et puisque: , il s'en suit que D'=D, d'où le résultat: .
(Durant le test, j'ai démontré que D'£(C) )

pr le 3 j'ai procédé autrement , le résultats étais différant aussi
on remplace x par 90-x
il nous vient ainsi

ainsi a=1 ou f(sin(x))=-f(cos(x))
si a=-1 la fonction f(x)=-x² resoud le problème , maintenant si f(sin(x))=-f(cos(x))

si a=1 il nous vient cos(2x)=0 pour tous x , absurd
donc a différant de 1
et ainsi

réciproquement cette fonction marche bien
donc pr tous a#1 il existe une fonction qui répond a l'exo
la faute dans la demo d'Ali :
l'impliquation 2'-1 ---> a=0 est fausse car on a déjà f(1)=f(-1).

Boubou Math ma démo de l'exo 3 est trés similaire a la tienne .

Oty a écrit:

Boubou Math ma démo de l'exo 3 est trés similaire a la tienne .

Je pense qu'il y a une faute depuis le début, c'est a=-1 et non a=1.
Ou bien, je ne vois pas comment on aura a=-1.
J'attends que quelqu'un met cette obscurité au point.

nmo a écrit:

Oty a écrit:

Boubou Math ma démo de l'exo 3 est trés similaire a la tienne .

Je pense qu'il y a une faute depuis le début, c'est a=-1 et non a=1.
Ou bien, je ne vois pas comment on aura a=-1.
J'attends que quelqu'un met cette obscurité au point.

faute d’intention c'est rectifié ...

boubou math a écrit:

nmo a écrit:

Oty a écrit:

Boubou Math ma démo de l'exo 3 est trés similaire a la tienne .

Je pense qu'il y a une faute depuis le début, c'est a=-1 et non a=1.
Ou bien, je ne vois pas comment on aura a=-1.
J'attends que quelqu'un met cette obscurité au point.

faute d’intention c'est rectifié ...

je parlais de la maniére avec laquelle il a procédé , pour ma par j'ai utilisé A(pi\2-x) et A(-x) , en combinant c'est deux assértion en arrive a une égalité qui nous permet d'obtenir les valeurs de a et de discuter tout les différent cas .

Solution sans 9 point :

O le centre de [XY]
D' est l'image de D par rapport au O , Z et l'image de A par rapport au O (Z aussi le milieu de [BC])
on a : AD'YX est cyclique alors :AD'X = AYX = <C
d'autre part on a : <AD'X = <ZDY
alors : YDC= YDZ = <C = YCD => AY = YC = DY
alors ADC est rectangle .

pour 3 exercice
x=pi/4
f(sin pi/4)+af(cos pi/4)=cos2.pi/4
a=-1