préparation aux olympiades

je crée cette page afin de préparer les olympiades nationales .
tout qui veut participer , il participe mais en suivant les régles.
la principale régle de cette préparation :
-exercice + corrigés+ exercices + ...........
-inégalité+eq.fonctionels+arithmetique+algebre(poly+....)+géometrie {Attention dans cet ordre}
-Il faut que la solution soit lisisble même si elle n'est pas rédigée en Latex.
-Si on ne parvient plus à résoudre un problème, dans un délai de 24 heurs, il sera modifié.
-ne pas poster d'hors sujet.
on commence maintenant.
bonne chance.

determiner toutes les fonctions f:R*+ --->R*+ verifiant:

(x+y)(f(yf(x)))=x²(f(x)+f(y)) (pr tt x;y >0 )

salut , voici ma solution .
On a :
P(x,y) => (x+y)f(yf(x))=x²(f(x)+f(y))
P(y,x)=> (x+y) f(xf(y))=y² (f(x)+f(y))
d'ou , on obtient :
f(yf(x))\x² =f(xf(y))\y² quelque soit x , y > 0 (I) .
Maintenant :
P(x,1) => (x+1)f(f(x))=x²f(x)+xf(1) , donc f(f(x))=(x²f(x)+xf(1))(x+1)
soit a et b tel que f(a)=f(b) , on a d'apres l"égalité précédente :
(a²f(a)+af(1))(b+1)=(b²f(b)+bf(1))(a+1) on pose f(a)=f(b)=c et f(1)=d
equivelent a :
(a-b)(d+c(ab+a+b))=0 d'ou a=b , car l'autre terme est > 0 et donc
f est injective :
et finalement en prenant y=1 dans I on obtient :
f(f(x))=x²f(xf(1)) .
P(1,1) => f(f(1))=f(1)=> f(1)=1 et donc
f(f(x))=x²f(x) . en prenant y=1 dans l'equation initial on a :
(x+1)f(f(x))=x²(f(x)+1) donc (x+1)x²f(x)=x²f(x)+x² et donc
f(x)=1\x quelque soit x > 0 .
réciproque la fonction vérifie l'equation d'ou la conclusion

tres bonne démonstration sauf un petit souci par ici:

Oty a écrit:

salut , voici ma solution .
Maintenant :
P(x,1) => (x+1)f(f(x))=x²f(x)+xf(1) , donc f(f(x))=(x²f(x)+xf(1))(x+1)
soit a et b tel que f(a)=f(b) , on a d'apres l"égalité précédente :
(a²f(a)+af(1))(b+1)=(b²f(b)+bf(1))(a+1) on pose f(a)=f(b)=c et f(1)=d
equivelent a :
(a-b)(d+c(ab+a+b))=0 d'ou a=b , car l'autre terme est > 0 et donc
f est injective :

j'ai l'impression que t'as oublier un ²
P(x,1) => (x+1)f(f(x))=x²f(x)+x²f(1) et avec les memes changements que t'as fais on aura
(b-a)(c+d)(a+b+ab)=0 d'ou l'injectivité

a toi de proposer un exercice

vu que Oty a tardé je propose cet exercice !!


déterminez tous les (x,y) £ Z tel que

Si y est pair, alors: x=0 ou x=1/2 (x £ Z) ==> x=0 ==> y = 2 ou y = -2 .
S={(0,-2);(0,2)}

Syba a écrit:

Si y est pair, alors: x=0 ou x=1/2 (x £ Z) ==> x=0 ==> y = 2 ou y = -2 .

Si y est impair, alors: il existe un entier k, tel que: y = 2k+1.
D'ou: 2^x(1+2^(x+1))=4k(k+1)
Alors: 2^x = 4k et 1+2^(x+1) = k+1
Donc: 8k+1=k+1
Alors: k = 0, ce qui est absurde (en remplacant dans des relations précédentes).

Conclusion:
S={(0,-2);(0,2)}

il te manque des solution (4.23) par exemple

"y" est pair si et seulement si x=0 donc y=2 ou y=-2
pour le cas de y impair la démonstration est compliqué mais on peut déduir que (4,23) et (4,-23) sont aussi des solutions
une demonstration de la part d' alidos m'interesse bcp

y'en a que 2 personne qui ont essayé de résoudre cet exo je suppose , d'ici 24 heures si personne ne propose pas une solution , je le ferai moi meme

alidos , c'est a toi de poster la solution

L'exercice 2 est très connu (P4 IMO 2006)
inutile de poster ce genre d'exo dans un marathon .Je propose EXO 3 pour continuer .
Résoudre dans Z l'équation suivante :

ce probleme ausssi et trés connu .... c'est le premier exo 2em stage 2011 a rabat ....
.

cette equation n'admet pas de solution dans Z

exo: 4

Montrer que l'equation : (x+1)²+(x+2)²+...+(x+2001)²=y² n'admet pas de solutions dans Z

Solution du problème 4
supposons que l'équation admet une solution (x,y) dans Z
l'équation est équivalente à

parmi les nombre il existe exactement 2001/3 multiple de trois , et 2001*2/3 nombre congrue à 1 modulo 3(un carré est congrue à 1 ou à 0 modulo 3)
ainsi est puisque les deux premier thermes sont des multiple de trois il nous vient que

est donc
[img]http://latex.codecogs.com/gif.latex?LHS\equiv&space;1334\left&space;[&space;3&space;\right&space;]\equiv&space;2\left[3\right][/img]
[img]
http://latex.codecogs.com/gif.latex?y^2\equiv&space;2\left[3\right]
[/img]
absurd. CQFD

1^2+...+2001^2=2001 2002 4003 /6
= 667 1001 4003
=(3*222+1)(3*333+2)(3*1334+1)
= 2 [3]

a vous de proposer

boubou : a toi de proposer un blem

J'étais sur le point de le faire quand j'ai vue qu'oty avait déjà poster un exo.
Problème 5
a,b et c sont trois réel positifs tels que a+b+c=1 ,montrer que :

ma solution au problem 5 :
on pose : m=\sum ab et n=abc l'inégalité est equivalente a :
1-3m+9n >= 1\4
premier cas : si m=< 1\4
alors on a bien LHS >= 1-3\4 +9r=1\4 + 9r >= 1\4 .
cas de m >=1\4 , par shur on a :
n >= (4m-1)\9
donc il suffit de prouver que :
1-3m+(4m-1) >= 1\4 equivalent a
m >= 1\4 ce qui est vrai .

Bien ,à toi

Probleme 6
soit f une fonction numérique définie sur R+ tele que :
x->f(x)-x^3 et x->f(x)-3x sont deux fonction croissantes sur R+ .
Montrer que :
x->f(x)-x-x² est aussi une fonction croissante sur R+ .

.

Le Problème 6 est encore en Jeu .

alidos a écrit:

solution du Problème 6


u:x->f(x)-x^3 croissante sur lR+ donc le dérivé atkone positif
alors f'(x)>=2x²
et v:x->f(x)-3x l'ai aussi , alors f'(x)>=3
w le dérivé dial la fonction x->f(x)-x-x² est
f'(x)-1-2x
si x£[0.1] ALORS -1-2x>=-3 et on a f'(x)>=3 donc f'(x)-1-2x positif si x£[0.1]
SI x£[1;+oo[ on a f'(x)>=3x² donc
f'(x)-1-2x²>=3x² -1-2x²=x²-1>=0
donc le dérivé dial x->f(x)-x-x² est positif sur lR+ alors la fonction est croissante

On a aucune information sur la dérivabilité de de f . je pense que le faite d'utilisé quelque résultats sur la monotonie d'une composé peut aider .

Ah Oui tu as raison,j'ai pas fait attention à ce détail , je retire ma réponse , le Problème 6 est encore en jeu .