TEST 5 2013

Soit a,b,c des réels strictement positifs tels que ab+ac+bc=<1
Prouver que :




Soit p en nombre premier .trouver tous les entiers strictement positifs n,tels que pour tout entier x:
[img]http://latex.codecogs.com/gif.latex?&space;x^n\equiv&space;1[p]\Rightarrow&space;x^n\equiv&space;1[p^2][/img]


Trouver f de IR vers IR :





Soit ABC un triangle acutangle , H le pied de la perpendiculaire à (BC) passant par A. Pour les point D et E appartenant à [AB] et [AC] RESPECTIVEMENT ,soit F et G les pieds des perpendiculaire à (BC) passant par D et E respectivement,soit P le pied de la perpendiculaire à (DH) passant par E. Montrer que si les droites DG ,EF, AH sont concourante alors <APE=<CPE

bon pour l'exo 1 je pense que l'astuce reside en mettant a=tan(alpha/2) b=tan(beta/2) et c=tan(gamma/2) ca facilite les calcul et pour la 2 se sont tout les multiple de p(p-1) puisque Z/p^2Z est un groupe cyclique bref je redigerai ca demain et merci pour les exo

Exercice 1 :



PS : Galillee56 , je crois que votre méthode n'est valable que lorsque ab+bc+ac=1 . L'inégalité est triviale dans ce cas là .

EXO3

ab+bc+cd=0 ===> f(a-b)+f(c-d)=f(a)+f(b+c)+f(d)

a=b=c=d=0 ===> f(0)=0
a=b=c=0 ==> f(-d)=f(d) ==> f paire

f(x)= x²

Mr abdelbaki comment est tu arrivé a ce résultat O.o en ce qui me concerne ma méthode était vraiment une véritable ''Hrira et de plus f(x)=a.x² avec a>0

Alors vous avez raison mr humber pour l exo 2 il suffit de remarquer que 1+p est d'ordre p modulo p^2 et on utilise fermat et ca marche pour l exo 3 j ai une question est ce qu il faut tous les trouver ? Et n a t'on pas d'hypothese de continuite ?

Pour le troisième exercice, je n'ai pas une solution complète, mais je partage avec vous ce que j'ai trouvé .

Il est clair que f(0)=0 et que f(-x)=f(x) c.à.d f est paire .
Soit P une assertion : P(a,b,c,d) : f(a-b)+f(c-d) = f(a)+f(c+b)+f(d)

P(a,b,b,-(a+b)) ( Remarquer que : ab+b*b-b*(a+b)=0 ) donne : f(a-b)+f(2b+a)=f(a)+f(2b)+f(a+b) : A(a,b)
A(b,b) donne : f(3b)=f(b)+2f(2b)
A(2b,b) donne : f(b)+f(4b)=2f(2b)+f(3b) .

De là on peut déduire en sommant que f(4x)=4f(2x) ou f(2x)=4f(x). Et on peut aussi déduire en soustrayant que f(3x)=9f(x).

J'attends vos remarques.

galillee56 a écrit:

Alors vous avez raison mr humber pour l exo 2 il suffit de remarquer que 1+p est d'ordre p modulo p^2 et on utilise fermat et ca marche pour l exo 3 j ai une question est ce qu il faut tous les trouver ? Et n a t'on pas d'hypothese de continuite ?

nn Humber n'a pas totallement raison a voir l'exo 3 http://www.naja7math.com/centreup/1345284735.pdf

Humber a écrit:

Pour le troisième exercice, je n'ai pas une solution complète, mais je partage avec vous ce que j'ai trouvé .

Il est clair que f(0)=0 et que f(-x)=f(x) c.à.d f est paire .
Soit P une assertion : P(a,b,c,d) : f(a-b)+f(c-d) = f(a)+f(c+b)+f(d)

P(a,b,b,-(a+b)) ( Remarquer que : ab+b*b-b*(a+b)=0 ) donne : f(a-b)+f(2b+a)=f(a)+f(2b)+f(a+b) : A(a,b)
A(b,b) donne : f(3b)=f(b)+2f(2b)
A(2b,b) donne : f(b)+f(4b)=2f(2b)+f(3b) .

De là on peut déduire en sommant que f(4x)=4f(2x) ou f(2x)=4f(x). Et on peut aussi déduire en soustrayant que f(3x)=9f(x).

J'attends vos remarques.

ça ne permet pas de conclure !!!!

alidos a écrit:

Humber a écrit:

Pour le troisième exercice, je n'ai pas une solution complète, mais je partage avec vous ce que j'ai trouvé .

Il est clair que f(0)=0 et que f(-x)=f(x) c.à.d f est paire .
Soit P une assertion : P(a,b,c,d) : f(a-b)+f(c-d) = f(a)+f(c+b)+f(d)

P(a,b,b,-(a+b)) ( Remarquer que : ab+b*b-b*(a+b)=0 ) donne : f(a-b)+f(2b+a)=f(a)+f(2b)+f(a+b) : A(a,b)
A(b,b) donne : f(3b)=f(b)+2f(2b)
A(2b,b) donne : f(b)+f(4b)=2f(2b)+f(3b) .

De là on peut déduire en sommant que f(4x)=4f(2x) ou f(2x)=4f(x). Et on peut aussi déduire en soustrayant que f(3x)=9f(x).

J'attends vos remarques.

ça ne permet pas de conclure !!!!

J'ai bien dit que la solution n'était pas complète .
Il faut encore trouver les fonction satisfaisant f(3x)=9f(x) ou f(2x)=4f(x)

alidos a écrit:

galillee56 a écrit:

Alors vous avez raison mr humber pour l exo 2 il suffit de remarquer que 1+p est d'ordre p modulo p^2 et on utilise fermat et ca marche pour l exo 3 j ai une question est ce qu il faut tous les trouver ? Et n a t'on pas d'hypothese de continuite ?

nn Humber n'a pas totallement raison a voir l'exo 3 http://www.naja7math.com/centreup/1345284735.pdf

je dis que Mr humber a raison ca veut dire que sa methode est bien meilleur et plus rapide
a part ca je suis arrive au meme point que dans l'exo Mr Humber c'est pour ca que je demande si il y a aucune hypothese de continuite ?

alidos a écrit:

galillee56 a écrit:

Alors vous avez raison mr humber pour l exo 2 il suffit de remarquer que 1+p est d'ordre p modulo p^2 et on utilise fermat et ca marche pour l exo 3 j ai une question est ce qu il faut tous les trouver ? Et n a t'on pas d'hypothese de continuite ?

nn Humber n'a pas totallement raison a voir l'exo 3 http://www.naja7math.com/centreup/1345284735.pdf

A ce que je vois, la méthode utilisée ici ne marche pas pour cette inégalité, puisque la première substitution permet d'éliminer le numérateur, si vous avez perçu une issue, proposez là

P(a,b,c,d): ab+bc+cd=0 ===> f(a-b)+f(c-d)=f(a)+f(b+c)+f(d)
On a vu que f(0)=0 et f paire
P(a,b,b,-(a+b))
===> f(a-b)+f(a+2b)=f(a)+f(2b)+f(a+b) qqs a,b dans R
===> f(a+b)+f(a-2b)=f(a)+f(2b)+f(a-b) qqs a,b dans R
en sommant
===> f(a+2b)+f(a-2b)=2(f(a)+f(2b)) qqs a,b dans R
===> f(a+b)+f(a-b)=2(f(a)+f(b)) qqs a,b dans R : P(a,b)
===> f est convexe sur R ==> f est continue ( à faire après en exercice à part)
P(a,a)===> f(2a)=4f(a)
P(2a,a)===> f(3a)+f(a)=2(f(2a)+f(a))=10f(a)===> f(3a)=9f(a)
une récurrence forte montre que f(na)=n²f(a) qqs n dans N et qqs a dans R

soit r=p/q avec p et q dans N . qqs a dans R,
p²f(a)=f(pa)=f(qra)=q²f(ra) ==> f(ra)=r²f(a) qqs r dans Q ( par parité)

Par continuité f(x)=f(1)x² qqs x dans R

abdelbaki.attioui a écrit:

===> f(a+b)+f(a-b)=2(f(a)+f(b)) qqs a,b dans R : P(a,b)
===> f est convexe sur R ==> f est continue ( à faire après en exercice à part)

Mr Attioui deja pour montrer que f est convexe on a besoin de la continuité , n'est ce pas ?

l'équation fonctionnelle f(a+b)+f(a-b)=2(f(a)+f(b)) qqs a,b dans R sans la continuité ne permet de conclure. On montre l'existence des solutions de cette équation qui ne sont pas continues par l'axiome de choix ( comme l'équation de Cauchy)

Alors il faut bien exploité les hypothèses
1) f positive
2) P(a,b,c,d): ab+bc+cd=0 ===> f(a-b)+f(c-d)=f(a)+f(b+c)+f(d)
pour montrer la continuité ou la convexité

en faite pas besoin :
P(0,0,0,0)=> f(0)=0
P(0,0,0,x)=> f(-x)=f(x) f est pair
P(x,x,-x,0)=> f(x)=0 quelque soit x , soit il y a une erreur dans l'enonceé soit le probleme a l'allure qui ne mérite pas

Oty a écrit:

P(x,x,-x,0)=> f(x)=0 quelque soit x , soit il y a une erreur dans l'enonceé soit le probleme a l'allure qui ne mérite pas

P(x,x,-x,0) : f(x-x)+f(-x)=f(x)+f(x-x)+f(0)
P(x,x,-x,0) : f(-x)=f(x) puisque f(0)=0 . Comment est-ce-que vous obtenez f(x)=0

Mr Oty tu as fait certainement une faute d'innatention d'ailleurs c'est un problème Proposé par la corée en 2013 il ne sera pas évident a ce point là ...

Oui oui je me suis trompé d'EF a l'ecriture j'avais recopier f(a-b)+f(c-d)=f(a)+f(b)+f(b+c)+f(d) , je m'en doutais bien désolé , je vais essayer avec ce probleme sérieusement Merci Alidos et Humber , Pardonnez moi .

ben lors de examen j'ai trouver ax² avec a positive . l' idée principale est de prouver que
f(a+b) + f(a-b) = 2(f(a)+f(b)) pour tout a et b de R et que f est croissante sur R+ . le reste est claire je pense.

pour le deusieme je pense que les solutions sont de la forme kp avec k appartient a N

pour le premier exo

http://latex.codecogs.com/gif.latex?\&space;a^{2}&plus;1=a^{2}&plus;\frac{1}{3}&plus;\frac{1}{3}&plus;\frac{1}{3}\geq&space;4\times&space;3^{\frac{-3}{4}}\sqrt{a}&space;\&space;on&space;\&space;trouve&space;\&space;donc&space;\\&space;8abc\sum&space;\frac{1}{a^{2}&plus;1}\leq&space;8abc\sum&space;\frac{3^{\frac{3}{4}}}{4}a^{\frac{-1}{2}}=&space;2\times&space;3^{\frac{3}{4}}\sum&space;\sqrt{a}bc&space;\&space;or&space;\&space;puisque&space;\&space;\sqrt{abc}\leq&space;3^{\frac{-3}{4}}&space;\&space;d'apres&space;\&space;iag&space;\&space;il&space;\&space;suffit&space;\&space;de&space;\&space;prouver&space;\&space;que&space;\&space;2\sum&space;\sqrt{ab}\leq&space;\sum&space;a&space;&plus;\sqrt{3}&space;\&space;ce&space;\&space;qui&space;\&space;est&space;\&space;claire&space;\\&space;puisque&space;\&space;\sum&space;\sqrt{ab}\leq&space;\sum&space;a&space;\&space;et&space;\sum&space;\sqrt{ab}&space;\leq&space;3\sqrt{\frac{\sum&space;ab}{3}}&space;\leq&space;\sqrt{3}
game over

Je presente ma solution durant le test pr exo 2:
p differant de 2
pour x=p+1 , on a p+1 congru a 1 modulo p est donc forcement a 1 modulo p²
on a donc
et donc p divise n
réciproquement notons p=nl
on a
[img]http://latex.codecogs.com/gif.latex?x^p=x[p]\Rightarrow&space;x^l=1[p][/img]
et donc
[img]http://latex.codecogs.com/gif.latex?x^n-1=(x^l-1)(1&plus;(x^l)^1&plus;(x^l)^2&plus;.....&plus;(x^l)^{p-1}&space;)=&space;1[p^2][/img]
le cas p=2 est facile

f(a+b) + f(a-b) = 2(f(a)+f(b)) pour tous a et b de R et f positive
On a vu que f(rx)=r²f(x) pour x de R et r de Q
Soit a dans R
On pose g(x)=f(x+a)-f(x)-f(a) pour x de R

g(x+y)
=f(x+y+a)-f(x+y)-f(a)
=2(f(x+a/2)+f(y+a/2))-f(x-y)-2(f(x)+f(y))+f(x-y)-f(a)
=2[f(x+a/2)+f(y+a/2)]-2(f(x)+f(y))-f(a)
=[f(2x+a)+f(2y+a)]/2-2(f(x)+f(y))-f(a)
=[2(f(x+a)+f(x))-f(a)+2(f(y+a)+f(y))-f(a)]/2-2(f(x)+f(y))-f(a)
=f(x+a)-f(x)-f(a)+f(y+a)-f(y)-f(a)
=g(x)+g(y)

g vérifie alors l'éq. fonc. de Cauchy ==> g(rx)=rg(x) pour x de R et r de Q

......