Préparation aux Olympiades 2013/2014

J'ouvre Donc un sujet destiné à la preparation aux olympiades pour l'année de 2013/2014. (Priere de numéroter les Exercices) .Je commence:
Exercice 1:
Calculer en fonction de n:
 .

Soir E(√k)=t donc t²=<k<t²+2t+1 donc le nombre de parties entières ayant la même valeur est t²+2t+1-t²=2t+1. Donc S=(2*1+1)*E(√3)+(2*2+1)*E(√8 )+...+E(√n)(2E(√n)+1). Donc, avec cette écriture, on ne considère que les E(√k) tels que k=m²-1, il faudra donc considérer les autres E(√k) distinctement.
Ainsi : avec E(√n)²=<n< (E(√n)+1)² :
 



S'il y a des remarques, on peut discuter, je n'ai pas pu tout détailler dans la rédaction.

Exercice 2:

Trouvez tous les polynômes R(x) à coefficients réels satisfaisants :
(x-2010)R(x+67)=xR(x) pour tout entier x

Désolé pour le retard et je ne sais pas si ce raisonnement est juste:
-on prenant x=0 on trouve R(64)=0
-Et on peut facilement déduire par récurrence que R(64k)=0 quelque soit k appartenant à N*
Donc R a une infinité de racines , ce qui veut dire que R est le polynôme nul.
Donc R(x)=0

legend-crush a écrit:

Désolé pour le retard et je ne sais pas si ce raisonnement est juste:
-on prenant x=0 on trouve R(64)=0
-Et on peut facilement déduire par récurrence que R(64k)=0 quelque soit k appartenant à N*
Donc R a une infinité de racines , ce qui veut dire que R est le polynôme nul.
Donc R(x)=0

remarque et indice 2010=67*30

je crois qu'on a le résultat suivant :tout polynôme périodique est constante

galillee56 a écrit:

legend-crush a écrit:

Désolé pour le retard et je ne sais pas si ce raisonnement est juste:
-on prenant x=0 on trouve R(64)=0
-Et on peut facilement déduire par récurrence que R(64k)=0 quelque soit k appartenant à N*
Donc R a une infinité de racines , ce qui veut dire que R est le polynôme nul.
Donc R(x)=0

remarque et indice 2010=67*30

j'avais confondu 64 et 67 dans ce que j'ai ecris

Je propose comme Exercice 3:

solution exercice 3
Une application directe de Cauchy Schwartz
http://latex.codecogs.com/gif.latex?%28k&plus;a_%7B1%7D%29%28k&plus;a_%7B2%7D%29.......%28k&plus;a_%7Bn%7D%29%5Cgeq%20%28%5Csqrt%5Bn%5D%7Bk%7D*%5Csqrt%5Bn%5D%7Bk%7D*......%5Csqrt%5Bn%5D%7Bk%7D&plus;%5Csqrt%5Bn%5D%7Ba_%7B1%7Da_%7B2%7D....a_%7Bn%7D%7D%29%5E%7Bn%7D%20%5CRightarrow%20%5Cprod_%7Bi%3D1%7D%5E%7Bi%3Dn%7D%28k&plus;a_%7Bi%7D%29%5Cgeq%28k&plus;n%29%5E%7Bn%7D

et déduire!!

L-W-P a écrit:

solution exercice 3
Une application directe de Cauchy Schwartz
http://latex.codecogs.com/gif.latex?%28k&plus;a_%7B1%7D%29%28k&plus;a_%7B2%7D%29.......%28k&plus;a_%7Bn%7D%29%5Cgeq%20%28%5Csqrt%5Bn%5D%7Bk%7D*%5Csqrt%5Bn%5D%7Bk%7D*......%5Csqrt%5Bn%5D%7Bk%7D&plus;%5Csqrt%5Bn%5D%7Ba_%7B1%7Da_%7B2%7D....a_%7Bn%7D%7D%29%5E%7Bn%7D%20%5CRightarrow%20%5Cprod_%7Bi%3D1%7D%5E%7Bi%3Dn%7D%28k&plus;a_%7Bi%7D%29%5Cgeq%28k&plus;n%29%5E%7Bn%7D

C'est pas holder (pa caushy)?

Exercice 4:
trouver toutes les fonctions de R vers R, tel que:

calculer f(0) on trouva que f(0)=0 ou f(0)=1 or f(x)=0 n'a pas de solution
alors f(0)=1
puis on calcule f(1).f(-1)=0
et remplaçant on trouvera f(x)= 1-x ou f(x)=x+1
je vais poster le 5 exercice dans les plus brefs délais

Exercie 5:
Déterminer les fonctions de R--->R telles que, pour tous réels x,y:

y=0 et x=a+f(0) --> f(a)=1-f(0)-a
on pose c=1-f(0) donc f(x)=c-x
en remplacent on trouve 2c-x-y=1-x-y ce qui assure que c=1/2
donc f(x)=1/2-x

Exo 6:
determiner toutes les fonctions de R vers R tq:
xf(x+xy)=xf(x)+f(x²)f(y)

on va avoir deux cas
cas 1 f(1)=0 et f(1)=0 alors par une simple manipulation f(x)=0
cas 2 f(1)=1 et f(-1)=-1
remplaçant y=-1 on va avoir f(x^2)=xf(x)
remplaçant y=x-1 et en utilisant les deux égalités résultées on va trouver f(x)(x-1-f(x-1))=0
ce qui donne que f(x)=x

j'attends votre confirmation pour passer au 7

oui f(x)=x ou f(x)=0 , à toi

EXO 7
déterminer toutes les fonctions de N----N
telles que pour tous x,y de N on a
f(f(n)+f(m))=m+n

Remarquer que si f(m)=f(n) alors m+n=f(f(m)+f(n))=f(f(n)+f(n))=2n --> m=n
ce qui assure que f est bel est bien injective.
on remarque d'ailleurs que 2n=n+1+n-1=f(f(n+1)+f(n-1)) et 2n=n+n=f(f(n)+f(n))
donc f(f(n+1)+f(n-1))=f(f(n)+f(n)) et donc vu que f est injective f(n+1)+f(n-1)=f(n)+f(n)
d'ou f(n+1)-f(n)=f(n)-f(n-1) (donc f a une pente constante ) d'ou f affine
donc f(n)=an+b et on peut facilement déduire que la seule solution est f(n)=n

on peut aussi démontrer que f(n)=n par réccurence forte puisque f(n+1)=2f(n)-f(n-1)=2n-n+1=n+1