Deuxième test marocain 2011

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Olympus
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Deuxième test marocain 2011

par Olympus » 04 Déc 2010, 15:31

Salut !

Comme promis, voici le deuxième test d'olympiades marocaines :

Exercice 1 ( Balkan MO ) :

Calculer la somme suivante :



Comme vous le voyez, y a 3 nombres positifs, puis 2 négatifs, puis 3 positifs et ainsi de suite .

Exercice 2 ( Problem from Ireland ) :

Soient , et trois réels strictement positifs tels que .

Montrer que :

Exercice 3 ( Balkan MO ) :

Déterminer toutes les fonctions vérifiant la relation :



Exercice 4 ( Problem from Ireland ) :

Soit ABC un triangle d'aire 1 et P le milieu du côté [BC] . M et N sont deux points de [AB] privée de A et B et [AC] privée de A et C, respectivement, tels que AM=2MB et CN=2AN . Les droites (AP) et (MN) se coupent en un point D .

Trouver l'aire du triangle ADN .

Perso, j'ai torché le premier, le deuxième et le troisième ^^



Zweig
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par Zweig » 04 Déc 2010, 16:09

Y a pas un blem avec l'exo 3 ? Genre si je prends x = 0, alors f(y) = 0, donc f est la fonction nulle ...

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Ben314
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par Ben314 » 04 Déc 2010, 16:14

Olympus a écrit:Soit ABC un triangle d'aire 1 et P le milieu du côté [BC] . M et N sont deux points de [AB] privée de A et B et [AC] privée de A et C, respectivement, tels que AM=2NB et CN=2AN . Les droites (AP) et (MN) se coupent en un point D .

Trouver l'aire du triangle ADN .
Je suppose que c'est AM=2MB ?
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Olympus
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par Olympus » 04 Déc 2010, 16:17

Ben314 a écrit:Je suppose que c'est AM=2MB ?


Salut Ben !

Oui, encore une fois je recopie mal un exo de géométrie :zen:

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Ben314
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par Ben314 » 04 Déc 2010, 16:22

Dans ce cas, c'est trés "bétassous" comme problème : en deux lignes on a les coordonnées de D dans le repère (A,AB,AC) et c'est fini.
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darkpseudo
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par darkpseudo » 04 Déc 2010, 16:26

Bon mes réponses dans l'olympiade :
1 - J'ai supposer 3 suite vue que j'ai réécri S sous la forme :
1+2+3+4+5+6...+2010 - 2(4+9+14+....+2009) -2(5+10+15+....2010)
pour l'exo 2 - Tout le monde l'as fait avec shur pas moi vu que je n'est jamais su l'utiliser ( un grand défaut sans doute ) donc pour la droite j'ai fait chebychev pour la gauche j'ai multiplier ab+bc+abc par a+b+c ensuite j'ai simplifier pour il me restait a démontrer qu'une résultats est < 1/4 et je l'est trouver =< 2/9 ( je ne suis pas sûr que ma méthode soit juste a 100% car je n'est pas pu réviser )
pour l'exo 3- f(0) = 0 et puis il est clair que la fonction nul rempli la condition :
on a pour y=-1 xf(x-x) = xf(x) + f(x^2) f(-1)
donc xf(x) = - f(x^2) f(-1) pour x = -1
-f(-1) = -1f(1) f(-1) donc f(1) = 1 ou f(1) = 0 ce qui nous reverrai au cas de la fonction nulle donc f(1) = 1
or on a f(1+y) = f(1) + f(1) f(y) = 1+f(y)
Bein là j'avais plus le temps et j'ai directement écris que les seuls fonction possible sont f(x) =x et f(x) = 0

Pour le quatrième :
L'air que j'ai trouvé est 2/27 j'ai déssiné la parallèle a (AP) passant par M et pui avec thalès et la formule de l'air d'un triangle je suis arrivé au résultat ( la flemme de tout écrire mais si quelqu'un peu dessiné la forme je posterai ma réponse en entier )

Rifi63
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par Rifi63 » 04 Déc 2010, 16:26

pour exo 2 il faut demontrer que :
a+b+c=1 => 1/a + 1/b + 1/c >= 9
et pour cela il faut utiliser : x/y +y/x >= 2

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par Olympus » 04 Déc 2010, 16:36

Rifi63 a écrit:pour exo 2 il faut demontrer que :
a+b+c=1 => 1/a + 1/b + 1/c >= 9
et pour cela il faut utiliser : x/y +y/x >= 2


Salut !

Ou alors "tout simplement" remarquer que :





Cette dernière est vraie en supposant que , ce qui est légitime vu que l'expression est symétrique .

Rifi63
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par Rifi63 » 04 Déc 2010, 16:45

exo 1 combien la somme ? . Moi si je me rappel bien c'était 402199 (peut-étre) :hein:

darkpseudo
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par darkpseudo » 04 Déc 2010, 16:46

401799 :) enfin c'est ce que j'ai trouvé .
Juste une question Olympus , pour ta deuxième factorisation , tu fait comment pour trouvé des trucs comme ça XD genre moi ça me tomberai jamais dessus ( mais bon je suis en bac et je commence à peine à bossé les olympiades comme il ce doit ) , ecequ'avec l'expérience en acquiert cette maitrise , ou bien y a t'il des astuces a connaître :)

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Ben314
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par Ben314 » 04 Déc 2010, 16:57

Pour la somme, on a directement :
Qui n'entend qu'un son n'entend qu'une sonnerie. Signé : Sonfucius

ffpower
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par ffpower » 04 Déc 2010, 17:37

Pour l'équation fonctionnelle xf(x+xy)=xf(x)+f(x²)f(y) :
- On vérifie aisément f(0)=0
- y=-1 donne xf(x)+f(x²)f(-1)=0 d'ou on déduit l'imparité de f
- On remplace y par -y et on somme avec l'équation initiale pour obtenir f(x+xy)+f(x-xy)=2f(x) ou de maniere équivalente f(a)+f(b)=2f(a/2+b/2), qui pour b=0 donne f(a)=2f(a/2), et par suite f(a+b)=f(a)+f(b)
- On utilise l'additivité de f sur le premier terme de l'équation ( f(x+xy) ) et on simplifie : xf(xy)=f(x²)f(y).
-Cette derniere relation entraine que si f(y)=0 pour un certain y différent de 0, alors f est nulle, et sinon que f(x)=x pour tout x ( en prenant y=x)

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par Olympus » 04 Déc 2010, 18:36

Ben314 a écrit:Pour la somme, on a directement :


Exactement, il suffit de regarder chaque terme modulo 5 ^^

@darkpseudo : Pour les facto, à force de travailler plusieurs inégalités, on garde en tête pas mal d'identités "remarquables" . Pour identifier ce qu'il faut factoriser par contre, j'utilise Muirhead et Schur comme "testeurs" pour séparer les termes qui paraissent positifs, puis je factorise .

Pour le 3ème, s'il nous était demandé de trouver seulement les fonctions continues dans R vérifiant la relation là, alors il suffirait de prouver, dans le cas où , que pour tout pour ensuite déduire que est une suite de rationnels et dont la limite est ( l'existence de cette suite est vérifiée par la densité de Q dans R ) .

Enfin, f est forcément continue vu que les solutions ( la fonction nulle et l'identité ) le sont, mais je ne vois pas comment le prouver sans chercher à trouver ces solutions ...

Sinon, la solution par tâtonnements ( un peu proche de celle de FF, la sienne étant plus jolie :we: ) :

Il est relativement facile de vérifier que , et ensuite, dans le cas où , que et que est impaire .

Toujours dans le cas où :

On montre aussi que ( en remplaçant par 1 et par ) .

On a .

Donc .

: OU .

EDIT ( correction ) : ensuite, il faut montrer que , ce qui est vrai car .

Maintenant, dans le cas où :

On aura immédiatement , dont la solution est tout simplement la fonction nulle, qui vérifie bien l'énoncé .

benekire2
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par benekire2 » 04 Déc 2010, 18:43

Olympus a écrit:Salut !

Ou alors "tout simplement" remarquer que :





Cette dernière est vraie en supposant que , ce qui est légitime vu que l'expression est symétrique .


Salut Bouazza !

Peut tu m'expliquer ce qui est (évidemment) cacher derrière ce beau parachutage ? Ca m'intéresse ...

Je trouve l'exo 1 et 4 faciles, le 2 je n'ai fais que l'inégalité de gauche ( sans aucun théorèmes ) mais pas celle de droite.

Merci :lol3:

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Olympus
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par Olympus » 04 Déc 2010, 18:57

Salut Mick' !

benekire2 a écrit:Peut tu m'expliquer ce qui est (évidemment) cacher derrière ce beau parachutage ? Ca m'intéresse ...


Comme dit à darkpseudo, je me suis servi de Muirhead et de Schur pour identifier ce qu'il faut réécrire sous forme de somme de carrés : Muirhead ( ou AM-GM ) pour la première, et Schur pour la deuxième ( la réécriture est un peu naturelle dans ce cas, je n'ai pas fait grand chose de spécial ) .

Pour la technique de facto de la première, ben, j'ai ajouté et soustrait les moyennes géométriques de chaque couple de 2 termes, puis réarrangé . Mais ce qui est important, c'est d'identifier d'abord ce qu'il faut "carrer" :lol3:

EDIT : ah oui, il faut aussi savoir comment se prouve AM-GM à n variables avec AM-GM à une puissance de 2 supérieure à n ( ici, il faut savoir prouver AM-GM à 3 variables avec AM-GM à 4 variables ), pour avoir une idée de quelques termes qu'il faut ajouter et soustraire .

benekire2
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par benekire2 » 04 Déc 2010, 19:18

Merci beaucoup !

Bon alors, une autre question, ailleurs j'ai vu que cet exo 2 se faisait par réordonnement et Chebychev , et j'ai jamais trop utilisé ces deux inégalités. Est-ce que quelqu'un pourrait me dire comment je dois faire pour que ça marche ici ? Merci !

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par ffpower » 04 Déc 2010, 19:28

Olympus : je n'ai pas compris ton passage f(x(x-1+1))=f(x)(1+f(x-1)) ( edit : c'est bon j'ai compris en fait )
Et la fin n'est pas tout a fait finie : tu obtiens "pour tout x, f(x)=0 ou f(x)=x", mais il faut arriver à : "pour tout x f(x)=0" ou "pour tout x f(x)=x"

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par darkpseudo » 04 Déc 2010, 19:33

Ailleurs ?? Je viens de le dire :
Bon par ce que j'ai trop la flemme ( et que je me rappel plus très bien ) de comment j'ai fait pour le terme de droite ( qui est le plus difficile ) je te montre pour celui de gauche :
Sans nuir à la généralité du problème on suppose que a>=b>=c donc bc=selon l'inégalité de chebychev on a :
(a+b+c)(bc+ac+ab) >= 3 ( abc+abc+abc) = 9 abc
et vue que a+b+c = 1 on a le résultat :)

benekire2
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par benekire2 » 04 Déc 2010, 19:39

darkpseudo a écrit:Ailleurs ?? Je viens de le dire :
Bon par ce que j'ai trop la flemme ( et que je me rappel plus très bien ) de comment j'ai fait pour le terme de droite ( qui est le plus difficile ) je te montre pour celui de gauche :
Sans nuir à la généralité du problème on suppose que a>=b>=c donc bc== 3 ( abc+abc+abc) = 9 abc
et vue que a+b+c = 1 on a le résultat :)


OK, mais bon, là chebychev sert a rien pour la gauche, on aurait pu mettre du cauchy schwarz ou même refaire ces carrés soit même . C'est pour la droite que ça coince.

darkpseudo
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par darkpseudo » 04 Déc 2010, 20:19

Pour la droite si je me rappel bien multipli ab+ac+bc par a+b+c tu verra apparaitre les 3abc + une quantité qu'il faut démontré plus petite que 1/4 or cette même quantité je l'est démontré =< 2/9 <1/4 et en effet c'était juste , mais pour te réécrire la démo je suis vraiment désolé c'était trop long . Sinon je préfère la technique d'olympus à la mienne

 

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