Voici un exercice pour lequel je ne suis pas sûr qu'il y ait une solution type olympiade.
Dans le plan, on considère n points
Démontrer qu'il existe un point M de
Minimum d'un produit de distances.
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Minimum d'un produit de distances.
par yos » 04 Déc 2006, 21:50
Bonsoir.
Voici un exercice pour lequel je ne suis pas sûr qu'il y ait une solution type olympiade.
Dans le plan, on considère n points
et un cercle 
de rayon 1.
Démontrer qu'il existe un point M de tel que
.
Voici un exercice pour lequel je ne suis pas sûr qu'il y ait une solution type olympiade.
Dans le plan, on considère n points
Démontrer qu'il existe un point M de
par darkmaster » 05 Déc 2006, 01:54
Par récurrence:
Initilisation:
Donc, parmi
il y a un point soit =1)
Hypothèse de récurrence:
Pour n=k, on a toujours
pour l'ensemble des points
On note M :
Rang(k+1):
D'abord, on a un emsemble A de (k+1) points dans le plans. On doit démonter l'existence de
On considère les parties
de A qui contient k points.Donc, il y a n ensembles comme ça.Alors, 
. Chaque a un 
( par hypothèse de récurrence). On va montrer il éxiste un ensemble tel que:
.On appelle les points dans
et le point 
mais 
: 
On a 
Initilisation:
Hypothèse de récurrence:
Pour n=k, on a toujours
pour l'ensemble des points
On note M :
Rang(k+1):
D'abord, on a un emsemble A de (k+1) points dans le plans. On doit démonter l'existence de
On considère les parties
.On appelle les points dans
par yos » 05 Déc 2006, 12:26
darkmaster a écrit:Tu as une solution type non-olympiade?
Oui. Je la donnerai si ça intéresse quelqu'un.
par Imod » 05 Déc 2006, 20:20
On ne peut pas s'empêcher de penser au principe du maximum mais il faudrait fouiller un peu plus .
Imod
Imod
par Imod » 08 Déc 2006, 22:43
J'ai en effet trouvé une solution simple ( si on a :id: ) utilisant le principe du maximum , je vais voir maintenant si on peut voir le problème autrement .
Imod
Imod
par yos » 08 Déc 2006, 23:22
Ma solution est plus terre à terre tout de même. Tu peux nous donner la tienne si tu veux.
par Imod » 08 Déc 2006, 23:43
Je te donne ma solution demain , elle est courte mais nécessite un peu de "latex" et après 12 heures d'interruption d'électricité , je pare au plus pressé ( tempête oblige ) .
A demain ,
Imod
A demain ,
Imod
par Imod » 09 Déc 2006, 12:01
Il suffit de considérer le cercle trigonométrique et 
points 
d'affixes 
. On pose =\prod_{i=1}^n(z-a_i)})
alors =\sum_{i=0}^nb_iz^i)
avec 
. =\sum_{i=0}^nb_iz^{n-i})
est holomorphe sur 
et =b_n=1)
. D'après le principe du maximum |=\sup_{|z|\leq 1}|g(z)|\geq 1})
. Or pour =z^nf(\frac{1}{z}))
donc pour |=|f(\frac{1}{z})|)
et pour finir : |=\sup_{|z|=1}|g(z)|\geq 1})
.
Imod
Imod
par yos » 09 Déc 2006, 14:30
Salut.
Pourquoi ?
Ta définition de
passe du coef constant au coef dominant non?
Pourquoi
Ta définition de
par Imod » 09 Déc 2006, 14:36
Imod
PS : J'ai un peu mélangé les i et les k , je vais corriger :marteau:
PPS : L'intérêt de la fonction g est justement d'échanger les coefficients dominants et constants de f tout en gardant le même module que f sur le cercle unité.
par yos » 09 Déc 2006, 17:46
C'est bien vu.
Si tu veux éviter le principe du maximum, tu peux écrire l'égalité
\overline{f(e^{i\theta})}d\theta=1+\sum_{k=0}^{n-1}|b_k|^2)
,
qui découle du fait que l'intégrale sur
d'un terme
})
est nulle si 
, et vaut 
sinon.
Si tu veux éviter le principe du maximum, tu peux écrire l'égalité
qui découle du fait que l'intégrale sur
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