Problème d'optimisation 1

Olympiades mathématiques, énigmes et défis
Zweig
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Problème d'optimisation 1

par Zweig » 02 Mar 2008, 12:54

Soient et des entiers naturels donnés et un point du plan situé strictement à l'intérieur d'un angle de sommet . Une droite passant par coupe les côtés de l'angle en deux points et distincts. Déterminer la position de la droite de sorte que le produit soit minimal.

Bonne chance.



Zweig
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par Zweig » 02 Nov 2009, 21:41

UP ! :we:

Timothé Lefebvre
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par Timothé Lefebvre » 02 Nov 2009, 21:43

Oulah x)

Un de ces up :lol:

Ok je sors, un peu la flemme de me plonger dans une OIM à cette heure-là !

Zweig
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par Zweig » 02 Nov 2009, 21:46

Ce n'est pas une OIM ^^ Ca ne veut pas dire que l'exercice est facile par contre ...

Timothé Lefebvre
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par Timothé Lefebvre » 02 Nov 2009, 21:47

Çà y ressemble et ça ne me motive pas plus de savoir ça :P
Bref, j'arrête de polluer ton topic, désolé.

lapras
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par lapras » 03 Nov 2009, 08:24

Aller avoue le : c'est parce que c'est de la géométrie ! (en tout cas en apparence)

benekire2
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par benekire2 » 03 Nov 2009, 08:36

Ce que je reproche à l'énoncé c'est de pas être hyper clair en fait, faut déjà faire un dessin et encore. Et j'imagine que l'énoncé compris on galère encore bien :)

lapras
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par lapras » 03 Nov 2009, 11:40

Qu'est ce que tu ne trouves pas clair dans l'énoncé ?

Zweig
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par Zweig » 03 Nov 2009, 12:30

Je rejoins lapras, je ne vois pas ce qui n'est pas clair ... Tu as un angle de degré quelconque de sommet O, un point à l'intérieur de cet angle et une droite passant par ce point et coupant les deux côtés de l'angle en deux points ...

benekire2
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par benekire2 » 03 Nov 2009, 13:16

En fait c'est juste une précision, c'est bien p en exposant ??

Je pense que oui, sinon je vois pas.

Zweig
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par Zweig » 03 Nov 2009, 13:34

Bah oui, et sont en exposants ...

benekire2
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par benekire2 » 03 Nov 2009, 13:49

D'accord ^^
L'exercice est trop dur pour moi, je me contenterais le la soluce, j'arrête de pollué le thread.

laquestion
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par laquestion » 10 Nov 2009, 11:13

j'ai une horrible fonction à deriver.

laquestion
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par laquestion » 10 Nov 2009, 16:00

je calcule OA^pOB^q en fonction de angleOAM et en dérivant j'obtient une "equation trigonométrique" de "degrès" 2.

Zweig
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par Zweig » 10 Nov 2009, 19:01

Si tu pouvais détailler car là, d'une part, je ne vois pas vraiment quelle peut être l'expression obtenue, et deuxièmement, tu ne réponds pas à la question : Quelle est la position de la droite qui rend la quantité minimale ?

laquestion
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par laquestion » 11 Nov 2009, 18:54

Zweig a écrit:Si tu pouvais détailler car là, d'une part, je ne vois pas vraiment quelle peut être l'expression obtenue, et deuxièmement, tu ne réponds pas à la question : Quelle est la position de la droite qui rend la quantité minimale ?

posons x= l'angle OAM et H et K les prjeté orthogonaux de M sur (OA) et (OB) resp. et enfin que OM vaut 1 et angleAOM=a et angle MOB=b
OA=OH+HA=cosa + sinatanx et OB=OK+KB=cosb+sinbtan(pi-a-b-x)

le x pour lequel la quantité est minimum est solution de [(cosa + sinatanx)^p.(cosb+sinbtan(pi-a-b-x))^q]'=0
quand on fait le calcul ça se simplifie (si je n'ai pas divisé par zero) on a une equa trig avec les angles x et pi-a-b-x de degrés deux et toute mes excuses pour la nontexité de ce message.
je suis pressé je donne la formule tout à l'heure si je me suis pas trompé.

et au fait evidemment le x donne la position de la droite. encore faut il le trouver

laquestion
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par laquestion » 12 Nov 2009, 22:58

j'obtiens je crois si c=pi-a-b
et si F(x)=(sina/(cosx)^2)(cosb+tan(c-x)sinb)
pF(x)=qF(c-x) ou F(x)=0 ou F(c-x)=0.
l'inf de ces solutions devrait convenir.
allez je m'y frote je vais poser X=e^(i2x). et C=e^(i2c)
(X+C)^2.sina.(cosb.(C+X)+i(X-C)sinb)=sinb.(C+X)(cosa.(X+1)^2+(1-X^2)i.sina) pour la premiere equation.
comment on utilise tex ?
je suis desolé pour le coté bourin j'ai trouvé que ça...si quelqu'un peut aussi me passer la formule pour les racine d'un polynome de degres trois je pourrais donner une reponse et voir si ça semble bon.

laquestion
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par laquestion » 16 Nov 2009, 10:16

ça y est j'ai trouvé.
petite precision avant tout, le minimum est zero si A=B mais on regrde pas ce cas et on suppose que A et B appartiennent aux cotés de l'angle privés du sommet.

je considere A' le projeté de M sur (OA) suivant (OB) et B' le projeté de M sur (OB) suivant (OA)

je pose OA'=a ,A'A=ax, OB'=b, BB'=by

par Thalès dans le triangle OAB on obtient y=1/x
il s'agit de trouver x positif (sinon B n'est pas sur un coté de l'anglemais seulement sur la droite qui le prolonge) qui minimise
(a+ax)^p.(b+b/x)^q le x solution veriefira [(1+x)^p.(1+1/x)^q]'=0
on voit facilement qu'il n'y a que deux solutions dont une seule est positive x=p/q (l'autre(x=-1) correspond au cas trivial ou A=B)
donc la quantité voulue est minimale pour OA=(1+p/q).OA'

laquestion
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par laquestion » 23 Nov 2009, 13:19

laquestion a écrit:ça y est j'ai trouvé.
petite precision avant tout, le minimum est zero si A=B mais on regrde pas ce cas et on suppose que A et B appartiennent aux cotés de l'angle privés du sommet.

je considere A' le projeté de M sur (OA) suivant (OB) et B' le projeté de M sur (OB) suivant (OA)

je pose OA'=a ,A'A=ax, OB'=b, BB'=by

par Thalès dans le triangle OAB on obtient y=1/x
il s'agit de trouver x positif (sinon B n'est pas sur un coté de l'anglemais seulement sur la droite qui le prolonge) qui minimise
(a+ax)^p.(b+b/x)^q le x solution veriefira [(1+x)^p.(1+1/x)^q]'=0
on voit facilement qu'il n'y a que deux solutions dont une seule est positive x=p/q (l'autre(x=-1) correspond au cas trivial ou A=B)
donc la quantité voulue est minimale pour OA=(1+p/q).OA'


c'est faux ?

 

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