Salut tout le monde

Bienvenus dans ce topic consacré aux exercices d'olympiades; ici vous trouverez des exercices classé -difficile- et pas mal de défis qui n'attendent qu'a être relevés , ne vous laissez pas intimidé par le titre car ces exercices reste tout de même résoluble, la seule chose qui les différencie des autre exercice normaux c'est qu'un exercice d'olympiade a une astuce ou un secret qu'il faut trouvez, des que vous trouvez l'astuce tous ce qui vient après se dévoile tout seul, mais ça n’empêche qu'il faut beaucoup de concentration un bon raisonnement, sans manquer d'intelligence pour des démonstration subtile et ingénieuse, je vous laisse donc, amusez vous bien .

PS: Si vous voulez proposer un exercice, veuillez organiser la réponse a ce sujet en respectant les consignes suivantes :

• Mentionner le titre( s'il en a bien-sûr).
• Bien expliquer l'énoncée.
• Écrire la référence si vous la trouvez bien-sûr( année etc...).
• Nous considérons un certain délai maximale pour chaque exercice, nous ne resterons donc pas sur le même exercice plus d'une semaine ou presque .

Voici dernièrement un tableau regroupant tous les exercices du topic, comme ça vous n'aurez pas a parcourir <math>\(n\)</math> pages pour trouver un exercice qui vous plait. MERCI ÉNORMÉMENT A jAlon de m'avoir beaucoup aidé dans le tableau d'ailleurs , c'était son idée .




J'ouvre donc les cérémonies :

une inégalité

Démontrer que :
<math>\(2010 < \frac{2^2 + 1}{2^2 - 1} + \frac{3^2 + 1}{3^2 - 1}+ \cdots + \frac{2010^2 + 1}{2010^2 - 1} < 2010 + \frac{1}{2}\)</math>
Bonne chance .
OM Maroc 2012

Sympa le problème!


Pour la première inégalité:

regardons les 3 premiers termes: <math>\(\frac{2^2+1}{2^2-1}+\frac{3^2+1}{3^2-1}+\frac{4^2+1}{4^2-1}=\frac{5}{3}+\frac{10}{8}+\frac{17}{15}=\frac{486}{120}>4\)</math>
Il reste <math>\(2010-4=2006\)</math> termes chacun plus grand que 1.
=> <math>\(\sum{...} > 4+2006 = 2010\)</math>


Pour la deuxième inégalité:

on sait que: <math>\(\frac{n^2+1}{n^2-1}=\frac{n^2-1+2}{n^2-1}= 1 + \frac{2}{n^2-1}\)</math> et on remarque que:<math>\(\frac{2}{n^2-1}=\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n+1}\)</math>

=> <math>\(\sum{...} = \sum_2^{2010}{1+\frac{2}{n^2-1}}= 2009+\sum_2^{2010}{\frac{2}{n^2-1}}=2009+\sum_2^{2010}{(\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n+1})}=2009+ (1+\frac{1}{2}-\frac{1}{2010-1}-\frac{1}{2010+1}) < 2009+\frac{3}{2}=2010+\frac{1}{2}\)</math>

cqfd! =)

On en fait un post à question d'olympiade??

Groumpf! Qqun a trouvé avant moi Et c'est joli.

Je me suis cassé la tête dans une autre voie, mais la piste est intéressante. Au lieu de voir (N'dîdju!) que <math>\(\frac{2}{n^2-1} = \frac{1}{n-1} - \frac{1}{n+1}\)</math>, j'ai simplifié avec <math>\(\frac{1}{n^2-1} = \frac{1}{(n-1)(n+1)}\)</math>.
Je me suis du coup retrouvé à devoir prouver que <math>\(\sum_{k=1}^{2009} \frac{1}{k(k+2)} < \frac{3}{4}\)</math>. En cherchant un peu, il s'avère que <math>\(\sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{k(k+2)} = \frac{3}{4}\)</math>. Mais je n'ai pas trouvé comment le montrer.

Encore plus fort, en cherchant un bout sur Wolfram Alpha, j'ai découvert que si <math>\(\ell\)</math> est un entier alors
<math>\(\sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{k(k+\ell)} = \frac{H_\ell}{\ell}\)</math>
où <math>\(H_\ell = \sum_{m=1}^\ell \frac{1}{m}\)</math> est le <math>\(\ell\)</math>-ème nombre harmonique.

C'est sympa comme résultat

Citation : Caduchon

En cherchant un peu, il s'avère que <math>\(\sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{k(k+2)} = \frac{3}{4}\)</math>. Mais je n'ai pas trouvé comment le montrer.

Cela résulte d'un simple télescopage : <math>\(\frac{1}{k(k+2)} =\frac 12\left( \frac 1k-\frac{1}{k+2}\right)}\)</math>

Tant qu'on est dans les inégalités
Soient <math>\(a, b, c\)</math> les longueurs des trois côtés d'un triangle. Démontrer que
<math>\(a^2b(a-b) + b^2c(b-c) + c^2a(c-a) \geq 0\)</math>

Ne vous laissez pas impressionner par le P6 et le IMO et n'allez pas voir la solution, si vous arrivez à vous débarrasser de la condition du triangle, il est assez faisable.

Un P6 de 1983 ça doit encore aller. C'est pas comme les P6 de maintenant

Citation : Typen

Soient <math>\(a, b, c\)</math> les longueurs des trois côtés d'un triangle. Démontrer que
<math>\(a^2b(a-b) + b^2c(b-c) + c^2a(c-a) \geq 0\)</math>

P6 IMO 1983, Paris (France).

Si vous arrivez à vous débarrasser de la condition du triangle, il est assez faisable.

Sympa l'indice!
J'ai pas le temps de faire des longs calculs, mais à mon avis si on pose:

a = x + y
b = y + z
c = x + z (vu que c'est un triangle ^^)

Il reste à développer l'expression et utiliser Cauchy-Schwartz avec les bons vecteurs ou une autre inégalité sympatoche...
Je vais essayer de le faire dans le train, si ça marche et que le train ne déraille pas à cause de la neige, je posterai ma solution en soirée...

Citation : candide

Citation : Caduchon

En cherchant un peu, il s'avère que <math>\(\sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{k(k+2)} = \frac{3}{4}\)</math>. Mais je n'ai pas trouvé comment le montrer.

Cela résulte d'un simple télescopage : <math>\(\frac{1}{k(k+2)} =\frac 12\left( \frac 1k-\frac{1}{k+2}\right)}\)</math>

Tout en sachant que <math>\(\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k} = ln(n) + \gamma + \epsilon(n)\)</math>

Dans ton cas, lorsque <math>\(n\rightarrow \infty\)</math> les <math>\(\gamma\)</math> s'en vont, les <math>\(\epsilon\)</math> tendent vers 0 (cf leur définition ...), la différence des <math>\(ln\)</math> tend vers 0 et il te reste sur les bras du <math>\(\frac 12\left(-(-1-\frac12)\right)\)</math> ie cqfd !

Citation : Jo-Jo

Citation : Typen

Soient <math>\(a, b, c\)</math> les longueurs des trois côtés d'un triangle. Démontrer que
<math>\(a^2b(a-b) + b^2c(b-c) + c^2a(c-a) \geq 0\)</math>

P6 IMO 1983, Paris (France).

Si vous arrivez à vous débarrasser de la condition du triangle, il est assez faisable.

Sympa l'indice!
J'ai pas le temps de faire des longs calculs, mais à mon avis si on pose:

a = x + y
b = y + z
c = x + z (vu que c'est un triangle ^^)

Il reste à développer l'expression et utiliser Cauchy-Schwartz avec les bons vecteurs ou une autre inégalité sympatoche...
Je vais essayer de le faire dans le train, si ça marche et que le train ne déraille pas à cause de la neige, je posterai ma solution en soirée...

En effet, et pour ceux qui ne connaissent pas, ça s'appelle la transformation de Ravi, ça découle directement du centre du cercle inscrit étant l'intersection des bissectrices (ensemble de points à égale distance des côtés qui forment l'angle qu'il bissecte )

Salut .
a vraie dire vos réponse était toutes remplie de <math>\(\Sigma\)</math>
j'ai juste jeté un coup d'œil furtif dessus .
Pour la réponse , d'abords :
-Je ne suis qu'en deuxième année du lycée, et on a pas encore étudier beaucoup de choses qui nous faciliterait la tache dans cet exos.
-Pendant l'épreuve j'ai perdue un peu de temps avant de trouver le droit chemin .
ma solution ressemble a ca :
Démontrer que :
<math>\(2010 < \frac{2^2 + 1}{2^2 - 1} + \frac{3^2 + 1}{3^2 - 1}+ \cdots + \frac{2010^2 + 1}{2010^2 - 1} < 2010\)</math>
Calculons A:

<math>\(\mathrm{A}=\frac{2^2 + 1}{2^2 - 1} + \frac{3^2 + 1}{3^2 - 1}+ \cdots + \frac{2010^2 + 1}{2010^2 - 1}\)</math>

<math>\(\mathrm{A}=\frac{2^2 - 1}{2^2 - 1} + \frac{2}{2^2 - 1}+ \frac{3^2 - 1}{3^2 - 1}+ \frac{2}{3^2 - 1}+\cdots + \frac{2010^2 - 1}{2010^2 - 1}+ \frac{2}{2010^2 - 1}\)</math>

<math>\(\mathrm{A}=2009+\frac{2}{2^2 - 1} + \frac{2}{3^2 - 1}+ \cdots + \frac{2}{2010^2 - 1}\)</math>

<math>\(\mathrm{A}-2009=2 \times \left( \frac{1}{2^2 - 1} + \frac{1}{3^2 - 1}+ \cdots + \frac{1}{2010^2 - 1} \right)\)</math>

<math>\(\mathrm{A}-2009=2 \times \left( \frac{1}{2^2 - 1} + \frac{1}{3^2 - 1}+\frac{1}{4^2 - 1}+\frac{1}{5^2 - 1}+ \cdots + \frac{1}{2010^2 - 1} \right)\)</math>

<math>\(\mathrm{A}-2009=2 \times \left( \frac{1}{(2+1)(2-1)} + \frac{1}{3+1)(3-1)}+\frac{1}{4+1)(4-1)}+\frac{1}{5+1)(5-1)}+ \cdots + \frac{1}{2010+1)(2010-1)} \right)\)</math>

<math>\(\mathrm{A}-2009=2 \times \left( \frac{1}{(3)(1)} + \frac{1}{(4)(2)}+\frac{1}{(5)(3)}+\frac{1}{(6)(4)}+ \cdots + \frac{1}{(2011)(2019)} \right)\)</math>

Là on s'arrête et on calcule :
<math>\(\mathrm{B}= \left( \frac{1}{(1)(3)} + \frac{1}{(3)(5)}+\frac{1}{(5)(7)}+\frac{1}{(7)(9)}+ \cdots + \frac{1}{(2009)(2011)} \right)\)</math>
je remarque que :

<math>\(\frac{1}{(3)(5)}=\frac{1}{(2)(3)}-\frac{1}{(2)(5)}= \frac{1}{6}-\frac{1}{10}\)</math>

<math>\(\frac{1}{(5)(7)}= \frac{1}{10}-\frac{1}{14}\)</math>

<math>\(\frac{1}{(7)(9)}= \frac{1}{14}-\frac{1}{18}\)</math>
<math>\(|\)</math>
<math>\(|\)</math>
<math>\(|\)</math>
<math>\(\frac{1}{(2009)(2011)}= \frac{1}{2\times2009}-\frac{1}{2\times2011}\)</math>
donc :

<math>\(\mathrm{B}=\frac{1}{3}+\frac{1}{6}-\frac{1}{10} + \frac{1}{10}-\frac{1}{14} + \frac{1}{14}-\frac{1}{18} \cdots - \frac{1}{2\times2009} + \frac{1}{2\times2009}-\frac{1}{2\times2011} \right)\)</math>
<math>\(\mathrm{B}=\frac{1}{3}+\frac{1}{6}-\frac{1}{2\times2011}\)</math>

de même pour les nombres paires on trouve :

<math>\(\mathrm{C}= \left( \frac{1}{(2)(4)} + \frac{1}{(4)(6)}+\frac{1}{(6)(8)}+\frac{1}{(8)(10)}+ \cdots + \frac{1}{(2008)(2010)} \right)\)</math>

on a :

<math>\(\frac{1}{(2)(4)}=\frac{1}{(2)(2)}-\frac{1}{(2)(4)}= \frac{1}{4}-\frac{1}{8}\)</math>

<math>\(\frac{1}{(4)(6)}= \frac{1}{8}-\frac{1}{12}\)</math>

<math>\(\frac{1}{(6)(8)}= \frac{1}{12}-\frac{1}{16}\)</math>
<math>\(|\)</math>
<math>\(|\)</math>
<math>\(|\)</math>
<math>\(\frac{1}{(2008)(2010)}= \frac{1}{2\times2008}-\frac{1}{2\times2010}\)</math>

donc la aussi :

<math>\(\mathrm{B}=\frac{1}{4}-\frac{1}{8} + \frac{1}{8}-\frac{1}{12} + \frac{1}{12}-\frac{1}{16} \cdots - \frac{1}{2\times2008} + \frac{1}{2\times2008}-\frac{1}{2\times2010} \right)\)</math>

<math>\(\mathrm{C}=\frac{1}{4}-\frac{1}{2\times2010}\)</math>

et donc :

<math>\(\mathrm{A}-2009=2 \times \left(\frac{1}{3}+\frac{1}{6}-\frac{1}{2\times2011}+ \frac{1}{4}-\frac{1}{2\times2010}+ \right)\)</math>

<math>\(\mathrm{A}=1-\frac{1}{2011}+ \frac{1}{2}-\frac{1}{\times2010}+2009\)</math>

<math>\(\mathrm{A}=2010-\frac{1}{2011}+ \frac{1}{2}-\frac{1}{\times2010}\)</math>

et nous savons que :

<math>\(2010+\frac{1}{2} - x < 2010+\frac{1}{2}\)</math> quelque soit x dont <math>\(\mathbb{R}^*\)</math>
donc <math>\(2010+\frac{1}{2} -\frac{1}{\times2010}-\frac{1}{2011} < 2010+\frac{1}{2}\)</math>
ce qui veut dire que :
<math>\(\mathrm{A} < 2010+\frac{1}{2}\)</math> et que :
<math>\(\frac{2^2 + 1}{2^2 - 1} + \frac{3^2 + 1}{3^2 - 1}+ \cdots + \frac{2010^2 + 1}{2010^2 - 1} < 2010\)</math>

Si on calcule <math>\(= 0,49...\)</math> donc :
<math>\(0<\frac{1}{2}-\frac{1}{2011}-\frac{1}{\times2010}\)</math>
<math>\(2010<2010+\frac{1}{2}-\frac{1}{2011}-\frac{1}{\times2010}\)</math>
<math>\(2010<\mathrm{A}\)</math> ==> <math>\(2010< \frac{2^2 + 1}{2^2 - 1} + \frac{3^2 + 1}{3^2 - 1}+ \cdots + \frac{2010^2 + 1}{2010^2 - 1}\)</math>

et donc :

<math>\(2010 < \frac{2^2 + 1}{2^2 - 1} + \frac{3^2 + 1}{3^2 - 1}+ \cdots + \frac{2010^2 + 1}{2010^2 - 1} < 2010 + \frac{1}{2}\)</math>

CQFD
.

Citation : elionor

et donc :

<math>\(2010 < \frac{2^2 + 1}{2^2 - 1} + \frac{3^2 + 1}{3^2 - 1}+ \cdots + \frac{2010^2 + 1}{2010^2 - 1} < 2010\)</math>

CQFD
.

Ha vraiment ? ;p

Haha si tu as effectivement écrit cette dernière ligne sur ta copie, c'est un magistral epic fail!!!
Très bonne solution sinon.

Je relance avec un exercice bien plus simple qu'un problème 6 d'IMO, en l’occurrence un belge de 2005 je crois:
Y a-t-il 2 points de l'espace à coordonnées rationnelles séparées d'une distance égale à <math>\(\sqrt{7}\)</math>?

peux-tu expliquer l'énonces autrement

Bien sûr!
Enfin, je vais essayer:
Dans l'espace on détermine un point par ses coordonnées en x, y et z. Par exemple: (1,-1,3) est un point.
Supposons qu'on regarde tous les points de l'espace dont les coordonnées sont rationnelles. Donc de la forme <math>\(P = (\frac{a}{b}, \frac{c}{d}, \frac{e}{f})\)</math> où a,b,c,d,e,f sont des entiers.
Dans cet ensemble de point, y en a-t-il 2 qui sont séparés par la distance <math>\(\sqrt7\)</math>.

(Pour rappel, si on calcul la distance entre les points (a,b,c) et (d,e,f), la formule est <math>\(d=\sqrt{(d-a)^2+(e-b)^2+(f-c)^2}\)</math>)

C'est plus clair?

Si c'est un peu trop compliquer, le problème est presque le même si tu travailles dans le plan euclidien. Tu peux le résoudre dans le plan si tu veux.

Dans l'espace, la distance entre deux points <math>\(A(x_A,y_A,z_A)\)</math> et <math>\(B(x_B,y_B,z_B)\)</math> vaut <math>\(\sqrt{(x_B-x_A)^2+(y_B-y_A)^2+(z_B-z_A)^2}\)</math>. Dans notre cas, <math>\(x_B-x_A\)</math> et les deux autres sont des réels, car une différence de deux réels, et peuvent donc s'écrire sous la forme d'un rapport d'entiers. On a donc l'équation :
<math>\(\sqrt{\frac{X^2}{A^2}+\frac{Y^2}{B^2}+\frac{Z^2}{C^2}} = \sqrt{7} \Longleftrightarrow \frac{X^2}{A^2}+\frac{Y^2}{B^2}+\frac{Z^2}{C^2} = 7\)</math>

<math>\(\Longleftrightarrow \frac{X^2B^2C^2+Y^2A^2C^2+Z^2B^2C^2}{A^2B^2C^2} = 7 \Longleftrightarrow (XBC)^2+(YAC)^2+(ZAB)^2 = 7\times(ABC)^2\)</math>

De plus :
<math>\((XBC)^2 = 7\times (ABC)^2 - (YAC)^2 - (ZAB)^2 = A^2(7\times (BC)^2 - (YC)^2 - (ZB)^2)\)</math> Donc <math>\((XBC)^2\)</math> est divisible par <math>\(A^2\)</math>.
Mais puisqu'on peut établir le même raisonnement pour <math>\((YAC)^2\)</math> et <math>\((ZAB)^2\)</math>, on en déduit qu'ils sont tous trois divisibles par <math>\((ABC)^2\)</math>.

Donc, puisque le quotient de deux carrés (divisibles) est un carré, on obtient :
<math>\(7 = \frac{X^2B^2C^2+Y^2A^2C^2+Z^2B^2C^2}{A^2B^2C^2} = D^2 + E^2 + F^2\)</math>
où D, E et F sont des entiers quelconques. Ce qui est impossible car les seuls carrés inférieurs à 7 sont 0, 1 et 4, et il est impossible d'obtenir 7 en les additionnant.


Par conséquent, il est impossible d'avoir deux points de l'espace à coordonnées rationnelles séparées d'une distance égale à <math>\(\sqrt{7}\)</math>

Edit : Yes ! 56 minutes pour solutionner et rédiger, ça rentre dans les temps ! C'était niveau Mini, Midi ou Maxi ? Re-edit : ne cherche plus, j'ai été voir sur le site, et c'est la question 2 en maxi 2005. La solution proposée sur le site est légèrement plus longue mais, je pense, beaucoup plus claire ! (la solution)

Yep ça m'a l'air très bon.
C'était un problème de maxi qui n'avait pas été résolu à l'époque, je suis impressionné qu'à 14 ans tu y arrives. Bravo!
Next?

Je propose a mon tour un exos d'olympiade il est assez facile :
Résoudre dans <math>\(\mathbb{R}^3\)</math> le sytème suivant :

• <math>\(\sqrt {x^2-y}=z-1\)</math>
• <math>\(\sqrt {y^2-z}=x-1\)</math>
• <math>\(\sqrt {z^2-x}=y-1\)</math>

Citation : By.The.Hell

Tout en sachant que <math>\(\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k} = ln(n) + \gamma + \epsilon(n)\)</math>

Dans ton cas, lorsque <math>\(n\rightarrow \infty\)</math> les <math>\(\gamma\)</math> s'en vont, les <math>\(\epsilon\)</math> tendent vers 0 (cf leur définition ...), la différence des <math>\(ln\)</math> tend vers 0 et il te reste sur les bras du <math>\(\frac 12\left(-(-1-\frac12)\right)\)</math> ie cqfd !

Euh non, il n'y a absolument pas besoin d'un équivalent de la série harmonique.

Citation : Jo-Jo

Citation : Typen

Soient <math>\(a, b, c\)</math> les longueurs des trois côtés d'un triangle. Démontrer que
<math>\(a^2b(a-b) + b^2c(b-c) + c^2a(c-a) \geq 0\)</math>

P6 IMO 1983, Paris (France).

Si vous arrivez à vous débarrasser de la condition du triangle, il est assez faisable.

Sympa l'indice!
J'ai pas le temps de faire des longs calculs, mais à mon avis si on pose:

a = x + y
b = y + z
c = x + z (vu que c'est un triangle ^^)

Il reste à développer l'expression et utiliser Cauchy-Schwartz avec les bons vecteurs ou une autre inégalité sympatoche...
Je vais essayer de le faire dans le train, si ça marche et que le train ne déraille pas à cause de la neige, je posterai ma solution en soirée...

Bon allez, comme je vois que tout le monde a abandonné, ça se développe comme ça, <math>\(x, y, z \in \mathbb{R}^+\)</math>
<math>\(xy^3 + yz^3 + zx^3 \geq x^2yz + xy^2z + xyz^2\)</math>

Problème d'elionor :
En effet, il n'était pas très compliqué... Quel niveau est-ce et dans quelle compétition ?

• <math>\(\sqrt{x^2-y}=z-1 \Longleftrightarrow x^2-y=z^2-2z+1\)</math>
• <math>\(\sqrt{y^2-z}=x-1 \Longleftrightarrow y^2-z=x^2-2x+1\)</math>
• <math>\(\sqrt{z^2-x}=y-1 \Longleftrightarrow z^2-x=y^2-2y+1\)</math>

(Conditions d'existence : <math>\(x^2-y\geq0\)</math>, <math>\(y^2-z\geq0\)</math> et <math>\(z^2-x\geq0\)</math>)

En faisant la somme, on obtient <math>\(x^2+y^2+z^2-x-y-z=x^2+y^2+z^2-2x-2y-2z+3 \Longleftrightarrow x+y+z=3\)</math>

Puisque les racines carrés sont positives :

• <math>\(x-1\geq0 \Longleftrightarrow x\geq1\)</math>
• <math>\(y-1\geq0 \Longleftrightarrow y\geq1\)</math>
• <math>\(z-1\geq0 \Longleftrightarrow z\geq1\)</math>

Si x, y ou z est supérieur à 1, leur somme sera plus grande que 3, donc ils valent tous 1, et ça respecte les conditions d'existence
L'ensemble des solutions est {(1,1,1)}.

Edit :

Citation : Jo-Jo

C'était un problème de maxi qui n'avait pas été résolu à l'époque, je suis impressionné qu'à 14 ans tu y arrives. Bravo!

Merci !
Ah bon, il n'avait pas été résolu ? Apparemment les stages de préparation OMI ont déjà un effet prononcé, après à peine 4 mois ! Même si ça dépend souvent de l'inspiration qu'on a...

Citation : VictorJavAdore

De plus :
<math>\((XBC)^2 = 7\times (ABC)^2 - (YAC)^2 - (ZAB)^2 = A^2(7\times (BC)^2 - (YC)^2 - (ZB)^2)\)</math> Donc <math>\((XBC)^2\)</math> est divisible par 7.

A² divise (XBC)², j'vois pas comment tu arrives à (XBC)² est divisible par 7.

Ah oui, c'est une erreur. Je voulais dire "est divisible par <math>\(A^2\)</math>".
Je corrige ça tout de suite !

Citation : By.The.Hell

Tout en sachant que <math>\(\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k} = ln(n) + \gamma + \epsilon(n)\)</math>

Dans ton cas, lorsque <math>\(n\rightarrow \infty\)</math> les <math>\(\gamma\)</math> s'en vont, les <math>\(\epsilon\)</math> tendent vers 0 (cf leur définition ...), la différence des <math>\(ln\)</math> tend vers 0

Non, c'est beaucoup plus simple que ça :

<math>\(\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k(k+2)} =\sum_{k=1}^{n}\frac 12\left( \frac 1k-\frac{1}{k+2}\right)}=\frac 34-\frac 12\left( \frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}\right)\)</math>

Salut ;
euh j'ai pensé a ta technique VictorJavAdore mais j'ai plutôt voulu utiliser une techniques bien plus sûr, donc comme tu as trouvé que :
<math>\(x+y+z=3\)</math> ==> <math>\(\sqrt {x^2-y}+\sqrt {y^2-z}+\sqrt {z^2-x} = x+z+y-3\)</math>

<math>\(\sqrt {x^2-y}+\sqrt {y^2-z}+\sqrt {z^2-x} =3-3\)</math>
<math>\(\sqrt {x^2-y}+\sqrt {y^2-z}+\sqrt {z^2-x} = 0\)</math> et puisque :
<math>\(\sqrt {x^2-y} \ge 0\)</math> et <math>\(\sqrt {y^2-z} \ge 0\)</math> et <math>\(\sqrt {z^2-x} \ge 0\)</math> donc :

• <math>\(\sqrt {x^2-y} = 0\)</math>
• <math>\(\sqrt {y^2-z}=0\)</math>
• <math>\(\sqrt {z^2-x} =0\)</math>

donc :

• <math>\(x^2=y\)</math>
• <math>\(y^2=z\)</math>
• <math>\(z^2=x\)</math>

et on résout ce système qui est assez facile .et <math>\(S=\{(1,1,1)\}\)</math>

J'ai un problème un peu plus costaud pour vous. Un problème d'OMI, classé A+ par le jury (trop difficile), mais superbe !

Montrer que tout rationnel <math>\(q\)</math> strictement positif peut s'écrire sous la forme <math>\(q = \frac{a^3+b^3}{c^3+d^3}\)</math> où <math>\(a,b,c,d\)</math> sont des entiers strictement positifs.

Amusez-vous bien
(Si vous le connaissez déjà, pas la peine de frimer avec votre solution )

si q est un rationnel, il peut alors s'écrire sous la forme a/b . Après aucune idée .

on peut définir e^3=(a+b)(a+b)(a+b), et donc e^3 = a^3+b^3
tout nombre entier positif élevé a une puissance n est toujours entier positif.
donc e^3 = f avec f entier positif.
De même pour c^3+d^3,
on peut donc trouver deux entiers positifs f et g tel que q=f/g

c'est vite fait, mais le principe est la

Citation : luckyboss1

on peut définir e^3=(a+b)(a+b)(a+b), et donc e^3 = a^3+b^3

Redis-moi ça de face pour voir !

<math>\((a+b)(a+b)(a+b) = (a+b)^3 = a^3 + 3a^2b + 3ab^2 + b^3\)</math>

ah oui, en effet j'ai un peu reflechi vite
la honte

enfin le raisonnement fonctionne quand meme

Citation : luckyboss1

enfin le raisonnement fonctionne quand meme

Non. C'est loin d'être aussi simple.