En <math>\(a=2\)</math> ça donne <math>\(-7\)</math>, en <math>\(a=3\)</math> ça donne <math>\(2\)</math>.

Soit <math>\(a\)</math> un nombre premier strictement supérieur à <math>\(3\)</math>. Alors <math>\(a\)</math> est impair, donc <math>\(a^2\)</math> aussi. Par ailleurs <math>\(3^a\)</math> est impair. On en déduit que le nombre <math>\(3^a - (a+2)^2\)</math> est pair. Par ailleurs le terme est strictement croissant par rapport à <math>\(a\)</math> à partir du rang <math>\(2\)</math>, donc strictement supérieur à <math>\(2\)</math>. Il n'est donc pas premier.

Je pense que les valeurs possibles de <math>\(a\)</math> sont <math>\(2\)</math> et <math>\(3\)</math>.

Bravo Janeo . Voici une série de problème tiré de différents olympiades nationaux .

Problème 1:

On considère l'ensemble :
<math>\(E=\{5,55,105,155,...,1955,2005\}\\)</math> .
Soit <math>\(A\)</math> une partie de <math>\(E\)</math> ne contenant pas deux nombres dont la somme est égale a <math>\(2010\)</math> .
Démontrer que : <math>\(Card(A)\leq 22\)</math>.

Problème 2:

Dans un carré <math>\(ABCD\)</math>, soient <math>\(F\)</math> le milieu du coté <math>\(CD\)</math> et <math>\(E\)</math> un point du coté <math>\(AB\)</math> tel que <math>\(AE > EB\)</math> . La parallèle a la droite <math>\(DE\)</math> passant par <math>\(F\)</math> coupe le coté <math>\(BC\)</math> en <math>\(H\)</math>.
Prouver que que la droite <math>\(FH\)</math> tangente au cercle inscrit dans le carré <math>\(ABCD\)</math> .

Problème 3 :

soit <math>\(a_{1},a_{2},...a_{n}\)</math> des entiers naturels non nuls et deux a deux distincts .
Démontrer que :
<math>\(\frac{a_{1}}{2}+\frac{a_{2}}{8}+...+\frac{a_{n}}{n2^{n}}\geq 1-\frac{1}{2^n}\)</math>.

Amusez vous bien .

Bonjour,

Problème 1
Petite incertitude sur mon raisonnement mais il me semble que l'inégalité est stricte autrement dit que le cardinal maximal est 21



Problème 2
il me semble qu'il y a une erreur de frappe. C'est EH qui est tangente au cercle et non FH ( le cercle inscrit passe par F)
Faute d'avoir trouvé une solution élégante purement géométrique( existe-t-elle ?), je propose une solution un peu calculatoire.



Edit
problème 3

Bravo Nabucos du sans faute . Petite remarque pour le problème 1 , on peut procédé autrement
il suffit d'appliquer le principe des tiroirs au 21 ensembles :
<math>\(\{5, 2005\}, \{55, 1955\}, \ldots \{955, 1055\}, \{1005\}\)</math> .
Voici une nouvelle série tiré de deux épreuves qu'on a passé dernièrement :

Problème 1

Trouver toutes les fonctions <math>\(f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}\)</math> vérifiant l’équation suivante :
<math>\(\[ \forall x,y \in \mathbb{R} , f(y+f(x))-f(x+f(y))=f(x-y)(f(x+y)-1) \]\)</math>

Problème 2

Montrer que pour tout réels strictement positifs <math>\(x,y,z\)</math> tel que :
<math>\(x+y+z=18xyz\)</math> l'inégalité suivante est vrai :
<math>\(\frac{x}{\sqrt{x^2+2yz+1}}+\frac{y}{\sqrt{y^2+2zx+1}}+\frac{z}{\sqrt{z^2+2xy+1}}\geq 1\)</math>.
déterminer le cas d'égalité .

Problème 3 :

Soit <math>\(ABC\)</math> un triangle a angles aigus ,tel que <math>\(AB \neq BC\)</math>.
soit <math>\(M\)</math> le milieu de <math>\(AC\)</math>
<math>\(N\)</math> le point ou la médianne <math>\(BM\)</math> rencontre a nouveau le cercle circonscrit au triangle <math>\(ABC\)</math>
<math>\(H\)</math> l'orthocentre du triangle <math>\(ABC\)</math>
<math>\(D\)</math> le point sur le cercle circonscrit tel que l'angle <math>\(\widehat{BDH}=90\)</math> .

<math>\(K\)</math> est le point tel que <math>\(ANCK\)</math> est un parallélogramme .

Montrer que les droites <math>\(AC\)</math> , <math>\(KH\)</math> et <math>\(BD\)</math> sont concourantes .

Bonsoir,

Je relance en tentant une solution pour le problème 2 proposé par Oty
Je garde les 2 autres en réserves en espérant d'autres participants
( il y en a eu récemment quelques uns ...feu de paille ? )

Soit S le premier membre de l'inégalité.
On a les 3 inégalités évidentes:
<math>\(x^2+y^2 \geq 2xy\)</math>
<math>\(y^2+z^2 \geq 2yz\)</math>
<math>\(x^2+z^2 \geq 2xz\)</math>
Alors en substituant aux produits croisés leur majorant, on a:
<math>\(\sqrt{x^2+2yz +1} \leq \sqrt{x^2+y^2+z^2 +1}\)</math>
<math>\(\sqrt{y^2+2xz +1} \leq \sqrt{x^2+y^2+z^2 +1}\)</math>
<math>\(\sqrt{z^2+2xy +1} \leq \sqrt{x^2+y^2+z^2 +1}\)</math>

Il est clair que la majoration suivante de S en découle:
<math>\(S \geq \frac{x+y+z}{\sqrt{x^2+y^2+z^2 +1}}\)</math>

Utilisant l'IAG, je redémontre une relation classique valable pour n variables:
<math>\((x+y+z)\geq 3(xyz)^{1/3}\)</math>
<math>\((\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z} \geq 3 (\frac{1}{xyz })^{1/3}\)</math>
<math>\((x+y+z)(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z} ) \geq 9\)</math>

La condition de l'énoncé est alors utilisée:
<math>\(x+y+z =18xyz \Rightarrow 18xyz (\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z} ) \geq 9\)</math> qui se simplifie en :
<math>\(2xy+2yz+2xz \geq 1\)</math>
En remplaçant 1 par ce majorant dans l'inégalité trouvée précedemment, il vient: <math>\(S \geq \frac{x+y+z}{\sqrt{x^2+y^2+z^2 +1}}\)</math> devient
<math>\(S\geq \frac{x+y+z}{\sqrt{x^2+y^2+z^2 +1}} \geq \frac{x+y+z}{\sqrt{x^2+y^2+z^2 + 2xy+2yz+2xz }}=1\)</math>

(NB: égalité , pour <math>\(x=y=z =1/\sqrt{6}\)</math> ...sauf erreur )

D'autres exos peut-être ?

Bonsoir,

Bonsoir Woop ...ben, il en reste 2 à résoudre...

Bonsoir,

Je donne une solution pour le problème de géométrie,...sans illusion sur l'intérêt que cela peut susciter .

Je laisse le problème 1 qui est quand même accessible ,... il me semble .



cliquer sur la miniature pour voir la figure

Soit I l'intersection de BD et AC. Pour montrer que HK passe par I, on va chercher à montrer que H est aussi l'orthocentre du triangle BMI.
BH est déjà une hauteur. Pour montrer que MD en est une autre, on doit donc montrer que DH passe par M.
Enfin si <math>\($ \widehat{HKN}=\pi/2} $\)</math>, HK sera la troisième hauteur et passera par I..
Soit F l'intersection de DH avec le cercle circonscrit à ABC.
Alors BF est un diamètre du cercle puisque : <math>\(\widehat{BDF} = \pi/2\)</math>.
On a donc aussi: <math>\($ \widehat{BAF}=\widehat{BCF} = \pi /2$\)</math>.
Donc AH est parallèle à FC et AF est parallèle à CH.
Ainsi AFCH est un parallélogramme.
Les diagonales se coupent donc en leurs milieux.

Conclusion: M appartient bien à DHF et est le milieu de HF. MH est donc bien une hauteur de BCI, il reste à prouver que HK est perpendiculaire à BM.

On a donc MH=MF, mais aussi par construction MN=MK puisque ANCK est un parallèlogramme. Les triangles MNF et MKH sont égaux. Or on a aussi évidemment <math>\($\widehat{MNF}=\pi/2$\)</math> puisque <math>\(\widehat{BNF}\)</math> est aussi un angle droit.
Donc, on a bien <math>\($\widehat{HKM}=\pi/2$\)</math> .

C'était le dernier élément attendu pour pouvoir conclure.
AC,HK et BD sont bien concourantes en I.

Bonsoir ,
Excellent Nabucos 2\3 , il en reste 1) attention il a l'air simple , mais il comporte un piège...

Pour le problème 3, ça a l'air de marcher dans le cas d'un triangle à angles obtus

(j'edite et je meuble, j'ai juste foiré ma figure et je trouvais un truc bizarre, je voulais le faire partager, puis j'ai corrigé ma figure et tien ça marche, donc go editer ton partage foireux ^^)

Bonjour,

à Grob
a priori ,effectivement avec un angle obtus ( aussi bien en A qu'en B et C ), le résultat reste vrai. J'ai manipulé avec geogebra la figure que j'ai postée. Il y a juste à adapter la construction de D lorsque l'orthocentre est extérieur au triangle ABC.
Le démonstration que j'ai proposée me semble rester valable.

Oty pourrait peut-être nous dire pourquoi cette condition et si quelque chose nous échappe...

Par contre la condition <math>\(AB \neq BC\)</math> évite que la figure ne dégénère , les 3 droites devenant parallèles, BD devenant la tangente en B au cercle, . ...quoi que ...on pourait considérer ce cas comme un cas limite avec l'intersection rejetée à l'infini

Edit
à Oty
par contre pour le problème 1, je laisse à d'autres le soin de tomber éventuellement ...dans le piège
J'ai assez donné sur ce coup,il me semble.

@Nabucos , Concernant le problème 3) moi non plus je ne vois pas l'utilité de la condition d'angle obtus , je suppose que c'est simplement pour nous facilité le dessin de figure , ma solution repose sur le théorème des axes radicaux , a aucun moment on a eu besoin d'utilisé cette hypothèse dans la démonstration .
Concernant le problème 1 , si c'est possible si vous avez déjà une solution sous la main , vous pouvez me la montrer en pm pour voir si vous avez échappé au piège .
j' essaierai de poster ma solution le dimanche si personne ne propose de tentative ...

Bonsoir,

@oty

pour le problème 1, il me semble que le piége est de ne pas vérifier qu'une condition nécessaire doit aussi être suffisante ( vérifier qu'une solution trouvée est bien solution de l'équation intiale)

Si ce n'est pas cela , c'est que je me suis planté...

Bonsoir ,
@nabucos ,
Voici le piège bien détaillé , il faut bien faire attention a un point de la démonstration que :
en logique :
<math>\((\forall x\in E): P(x)\vee Q(x)\)</math>; n'est pas équivalente a <math>\([(\forall x\in E): P(x)]\vee [(\forall x\in E): Q(x)] .\)</math>

euh...

Voici la solution du problème restant :
on pose <math>\(P(x,y)\)</math> l'assertion :
<math>\(f(y+f(x))-f(x+f(y))=f(x-y)(f(x+y)-1)\)</math>
on <math>\(P(x,x)\)</math> donne <math>\(f(0)(f(2x)-1)=0\)</math>
si <math>\(f(0)\neq 0\)</math> alors <math>\(f(x)=1\)</math> quelque soit x qui vérifie l’équation .
sinon , supposant
<math>\(f(0)=0\)</math>
<math>\(P(x+y,y)+P(y,x+y)\)</math> donne <math>\((f(x+2y)-1)(f(x)+f(-x))=0\)</math>
cette démarche nous permet de contourné le piège .
en effet s'il existe un <math>\(a\in \mathbb{R}\)</math> tel que <math>\(f(a)+f(-a)=0\)</math>
alors <math>\(f(a+2y)-1=0\)</math> quelque soit y dans R , en prenant <math>\(y=\frac{x-a}{2}\)</math>
on obtient <math>\(f(x)=1\)</math> quelque soit x , qui est bien une solution .
Maintenant si
<math>\(f(-x)=-f(x)\)</math>
il suffit de comparer <math>\(P(x,y)\)</math> avec <math>\(P(-x,-y)\)</math>
on arrive a : <math>\(f(x+y)=0\)</math> quelque soit x,y dans R , d'ou
<math>\(f(x)=0\)</math> quelque soit x dans R , qui est aussi une solution QED .

Bonjour,

J'avais sous le coude une solution qui conclut sans nécessité , il me semble, d'avoir à contourner ce piége subtil et inhabituel , mais en vérifiant simplement (comme annoncé précédemment ) si les solutions trouvées sont bien solution de l'équation initiale , éliminant ainsi une fausse solution.
(...sauf erreur de logique que je ne vois pas dans ma façon de faire )

Comentaire par rapport à la réponse de nabucos :


ps : oty tu as mis un égal pour f(a) + f(-a) = 0 là où si j'ai bien compris il faut un signe différent de
et quand tu dis f(x) = 1 quel que soit x alors que tu as supposé 5 lignes avant f(0)=0, je trouve ça un peu tiréé par les cheveux ton raisonnement...

Bonsoir,

@Grob,

en fait je n'ai pas précisé, mais je n'ai cherché que des solutions continues pensant que l'équation initiale impliquait la continuité de <math>\(f\)</math>. Mais, suite à ta remarque, j'ai réexaminé ce que j'ai fait sur cette continuité. et c'est incorrect ...donc je ne sais pas la prouver , donc se ramener à <math>\(f(f(x))=[f (x)]^2\)</math> sans hypothèse de continuité semblerait une impasse...malgré la simplicité apparente de l'équation.
A priori la solution d'Oty évite cette incertaine question.( et logiquement les solutions contre exemple que tu as donné ne devrait pas non plus être solution de l'équation initiale. )

En y réfléchissant, si je prend entre -1 et 1 f(x)=x² et f(x)=1 sur tous les autres réels on a quand même une fonction continue qui vérifie f(f(x))=f(x)²

Mais effectivement ça m'étonnerais beaucoup que ces fonctions vérifient l’équation de départ.
(J'adore l'astuce utilisée par Oty qu'il faut vraiment aller chercher loin ^^)

Bonjour , voici un nouveau problème très intéressant a faire et très abordable , il suffit juste de connaitre le cours sur les limites .

Fonction :

soit <math>\(f\)</math> une fonction définie sur <math>\(\mathbb{R}\)</math> et vérifiant les conditions suivantes :
1)<math>\(\lim_{x\to 0} f(x)=0\)</math>
2)<math>\(\lim_{x \to 0} \frac{f(x)-af(bx)}{x}=0\)</math> , avec (<math>\(0<a<1\)</math> et <math>\(0<|b|<1\)</math> )
Prouver que :
<math>\(\lim_{x\to 0} \frac{f(x)}{x}=0\)</math> .

Au plaisir .

Il faut montrer que cette sigma égale à

(1/2)-(1/n)-(1/n+1)+n 

 Ce résultat permet de montrer cette inégalité pour n=2010

joli déterrage d'un sujet qui anima pendant assez longtemps ( avec deux ou trois autres perdus quelque  part, ...en attendant un autre déterrage )   une activité ludique de bon niveau d'un   forum maths plus actif qu'aujourd'hui ,  avant de s'étioler progressivement avec la disparition progressive du site ou du forum de nombreux contributeurs . 

In memoriam,  ...merci aux modérateurs de ne pas clore!  Même si je doute fort qu'il y ait le quorum suffisant pour faire revivre ce type d'animation.

Le déterreur qui vient de s'inscrire  revient  .... sur le tout premier exercice proposé!  ... ce qu'il faut deviner!  

Edit

par curiosité, j' ai regardé la solution proposée   ...en 2010! 

  Elle explique sans doute l'intervention de Aarabzouhir . La formule  qu'il indique est juste même si c'est pas très clairement formulé, mais je soupçonne qu'il a pensé que le calcul de la somme dans la solution proposée était faux... ce qui semble le cas à première vue , sauf que, "à seconde vue",  c'est un simple problème de lisibilité!  La formule ne va pas à la ligne et est tronquée ou alors il faut faire un gros zoom sur la page ! Avec un clic droit sur la formule , on peut trouver la ligne Mathjax complète !  

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Edité par Sennacherib 17 septembre 2018 à 13:54:07

Ah oui, je me souviens de ce topic, vous étiez beaucoup trop chauds pour que j'espère y participer un jour.

Cela dit de lire tous ces vieux pseudos, ça me rend nostalgique. C'était le bon vieux temps...

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Edité par melepe 19 septembre 2018 à 14:01:36

8 ans déjà, il a fallu que je m'identifie sur le site en venant chercher une information rapide au sujet de Python, pour que je sois surpris et ému par cette notification nostalgique, le bon vieux temps. 

Le forum était resté actif pendant deux ans, je n'avais aucune idée qu'on y avait autant contribué ( 55 pages quand même ), je me souviens des étés 2010 et 2011 où le forum était le plus actif, plusieurs exercices par jour, des nouveaux membres qui avaient rejoint ce marathon instructif au fil des mois, j'en ai une petite larme aux yeux :') @Sennacherib Toutefois je me rappelle que l'activité du sujet avait fini par baisser graduellement juste avant la transformation du site, les contributeurs chevronné s’ennuyaient probablement et il n'y avait pas suffisamment de nouveaux contributeurs pour relayer la flamme olympique :p, de plus je venais d'entrer en prépa et je n'avais plus le temps d'entretenir le forum. 

Pour anecdote, en 2016 par le plus grand des hasard j'ai rencontré un des anciens membres du topic, nous nous sommes découvert bien d'autres affinités et nous sommes devenus par la suite de très bon amis encore en contact régulier jusqu'à ce jour. Somme toute, ce fut une très belle expérience et un excellent passe-temps dont on découvre les milles bénéfices en milieu d'études supérieures ( développements de réflexes, stratégie de résolutions de problèmes ...) . Merci au déterreur et à tous les contributeurs !

PS: @Arabzouhir, Je te conseille ce site https://artofproblemsolving.com/, si tu ne le connais pas et si les olympiades de maths t'intéressent, tu peux t'y entraîner. Tu y trouveras des articles, des cours, une excellente rubrique regroupant des sujet d'olympiades nationaux ou de diverses compétitions (https://artofproblemsolving.com/community/c13_contest_collections), et le forum est toujours aussi actif et regroupe la communauté internationale des passionnés d'olympiades.

Elionor, le retour ! 

le forum olympiades est bien mort, et l'encéphalogramme des maths en général  ne décèle aujourd'hui que des sursauts avant la mort cérébrale    .... en attendant une Pâques improbable pour la résurrection,   

les matheux cherchent leur bonheur ailleurs, comme le site indiqué. 

J'y ai sévi assez longtemps mais sous un autre pseudo devenu anonyme! je ne sais pas encore quand le pseudo actuel va devenir aussi anonyme!

j'ai un exo :

0<=a<=b<=c<=1

mq  : a/(bc+1)+b/(ac+1)+c/(ab+1)<=2

pour l'exo précédent:

on a abc+1<=ab+1

d'ou a/(bc+1)+b/(ac+1)+c/(ab+1)<= (a+b+c)/(abc+1)

donc montrons que (a+b+c)/(abc+1):

on a : a+b<=ab+1 ; car: ab+1-a-b=a(b-1)-(b-1)=(a-1)(b-1)et 0<=(a-1)(b-1)

d'ou (a+b+c)/(abc+1)<=(ab+1+c)/(abc+1)

or on a: (ab+1+c)/(abc+1)=1+((1-ab)(c-1)+1)/(abc+1)

et puisque (1-ab)(c-1)+1<=(abc+1)

donc a/(bc+1)+b/(ac+1)+c/(ab+1)<=2

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Edité par Man-OsBios 31 mai 2021 à 20:23:38