Enoncés (11 à 20)

Exercice 11 (Olympiades internationales 1966)

ABC est un triangle dont les longueurs des côtés sont notées a=BC, b=AB, c=BC et les mesures des angles CAB, BCA, CAB sont notées respectivement a', b', c'.

Montrer que si a+b=(a*tana'+b*tanb')*tan(c'/2) alors le triangle ABC est isocèle.

solution  

Exercice 12

Soit E l'ensemble des polynômes de la forme f(x)=ax3+bx2+cx+d tels que si |x|<=1 alors |f(x)|<=1.

Montrer qu'il existe un nombre M tel que |a|<=M pour tout polynôme f de E. Trouver la plus petite valeur de M possible.

solution

Exercice 13 (Olympiades Canadiennes 1989)

On définit la suite an par a1=19891989 et pour n>1 an est la somme des chiffres de an-1. Calculer a5.

solution

Exercice 14 (Concours Général 1998)

Un tétraèdre vérifie les conditions suivantes :

(a) les arêtes AB,AC, et AD sont deux à deux orthogonales ; (b) AB = 3 et CD = rac(2) , rac signifiant racine carrée.

Déterminer la valeur minimale de BC6+BD6-AC6-AD6.

solution

Exercice 15 (Concours Général 1995)

f étant une bijection de N dans N montrer qu'il existe un triplet (a,b,c) dans N3 tel que a<b<c et f(a)+f(c)=2*f(b).

"rappel" : f est une bijection de N dans N signifie que pour tout x dans N on a f(x) dans N et pour tout y dans N il existe un et un seul x dans N tel que f(x)=y (c'est-à-dire tout y de N a un et un seul antécédent dans N).

solution

Exercice 16 (Epsilonnesque extrait du Concours Général 2001)

On appelle A l'ensemble des entiers naturels de la forme u2+3v2 avec u et v dans Z (entiers relatifs) et B l'ensemble des entiers relatifs de la forme r2+r*s+s2 avec r et s dans Z.

1) Montrer que A=B (on pourra remarquer notamment que r2+r*s+s2=(r+s)2-(r+s)*s+s2).

2) Montrer que 4 divise les éléments pairs de A et que les quotients appartiennent à A

3) Montrer que tout élément non nul de A est le produit d'un élément impair de A par une puissance de 4.

solution

Exercice 17 (Olympiades internationales 1987)

Soit ABC un triangle dont tous les angles sont aigus. La bissectrice intérieure de l'angle A coupe le côté [BC] en L et recoupe le cercle circonscrit au triangle ABC en N. On désigne respectivement par K et M les projections orthogonales de L sur les côtés [AB] et [AC].

Prouver que l'aire du quadrilatère AKMN est égale à l'aire du triangle ABC.

solution

Exercice 18 (Olympiades internationales 1968)

a,b,c sont des réels avec a non nul. On considère le système (S) de n équations à n inconnues réelles x1,x2,...,xn :

axi2+bxi+c= xi+1pour i = 1,2,...,n-1

axn2+bxn+c=x1

On pose delta=(b-1)2-4ac. Montrer que :

si delta>0 le système admet au moins deux n-uplets solutions

si delta =0 le système admet un unique n-uplet solution

si delta<0 le système n'a pas de solution

solution   

Exercice 19 (Concours général 1991)

Soit S un point fixe d'une sphère. On considère les tétraèdres SABC inscrits dans cette sphère et dont les arêtes issues de S sont 2 à 2 orthogonales. Montrer que les plans (ABC) passent par un point fixe.

solution  

Exercice 20  (Olympiades internationales 1995)

Trouver la plus grande valeur de x0>0 pour laquelle il existe une suite x0,x1,...,x1995 de réels strictement positifs vérifiant les 2 conditions :

(1) x0=x1995

(2) pour tout i dans {1;2;3;...;1995} : xi-1+2/xi-1=2*xi+1/xi.

solution   

 


                                                           

 Solutions

Solution exercice 11

En transformant les 3 tangentes en sin/cos et en réduisant au même dénominateur on obtient :

(a+b)*cos(c'/2)*cosa'*cosb'=(a*sina'*cosb'+b*sinb'*cosa')*sin(c'/2) puis

a*cosb'*(cos(c'/2)*cosa'-sin(c'/2)*sina')+b*cosa'(-sin(c'/2)*sinb'+cos(c'/2)*cosb')=0. En utilisant 2 fois la magnifique formule cos(a+b)=....on trouve alors a*cosb'*cos(c'/2+a')+b*cosa'*cos(c'/2+b')=0 ; mais a'+b'+c'=pi donne c'/2+a'=pi/2+(a'-b')/2 ainsi que c'/2+b'=pi/2+(b'-a')/2 et, grâce à cos(pi/2+x)=-sinx, on arrive finalement à sin((a'-b')/2)*(-a*cosb'+b*cosa')=0 (rappel : la fonction sin est impaire).

Donc (a'-b')/2=k*pi avec k dans Z ou -a*cosb'+b*cosa'=0

La première condition donne a'-b'=2k*pi ; comme 0<a'<pi et 0<b'<pi on a -pi<a'-b'<pi et donc obligatoirement k=0 soit a'=b' et ABC est bien isocéle (en C)

Reste la deuxième condition b*cosa'=a*cosb' qui se traduit par AC'=BC' avec C' projeté orthogonal de C sur (AB) ; ce point C' est donc le milieu de [AB], c'est-à-dire la hauteur issue de C est aussi médiane et le triangle ABC est encore isocèle en C.

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Solution exercice 12

Rappel de cours |x|<=1 équivaut à -1<=x<=1 qui équivaut à -1<=-x<=1.

En considérant f(1), f(-1) on obtient les doubles inégalités -1<=a+b+c+d<=1, -1<=-a+b-c+d<=1

En ajoutant la première à la deuxième multipliée par -1 on a : -1<=a+c<=1.

Mais f(1/2) et f(-1/2) sont aussi entre -1 et 1, ce qui donne -1<=a/8+b/4+c/2+d<=1 et -1<=-a/8+b/4-c/2+d<=1 ; en ajoutant la première à la deuxième multipliée par -1 on obtient -2<=a/4+c<=2 et en ajoutant à cette double inégalité -1<=-a-c<=1 on obtient -4<=a<=4 soit |a|<=4.

On a donc trouvé un majorant M=4 de |a| pour tout f de E. Est-ce que l'on peut faire mieux, c'est-à-dire peut-on trouver un majorant plus petit? La réponse sera non si on trouve un f de E dont le a est 4 ou -4.

On peut essayer de chercher un polynôme de E impair avec a=4 : f(x)=4x3+cx ; compte tenu que -1<=a+c<=1 on doit chosir c tel que -5<=c<=-3. Pourquoi ne pas essayer d'abord des valeurs entières de c? Avec une calculatrice graphique on voit alors rapidement (3 essais au plus) que seul c=-3 donne un polynôme f qui est effectivement dans E. On peut le vérifier théoriquement : le tableau de variation de f(x)=4x3-3x montre effectivement que f([-1;1])=[-1;1] .

Le plus petit M possible est donc M=4.

Remarque : en fait ce polynôme 4X3-3X est un des fameux polynômes orthogonaux de Tschebycheff.

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Solution exercice 13

Essayons de majorer les termes de cette suite : a1 < 104*1989 , donc le nombre de chiffres de a1 est inférieur ou égal à 4*1989 d'où a2<=9*(4*1989)<72000 et a2 a au plus 5 chiffres lesquels ne peuvent être tous égaux à 9 et ainsi a3<9*5=45; a3 ayant alors au plus 2 chiffres (qui ne peuvent être égaux tous les deux à 9), a4<9*2=18.

Pour préciser la valeur exacte de a4 on va utiliser le fait qu'un nombre est divisible par 9 si et seulement si la somme de ses chiffres est divisible par 9 (propriété démontrée ci-dessous et sur laquelle repose la fameuse preuve par 9).

On remarque que 1989 est divisible par 9 (la somme de ses chiffres est divisible par 9) et donc a1 est divisible par 9 et par suite la somme des chiffres de a1 est divisible par 9, soit a2 divisible par 9; de même a3, a4 sont divisibles par 9 et donc a4=9 et pour tout n>=4 on a an=9, en particulier a5=9.

Terminons par la preuve de la propriété qui vient d'être utilisée : un nombre est divisible par 9 si et seulement si la somme de ses chiffres est divisible par 9 . Je rappelle que ces pages sont surtout destinées à des élèves de première et donc à ce titre je ne peux utiliser la notion de modulo ou congruence.

Soit A un nombre de 5 (par exemple) chiffres : A='abcde'=a*104+b*103+c*102+d*101+e. On peut écrire A-(a+b+c+d+e)=a*(104-1)+b*(103-1)+c*(102-1)+d*(101-1)+e ; or tout nombre de la forme 10p-1 ne s'écrit qu'avec des 9 donc il est égal à 9*111...11 et est par conséquent divisible par 9, ce qui prouve que la différence des deux nombres A et (a+b+c+d+e) est divisible par 9 et donc si l'un des ces nombres est divisible par 9 l'autre est aussi divisible par 9.

Remarque : justifions de façon "savante" que 10p-1=9*111..11.D'après la formule de sommation des termes consécutifs d'une suite géométrique on peut écrire 1+10+102+.....+10p-1=(1-10p)/(1-10) et donc 10p-1=9*(1+10+102+.....+10p-1), le nombre entre parenthéses ne s'écrivant qu'avec des 1.

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Solution exercice 14

Posons S=BC6+BD6-AC6-AD6 et AC=x, AD=y. Les triangles ABC et ABD étant rectangles en A on peut écrire BC2=9+x2 et BD2=9+y2, d'où S=(9+x2)3+(9+y2)3-x6-y6;

En développant on obtient S=27(x4+y4)+243(x2+y2)+2*93.

Mais ADC est aussi rectangle en A et donc x2+y2=2 et en élevant au carré x4+y4=4-2*x2y2 ; en reportant dans S ces 2 relations on trouve S=-54*x2y2+2052=54*(x4-2*x2+38). Compte-tenu que S est en fait une expression du second degré (en x2) il n'est pas indispensable de faire un tableau de variation pour minimiser S : il suffit de l'écrire sous forme canonique!

S=54*((x 2 -1)2+37) qui sera donc minimum pour x2=1 (car dans la parenthése c'est 37+ un positif ou nul) soit x=1 (car x>0), la valeur minimum étant 54*37=1998 ; mais si x=1 d'après x2+y2=2 on a y=1 (car y >0) ; finalement la valeur minimum de S est 1998 réalisée pour x=y=1.

Remarque : voici un résulat classique qui permettra de terminer autrement l'exercice.

Lorsque 2 nombres ont une somme constante, leur produit est maximum lorsque ces 2 nombres sont égaux (géométriquement parlant cela revient à dire que parmi tous les rectangles de même périmètre celui d'aire maximum est le carré).

En effet si x+y=s (constante) alors x*y=x*(s-x)=-x2+s*x=-(x-s/2)2+s2/4 qui est donc maximum pour x=s/2 (car c'est s2/4 - un carré) et donc y=s-x=s/2 ; bien entendu on peut aussi faire un tableau de variation de f(x)= -x2+s*x.

Appliquons ce résulat à l'exercice ci-dessus : puisque S=-54*x2y2+2052, minimiser S c'est maximiser x2y2, or x2+y2=2 (constante) donc x2 et y2 doivent être égaux à 1 et on retrouve x=y=1.

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Solution exercice 15

Remarquons d'abord qu'il existe des triplets (a,b,c) de N3 vérifiant la condition affaiblie

(C) : a<c et f(a)+f(c)=2*f(b).

En effet si A+C=2*B ( avec A,B,C dans N et A=/=C), f étant une bijection de N dans N il existe 3 entiers a,b,c (uniques) tels que f(a)=A, f(b)=B, f(c)=C et donc f(a)+f(c)=2*f(b). Comme a est différent de c (car A différent de C ) :

soit a<c et (a,b,c) vérifie (C) , soit c<a et (c,b,a) vérifie (C).

Soit s un entier >=1 donné.

On considère la famille de triplets (A,cn,cn+1) pour n entier >=0 avec A unique antécédent de 0 (donc f(A)=0) et cn unique antécédent de 2n*s (donc f(cn)=2n*s): on a évidemment f(A)+f(cn+1)=2*f(cn). Justifions qu'en fait on peut choisir s tel que pour tout n dans N on ait cn>A, ainsi les triplets (A,cn,cn+1) vérifieront tous la condition (C).

Pour cela il suffit que pour tout n>=0, 2n*s=f(cn) ne soit pas pas égal à f(k) avec k entier dans [0;A].

Il suffit alors que pour tout n>=0, 2n*s soit supérieur strictement au plus grand des nombres f(k) pour tout entier k dans [0;A] car cela entraîne que 2n*s est différent de tous les f(k) pour k entier dans [0;A].

Et enfin il suffit pour cela, puisque 2n*s>=s, que s soit supérieur strictement au plus grand des nombres f(k) pour tout entier k dans [0;A] c'est-à-dire il suffit que s>max{f(k) ; k entier dans [0;A]}.

s étant choisi ainsi (par exemple s=l+max{f(k) ; k entier dans [0;A]}), pour tout entier n>=0 les triplets (A,cn,cn+1) vérifient la condition (C) soit A<cn+1 et f(A)+f(cn+1)=2*f(cn) mais on a aussi A<cn.

Montrons maintenant (le plus dur a été fait!) que parmi ces triplets il y en a au moins un qui vérifie la condition demandée par l'énoncé, c'est-à-dire que parmi ces triplets il y en a au moins un qui vérifie en plus A<cn<cn+1.

Si aucun d'entre eux ne vérifiait la condition A<cn<cn+1, c'est que pour tout entier n>=0 on aurait A<cn+1<=cn ; mais 2n+1*s=/=2n*s donc f(cn+1)=/=f(cn) et comme f est une bijection cn+1=/=cn. On aurait donc pour tout entier n>=0 A<cn+1<cn soit 0<cn+1<=cn (puisque A >=0) et donc la suite cn serait une suite strictement décroissante d'entiers strictement positifs : c0>c1>c2>c3...et il existerait ainsi une infinité d'entiers strictement positifs et inférieurs ou égaux à c0 ce qui est impossible (puisqu'il n'y a que c0 tels entiers).

Donc parmi tous les triplets (A,cn,cn+1) (qui vérifient tous f(A)+f(cn+1)=2*f(cn)) il y en a au moins un qui vérifie la condition A<cn<cn+1, ce qu'il fallait démontrer!

Remarque : le raisonnement utilisé ci-dessus pour conclure est la méthode de la descente infinie. Cette méthode consiste à raisonner par l'absurde et à mettre en évidence l'existence d'une suite infinie d'entiers (>=0) strictement décroissante ce qui est impossible!

Cette méthode a été inventée par le mathématicien français Fermat (1601-1655) pour prouver que l'équation x4+y4=z4 n'a pas de solution avec x, y,z entiers non nuls.

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Solution exercice 16

Dans tout ce qui suit entier signifiera entier relatif.

1) Rappelons que pour montrer l'égalité entre 2 ensembles il faut la plupart du temps montrer l'inclusion dans les 2 sens.

Montrons que B est inclu dans A.

Soit m= r2+r*s+s2 un élément quelconque de B : on a (toujours cette forme canonique) m=(r+s/2)2+3(s/2)2 mais évidemment, et c'est là tout la question, r+s/2 et s/2 ne sont pas forcément entiers.......sauf si s est pair auquel cas m est bien de la forme u2+3v2 avec u=r+s/2 et v=s/2. Si s n'est pas pair on s'en sort encore si....r est pair car on peut aussi écrire m=(s+r/2)2+3(r/2)2 et m= u2+3v2 avec u=s+r/2 et v=r/2.

Et si s et r sont impairs? On exploite l'indication (bienvenue!) de l'énoncé : on peut écrire m=s2-(r+s)*s+(r+s)2 et en repassant à la forme canonique m= (s-(r+s)/2)2+3((r+s)/2)2=u2+3v2 avec u=s-(r+s)/2 et v=(r+s)/2 qui sont bien entiers puisque r+s est pair (somme de 2 impairs).

Finalement tout élément de B est bien un élément de A : B est inclus dans A.

Montrons que A est inclus dans B.

Soit m=u2+3v2 un élément de A: peut-on trouver 2 entiers r et s tels que m=r2+r*s+s2? Oui : il suffit de prendre r=u-v et s=2v (par inversion du cas s pair ci-dessus) mais on peut aussi prendre r=2v et s=u-v ou r=v-u et s=u+v. Donc tout élément de A est dans B et A est inclus dans B.

On a bien montré la double inclusion et donc A=B.

2) Soit m=u2+3v2 un élément de A : il sera pair si et seulement si u et v sont pairs ou u et v sont impairs (car de façon évidente la somme de 2 entiers est paire si et seulement si ces 2 entiers ont même parité et bn a même parité que b)

Si u et v sont pairs alors u=2u' et v=2v' (u' et v' entiers) et donc m=4(u'2+3v'2) : donc 4 divise bien m et le quotient, u'2+3v'2, est bien dans A.

Si u et v sont impairs alors u=2u'+1 et v=2v'+1 ce qui donne m=4(u'2+u'+3v'2+3v'+1) : donc 4 divise bien m, mais là, il n'est pas du tout évident que le quotient, u'2+u'+3v'2+3v'+1, soit dans A!

Pas de chance ; en fait il fallait utiliser le fait que A=B.

On reprend. Soit m=r2+r*s+s2 un élément de A : à quelles conditions sur r et s sera-t'il pair? En envisageant les 4 cas possibles ( r et s peuvent être chacun pair ou impair) on voit tout de suite que seul le cas r et s pairs (r=2r' et s=2s') donne A pair et alors A s'écrit A=4(r'2+r'*s'+s'2 ) et donc A est bien divisible par 4 le quotient, r'2+r'*s'+s'2, étant dans B=A. Notons que le résultat est bien vrai pour 0, puisque 0 est divisible par 4 et que le quotient est 0 qui est dans A.

3) Montrons maintenant que tout élément m (non nul)de A s'écrit m=4km' avec entier naturel >=0 et m' élément impair de A (le résultat est évidemment faux si m=0 car 4km' (avec m' impair) est le produit de 2 nombres non nuls).

si m est impair on prend k=0 et m'=m

sinon m est pair et m=4m1 avec m1 non nul dans A

si m1 est impair c'est fini (k=1 et m'=m1)

sinon m1 et pair et m1=4m2 avec m2 non nul dans A et m=42 m2

si m2 est impair c'est fini (k=2 et m'=m2)

etc

A l'issue de la ième étape on a m=4i mi avec mi élément non nul de A, donc mi>=1 ce qui donne 4i <=m : le processus va obligatoirement s'arrêter en au + K itérations avec K plus grand entier tel que 4K <=m, c'est-à-dire il va exister un i<=K tel que m=4i mi avec mi élément de A impair.

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Solution exercice 17

Tout d'abord, si ce n'est déjà fait, il y a lieu de commencer par faire une figure!

Tout (ou presque ) va reposer sur le fait que l'aire d'un triangle PQR est sin(angle(PQR))*QP*QR/2, relation qui se démontre en utilisant la hauteur issue de P ou de R.

On remarque que le quadrilatère AKNM est constitué de 2 triangles de sommet A et donc les aires de ces 2 triangles vont faire apparaître chacun sin(angle(BAC)/2) et on peut alors penser qu'en bricolant leur somme on va tomber sur sin(angle(BAC)) et on ne serait plus loin de l'aire de ABC!

L étant sur la bissectrice de l'angle en A de ABC, il est à égale distance des 2 côtés donc LK=LM et via Pythagore on a AK=AM ; donc les triangles AKL et AMK sont isométriques et la distance de K à (AL) est égale à la distance de M à (AL), c'est-à-dire les hauteurs issues de K et M des triangles AKNet AMN sont égales et comme ces triangles ont la même base [AC] ces triangles ont en fait la même aire, d'où aire(AKNM)=aire(AKN)+aire(AMN)=2*aireAKN=sin(angle(BAC)/2)*AK*AN.

aire(ABC)=sin(angle(ABC))*AB*AC/2=sin(angle(ABC)/2)*cos(angle(ABC)/2)*AB*AC (d'après la relation sin2x=2*sinx*cosx qui s'obtient à partir de la formule cos(x+y)= ...et en faisant y=x) et donc prouver que aire(AKMN)=aire(ABC) revient à prouver que AK*AN=cos(angle(ABC)/2)*AB*AC. Mais AK=AL*cos(angle(ABC)/2) (considérer le triangle rectangle AKL) et il s'agit maintenant de prouver que AL*AN=AB*AC. Or les triangles ALC et ABN sont semblables car ils ont 2 angles respectivement égaux ( ceux en A puisque (AL)=(AM)=la bissectrice de angle(BAC) et ceux en C et N d'après le théoréme sur les angles inscrits interceptant un même arc, celui reliant A etC ).

On a donc les égalités AL/AB=AC/AN=LC/BN, la première donnant justemment AL*AN=AB*AC.

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Solution exercice 18

On notera qu'il n'est pas demandé de résoudre complétement le système, puisque pour delta>0 on ne demande pas de trouver tous les n-uplets solutions, mais de montrer uniquement qu'il existe au moins 2 n-uplets (x1,x2,...,xn) solutions.

La forme de delta fait évidemment penser au discriminant de l'équation du second degré aX2+(b-1)X+c=0. Or si on cherche des n-uplets solutions du système tels que x1=x2=...=xn=u, le système se réduit à la seule équation au2+bu+c=u soit au2+(b-1)u+c=0.

Donc si delta>0 cette équation a 2 solutions p et q et donc le système (S) a au moins deux n-uplets solutions : (p,p,...,p) et (q,q,...,q) (ne pas lire à haute voix!!) et on a déjà répondu à une question sur 3!

On a aussi tout de suite le fait que si delta=0 le système admet un seul n-uplet solution (p,p,...,p) avec p unique solution de au2+(b-1)u+c=0 ; mais rien ne dit qu'il ne puisse pas y avoir d'autres n-uplets solutions (avec des xi non tous égaux). De même si delta<0 on est simplement en mesure de dire que le système n'a pas de n-uplet solution avec tous les xi égaux.

Il faut donc aller plus loin dans l'analyse, c'est-à-dire voir si dans le cas delta<=0 le système admet des n-uplets solutions avec les xi pas tous égaux.

Ajoutons membre à membre les n équations du système. En notant X la somme des xi et T la somme des xi2on tombe sur l'équation aT+(b-1)X+nc=0, équation que je noterai (E). Evidemment T n'est pas le carré de X, mais cette somme des xi et la somme de leurs carrés peut faire penser à la variance de la série des xi qui est égale à la moyenne de carrés moins le carré de la moyenne soit T/n-(X/n)2 ; or une variance est toujours positive ou nulle (et nulle si et seulement si tous les xi sont égaux) et donc T>=X2/n, c'est-à-dire on peut écrire T=X2/n+K avec K>=0 et K=0 si et seulement si tous les xi sont égaux. Mais comme on cherche des n-uplets solutions où tous les xi ne sont pas tous égaux on a K>0.

L'équation (E) (celle qui résulte de l'ajout membre à membre de toutes les équations de (S)) s'écrit alors a(X2/n+K)+(b-1)X+nc=0 soit X2+n(b-1)X/a+n2c/a+nK=0, équation que je noterai (E'). Cette équation n'est pas vraiment une équation du second degré en X (puisque K dépend de X ), mais on peut lui appliquer l'idée de la mise sous forme canonique pour l'écrire : (X+n(b-1)/(2a))2+n2c/a+nK-(n(b-1)/(2a))2=0, ce qui va donner (après quelques calculs...) :

(X+n(b-1)/(2a))2=(delta-4a2K/n)(n/(2a))2, delta étant évidemment le delta de l'énoncé.

Comme delta<=0 et K>0, le second membre de cette équation est strictement négatif et ne saurait être égal à un carré et donc l'équation (E') est impossible : le système (S) n'admet pas de n-uplet solution (avec les xi pas tous égaux)

Finalement :

si delta>0 le système admet au moins deux n-uplets solutions de la forme (p,p,...,p) et (q,q,...,q)

si delta =0 le système admet un unique n-uplet solution : il est de la forme (p,p,...,p)

si delta<0 le système n'a pas de solution.

Remarque

Dans le cas delta>0 le système (S) peut admettre des n-uplets solutions avec des xi non tous égaux.

Exemple : a=1,b=-3,c=0 et n=2. Le système est alors constitué de 2 équations x12-3x1=x2 et x22-3x2=x1.

Ici delta=16 et donc le système admet d'après l'étude précédente 2 couples solutions (p,p) et (q,q) avec p et q solutions de u2-4u=0 soit p=0 et q=4.

Mais il y a en fait 2 autres couples solutions ; en effet si on cherche à résoudre le système de façon générale on est amené à reporter la valeur de x2, donnée par la première équation, dans la deuxième équation et on obtient une équation du quatrième degré x14-6x13+6x12+8x1=0. On vérifie tout de suite qu'elle admet bien comme solutions 0 et 4 et donc on peut factoriser le premier membre par x1(x1-4) (encore que, à partir de l'année scolaire 2001-2002, un élève de première S ne sera plus sensé savoir que si un polynôme a pour racine a il est factorisable par x-a!) : on obtient alors x1(x1-4)(x12-2x1-2)=0 et les 2 autres solutions sont 1-rac(3) et 1+rac(3) qui vont respectivement donner x2=1+rac(3) et x2=1-rac(3). Finalement les 4 couples solutions du système sont : (0,0) ; (4,4) ; (1-rac(3),1+rac(3)) ; (1+rac(3),1-rac(3)).

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Solution exercice 19

Soit O le centre de la sphère et P,Q,R les milieux de [AB], [AC], [BC]

Le plan (SAB) coupe la sphère selon un cercle qui est le cercle circonscrit au triangle SAB ; soit O' le projeté orthogonal de O sur le plan (SAB) : puisque OA=OB=OC Pythagore permet de dire que O'A=O'B=O'C et donc O' est le centre du cercle circonscrit à SAB. Mais par hypothèse SAB est rectangle en S, donc O' est le milieu de [AB] soit P=O' et donc O est sur la perpendiculaire au plan (SAB) passant par P, c'est-à-dire la droite (OP) est orthogonale à (SAB). De même (OQ) orthogonale à (SAC) et (OR) orthogonale à (SBC).

Il est clair que le fameux point fixe cherché ne peut qu'être lié à O et S et par raison de symétrie il devrait être sur (OS) d'où l'idée de considérer le point I intersection de (OS) et (ABC) : on va montrer qu'il est effectivement fixe, c'est-à-dire indépendant de la position du plan (ABC).

I et P sont évidemment sur (SOP)inter(ABC). Mais C aussi : en effet les arêtes issues de S étant orthogonales 2 à 2, (SC) est orthogonale à (SB) et (SA) donc au plan (SAB) et comme (OP) est orthogonale à (SAB) on a (OP)//(SC) donc C est dans (SOP). Ainsi I,P,C sont 3 points de (SOP)inter(ABC) donc ils sont alignés et I est sur (CP). De même I est sur (AR) et sur (BQ), donc il est sur les 3 médianes de (ABC) et c'est donc le centre de gravité de ce triangle, situé au 1/3 à partir de la base soit IP/CP=1/3 ou IC/IP=2.

Dans le plan (SOP) Thalés donne IC/IP=IS/IO et IS/IO=2 (avec I entre O et S) soit OI=OS/3 et I est donc fixe. (Bien entendu la version algèbrique de Thalès, pas au programme de la 1ère S , donnerait IS/IO=-2).

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Solution exercice 20

La relation (2) peut être vue comme une équation du second degré en xi :

2*xi2-(xi-1+2/xi-1)*xi+1=0. Le discriminant est (xi-1-2/xi-1)2 dont la racine carrée est |xi-1-2/xi-1| et en envisageant les 2 possibilités xi-1-2/xi-1>=0 ou <=0 on trouve comme solutions, dans les 2 cas, xi-1 et 1 /xi-1. La mise sous forme canonique redonne évidemment ces 2 solutions mais sans intervention de valeur absolue ; les calculs ne sont pas pour autant plus simples.

Donc la relation (2) équivaut à xi=1/xi-1 ou xi=xi-1/2, c'est-à-dire on passe de xi-1 à xi, soit en prenant l'inverse de xi-1 soit en prenant la moitié de xi-1.

Le problème revient donc, n étant un entier strictement positif (on généralise un petit peu) de trouver le plus grand x0 tel qu'il existe une suite x0,x1,...,xn vérifiant

(1)' x0=xn

(2)' pour i=1,2,...,n , xi est soit l'inverse de xi-1 soit la moitié de xi-1

Remarquons tout de suite que si on passe de x0 à xk en ne faisant que des divisions par 2 alors xk=x0/2k ; par contre si on ne fait que des inverses alors si k=2*p (pair) on a x2*p=x0 et si k=2*p+1 (impair) on a x2*p+1=1/x0.

Et donc si n est pair, en ne faisant que des inverses on obtient une suite vérifiant (1)' et (2)', cela pour tout x0>0 : dans ce cas il ne saurait y avoir de valeur maximum pour x0. Le problème ne se pose vraiment que si n est impair, ce qu'on supposera par la suite (c'est d'ailleurs bien le cas de l'énoncé initial : n=1995).

Pour "fabriquer", à partir de x0 une suite vérifiant (1)' et (2)' il y a n choix à faire, chaque choix consistant à prendre soit l'inverse du précédent soit la moitié du précédent ; notons k le nombre de choix, parmi les n, correspondant à un inverse.

On ne peut avoir k=0 car alors on aurait que des division par 2 et xn serait égal à x0/2n et (1)' ne serait pas vérifié (car x0 est non nul puisqu'il est >0) : donc k>=1.

La séquence des n choix peut alors se décomposer en étapes successives :

des divisions successives par 2 (éventuelles), un inverse(obligatoire), des divisions successives par 2 (éventuelles), un inverse(éventuel)....:

E1 : a(>=0) divisions successives suivies d'un inverse arrivent à 1/(x0/2a)=2a/x0

E2 : b(>=0) divisions successives par 2 arrivent à 2a-b/x0 et si elles sont suivies d'un inverse on arrive à x0/2a-b (si elles ne sont pas suivies d'un inverse c'est qu'on arrive à xn avec ces a+b divisions par 2 et l'unique inverse : a+1+b=n)

si E2 se termine par un inverse

E3 : c(>=0) divisions successives par 2 arrivent à x0/2a-b+c et si elles sont suivies d'un inverse on arrive à 2a-b+c/x0

si E3 se termine par un inverse

E4 : d(>=0) divisions successives par 2 arrivent à 2a-b+c-d/x0 et si elles sont suivies d'un inverse on arrive à x0/2a-b+c-d

etc.......

On observe immédiatement que xn va être

cas1 : soit de la forme x0/2a-b+c-d.... s'il y a un nombre pair d'inverses

cas2 : soit de la forme 2a-b+c-d../x0 s'il y a un nombre impair d'inverses.

Examinons le cas 1 : pour avoir x0=xn il faut que 2a-b+c-d...=1, donc que a-b+c-d...=0 et donc le nombre total de divisions par 2 qui est a+b+c+d+...=a-b+c-d....+2b+2d+2c+2d...est alors pair ; or le nombre d'inverses est pair donc n=nombred'inverse+nombre de divisions successives par 2 est pair ce qui est impossible (on a supposé n impair). Donc on a forcément le cas 2 et x0=xn équivaut à x0=rac( 2a-b+c-d..) ; rappelons que les exposants fractionnaires ne sont pas au programme de la première S. Or pour u et v dans Z on a 2u>2v si et seulement si u>v et donc a-b+c-d... doit être le plus grand possible si on veut que x0 soit le plus grand possible ; mais a-b+c-d....<=a+b+c+d...=nombre de divisions par 2 =n-nombre d'inverses<=n-1 : donc x0<=rac(2n-1).

Reste à voir s'il existe effectivement une suite vérifiant (1)' et (2)' avec x0=rac(2n-1) : oui! En effet on fait d'abord n-1 divisions par 2 (a=n-1) et on termine par un inverse (cad il n'y a que l'étape E1) donc xn=2n-1/x0, et en prenant x0=rac(2n-1) on a effectivement xn=rac(2n-1)=x0.

Finalement , pour n impair, la plus grande valeur de x0 pour laquelle il existe une suite vérifiant (1)' et (2)' est x0=rac(2n-1), soit pour l'énoncé initial x0=rac(21994)=2997 (rappel : si x>=0 rac(x2n)=xn).

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