Commentaire sur l'article

• Septembre, 3ème défi

  le 19 septembre 2014 à 08:43, par Lina

  Une solution relativement facile à trouver, et, avec un peu d’astuce, on peut démontrer qu’elle est unique.

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• Septembre, 3ème défi

  le 23 septembre 2014 à 08:54, par Lina

  Démonstration algébrique

  x,y,z sont les réels définis par :

  a+b=10+x ; c+d=10-x ; (a+b)(c+d)=100-x²

  a+c=10+y ; b+d=10-y ; (a+c)(b+d)=100-y²

  a+d=10+z ; b+c=10-z ; (a+d)(b+c)=100-z²

  en additionnant membre à membre les 3 dernières égalités, on obtient, après développement,

  2(ab+ac+ad+bc+bd+cd)=300-(x²+y²+z²) et donc x²+y²+z²=0

  x=0 ;y=0 ;z=0 (seule possibilité) donne a=b=c=d=5

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• Septembre, 3ème défi

  le 23 septembre 2014 à 09:07, par Lina

  Démonstration analytique

  Les valeurs étant permutables on peut supposer a>=b>=c>=d

  f est la fonction de 3 variables a,b et c qui calcule, dans les conditions fixées ci-dessus, la valeur de ab+ac+ad+bc+bd+cd avec d=20-(a+b+c)

  f(a,b,c)=20(a+b+c)-(a²+b²+c²)-(ab+ac+bc)

  les dérivées partielles en a,b et c sont 20-2a-b-c (le 2 circulant entre a,b et c). Elles s’annulent en (5,5,5) et les dérivées secondes sont toutes strictement négatives (-2 ou -1).

  f(5,5,5)=150 est l’unique maximum de f

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