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Problèmes en série.

Envoyé par emre54 
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
Bonjour,

Pour le Pb.26 (j'ai précisé la suite $(t_k)$ dans $[0,\pi]$) :

On écrit $P=\sum_{k^\geqslant 0} Y^{2k}(R_k(X)+YS_k(X))$.

On a $Y^{2k}=(1-X^2)^k+(X^2+Y^2-1)Q_k(Y^2,1-X^2)$

(on a $Q_0(Y^2,1-X^2)=0$), d'où

$P = \sum_{k^\geqslant 0}[(1-X^2)^k+(X^2+Y^2-1)Q_k(Y^2,1-X^2)](R_k(X)+YS_k(X))$

$=\sum_{k^\geqslant 0} (1-X^2)^k(R_k(X)+YS_k(X))+(X^2+Y^2-1)\sum_{k^\geqslant 1}Q_k(Y^2,1-X^2)(R_k(X)+YS_k(X))$

$=A(X)+YB(X)+(X^2+Y^2-1)Q(X,Y)$ (on a $deg(A)=n$ et $deg(B)=n-1$).

D'où, pour $k=0..n$,

$0=P(\cos(t_k),\sin(t_k))=A(\cos(t_k))+\sin(t_k)B(\cos(t_k))$ et $0=P(\cos(k),-\sin(t_k))=A(\cos(t_k))-\sin(t_k)B(\cos(t_k))$, d'où :

$A(\cos(t_k))=0$ et, si $t_k\neq 0$ et $t_k\neq \pi$, $B(\cos(t_k))=0$.

D'où, puisque $(\cos(tk))_{0\leqslant k\leqslant n}$ donne $n+1$ racines distinctes de $A$ et au moins $n$ racines de $B$, on a $A=B=0$, d'où :

$P=(X^2+Y^2-1)Q(X,Y)$.

Amicalement,
Georges
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
avatar
Bonsoir .

Je réponds à georges , je connaissais le problème N°24 et il m'avait fallu un petit moment pour trouver la solution :S

J'en profite pour proposer un nouveau problème déjà vu sur ce site mais jamais résolu ( j'avais d'ailleurs à l'époque proposé une solution confuse et fausse ) .

PB 27 : On se donne deux entiers $a$ et $b$ supérieurs à 1 et tels que pour tout entier naturel non nul $n$ : $\displaystyle{\frac{b^n-1}{a^n-1}\in \mathbb{N}}$ .
Montrer que $b$ est une puissance entière de $a$ .


Il me semble avoir une démonstration dont le niveau ne dépasse pas celui d'un bon élève de terminale .

Domi
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
avatar
bonjour Domi,

Il s'agit de

$\frac{b^n-1}{a^n-1}\in \mathbb{N} $?

Sincèrement,

Galax
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
avatar
C'est ça galax ( j'ai corrigé dans le message initial ) .

Amusez-vous bien !!!

Domi
bs
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
avatar
Bonsoir,

Merci Georges d'avoir détaillé le raisonnement d'Oump.

Pour le pb 25 de Langford, reste un sens à démontrer: pour tout $n$ congru à $-1$ ou à $0$ , modulo $4$ , il existe une solution au problème .

Bonne nuit.
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
avatar
bonsoir Domi,

Je crois avoir résolu ton problème avec des outils simples.

Voici la première partie de cette démonstration :


Tout d'abord {\bf tout diviseur de b l'est aussi un diviseur de a.}

Je suppose qu'un nombre premier p divise b et que p ne divise pas a.

Ainsi par le petit théorème de Fermat $ a^{p-1} $ = 1 (mod p )

donc $ a^{p-1} - 1$ est donc divisible par p

or $ a^{p-1} - 1$ divise $ b^{p-1} - 1$ ,

D'où p divise aussi $ b^{p-1} - 1$ ce qui est une contradiction avec p divise b.


Ensuite, {\bf tout premier diviseur de a est aussi un diviseur de b.}


Suite à l'observation de Domi du lun 5 mars 2007 10:42:46, j'ai effacé ma démonstration pour le dernier résultat, car elle n'etait pas juste. Donc elle reste à faire.

Cependant dans la suite de démonstration je utilise:

Conclusion: {\bf a et b ont les mêmes diviseur premiers.}




Il est tard, je mettrai au propre demain le reste de ma démonstration.


Bonne nuit

Galax
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
Bonjour,

à propos de langford(pb 25)

le pb revient à etudier la possibilite de trouver une partition de [1,..,2n]
en n paires {i,j} telles que ,en posant e(i,j)=|i-j|-1 pour i#j,les valeurs prises par les e(i,j) pour une telle partition soient globalement 1.2,..n.

un exemple pour illustrer
la suite 312132 est associée à la partition (1,5),(3,6),(2,4)

pour n=4
la suite 41312432 est associée à :(1,6)(3,7)(5,8)(2,4)

( le 1 correspondant à e(2,4)=1 occupe les rangs 2 et 4 etc.)

j'ai donc montré que l'existence d'une suite de Langford pour un entier n donné
implique que n est soit multiple de 4 ,soit multiple de 4 moins 1, par un argument de parité et une récurrence sur n
( on peut simplifier la preuve donnée et détaillée par Georges, si ça vous interesse j'y reviendrai)

reste donc à prouver l'existence pour n congru à 0 ou -1 modulo 4..
je n'y suis pas encore arrivé , mais ai trouvé , à l'aide des (i,j) un "crible"
permettant leur recherche systématique et qui m'a permis de trouver des suites pour n= 7, 8, 11, 12 et que je vous donne ci dessous

n=7: (1,9)(3,10)(5,11)(8,13)(2,6)(4,7)(12,14)

donnant : 73625324765141

n=8:(1,10)(3,11)(5,12)(9,15)(8,13)(2,6)(4,7)(14,16)

donnant: 8372632458764151

n=11:

(1,13)(3,14)(6,16)(10,19)(4,12)(8,15)(11,17)(2,7)(5,9)(18,21)(20,22)

donnant: 11,4,10,7,3,9,4,6,3,8,5,7,11,10,6,9,5,2,81,2,1

n=12:
(1,14)(3,15)(2,13)(7,17)(10,19)(12,20)(4,11)(16,22)(18,23)(5,9)(21,24)(6,8)

donnant: 12,10,11,6,3,1,9,1,3,8,6,7,10,12,11,5,9,4,8,7,2,6,4,2


il reste à voir la généralisation..
on peut toujours prendre comme première paire (1,n+2)
les trois premières ont la meme allure dans les ex précédents,

affaire à suivre..mais comme apparemment une preuve a été donnée , cela fait baisser ma motivation..

remarque : on peut s'interesser plus généralement aux partitions de [1,2n]
en n paires : il y en a 1.3.5..(2n-1)
et pour une telle partition , étudier les e(i,j) associés
( leur somme est paire, quelles sont les valeurs prises , et si on sait faire , on aura le résultat cherché comme sous produit..)

bonne journée,

Oump.
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
avatar
galax , PB 27 :

Tout diviseur premier de b est diviseur de a : OK

Tout diviseur premier de a est diviseur de b : ???

Peux-tu détailler un peu ?

Domi



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a treize années et a été effectuée par Domi.
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
avatar
bonjour Domi,

Voici la suite de solution du Pb 27 (suite de mon message du 5 mars 2007 00:35:57)

Tout d'abord $ a \leq b $ car sinon $ \frac{b^n-1}{a^n-1}$ n'est peut être

entier.


Soient $p_1, p_2,..., p_l$ tous les diviseurs premiers de a et b.

On a donc,

a = ${p_1}^{i_1} {p_2}^{i_2}...{p_l}^{i_l}$, $ m= min(i_1, i_2,...,i_l)$


On peut poser, compte tenu des résultats précédantes, $ b = \alpha a^k $

avec k aussi grand que possible et donc le facteur premier $p_m$ dans $\alpha$

est ${p_m}^{m*}$ avec $m* < m $

On a donc soit $ b = a^k $ , i.e. que $\alpha = 1$ et la propriété est

démontré.( C'est effectivement la solution du problème grâce à l'identité $x^n - 1 = ( x- 1 ) ( x^{n-1} + ... + 1) $ )

Je montre que ce le seul cas possible:

Sinon, on doit avoir

$ \frac{b^n-1}{a^n-1} = \frac{(\alpha a^k)^n-1}{a^n-1} $

=$ \frac{a^{kn}-1}{a^n-1}$ + $ \frac{({\alpha}^n -1)a^{nk}}{a^n-1} $
pour tout $n \geq 1$

Compte tenu que pgdc( a, a- 1) = 1, $ \frac{({\alpha}^n -1)a^{nk}}{a^n-1} $ doit être

entier pour tout $n \geq 1$

Il est clair que {\bf a et $ \alpha$ ont les mêmes diviseurs (*)} (la même démonstration

que pour a et b ), mais avec le facteur premier $p_m$ dans $\alpha$

est ${p_m}^{m*}$ avec $m* < m $,

ainsi en itérant le procédé un facteur p_i disparait, ce qui est une

contradiction avec (*).



PS Domi si ta démonstration est plus simple, j'espère que tu nous la donneras.


Sincèrement,

Galax
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
avatar
galax,

je pose à nouveau la même question : pourquoi tout diviseur premier de a est-il un diviseur de b ? Je me souviens que j'avais trouvé une solution simple au problème en admettant ce résultat mais est-il vraiment si évident ?

Domi

PS : "ma" solution est bien plus compliquée que la tienne .



Edité 1 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a treize ann&eacute;es et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par Domi.
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
avatar
bonjour Domi,

dans mon message du lun 5 mars 2007 00:35:57 j'ai mis ceci pour montrer que:


{\bf tout diviseur premier de a est aussi un diviseur de b.}



Suite à l'observation de Domi du lun 5 mars 2007 10:42:46, j'ai effacé ma démonstration pour le dernier résultat, car elle n'etait pas juste. Donc elle reste à faire.

Cependant dans la suite de démonstration je utilise:

Conclusion: {\bf a et b ont les mêmes diviseur premiers.}

Sincèrement,

Galax


Complément: ( 18 H 14 )je n'ai toujours pas démontré :
{\bf tout diviseur premier de a est aussi un diviseur de b.},( sans doute quelqu'un d'autre que moi a des idées à ce sujet )
Sinon, j'espère que le reste de la démonstration est convenable.


Galax
bs
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
avatar
Bonjour,

Merci Oump pour ces nouvelles avancées; il est vrai que la preuve se trouve dans "The Mathematical Gazette", et que de fait, la motivation s'amoindrit. J'essaie de me procurer cette preuve .
Pour un résultat non connu ( sur le forum ), voir par exemple: dans "problème ouvert", la probabilité d'obtenir un triangle acutangle en coupant un spaghetto en trois.

Domi: il me semblait bien avoir déjà rencontré ton problème;)
\lien{[maths-forum.com]}

Amicalement.
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
avatar
Bien vu bs thumbs down mais tu remarqueras qu'encore une fois le problème est donné sans solution !

Une version analytique du même problème :

PB 27 Bis :

Soit deux fonctions entières $f$ et $g$ ( ie : holomorphes sur $\mathbb{C}$ ) telles que pour tout entier $n$ positif , la fonction $\displaystyle{z \mapsto \frac{f(z)^n-1}{g(z)^n-1}}$ est aussi entière . Montrer qu'il existe un entier $k$ tel que $f=g^k$ ( $g^k(z)=g(z).g(z)...g(z)$ ).

Domi
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
Bonsoir,

pour le pb du spaghetti..(riche de futures polemiques j'imagine..)

je me jette à l'eau : 3/4

( je suis tout , sauf un probabiliste.., je suis parti d'un modele fini avec un jeu de cartes , partagé en trois paquets etc.

j'attend les interventions savantes;)

Oump.
bs
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
avatar
Bonjour,
Pour le spaghetto, le sujet se déroule sur le fil " problème ouvert " par heura.
Il y a effectivement 25% de chances d'obtenir un triangle suivant l'une des façons de casser le spaghetto. Maintenant, on recherche la possibilité d'obtenir un triangle acutangle.
Si tu souhaites y participer: tu es le bienvenu..., le mieux est d'aller répondre dans le fil ouvert par heura.

Amicalement.
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
avatar
Une réponse pour le pb 27 ( je n'ai pas réussi à aboutir avec la méthode galax ) .
\textbf{Lemme} :
Etant donné :
\begin{itemize}
\item $k$ un entier naturel non nul .
\item $r_1$ , $r_2$ , ... , $r_k$ , $k$ rationnels distincts , supérieurs ou égaux à 1 .
\item $x_1$ , $x_2$ , ... , $x_k$ , $k$ réels non nuls .
\item $(u_n)_{n \in \mathbb{N}^*}$ suite à valeurs dans $\mathbb{Z}$ et $\displaystyle{d_n=u_n-\sum_{j=1}^{k}x_jr_j^n}$ .
\end{itemize}
$$\displaystyle{\lim_{n\rightarrow \infty} d_n = 0} \Rightarrow (\forall j \in \{1;2; ...;k\} \ , \ r_j \in \mathbb{N})\ .$$
\textbf{Démonstration} ( par récurrence sur $k \in \mathbb{N}^*$ ) .
Plaçons-nous dans les hypothèses du lemme avec $\displaystyle{\lim_{n\rightarrow \infty} d_n = 0}$ .
$\displaystyle{r_k=\frac{p}{q}}$ avec $p \geq q >0$ , $p$ et $q$ entiers naturels premiers entre-eux .
$\displaystyle{\forall n \in \mathbb{N}^* \ : qd_{n+1}-pd_n = (qu_{n+1}-pu_n)-\sum_{j=1}^{k-1}x_j(qr_j-p)r_j^n\ [1]}$ .
\begin{enumerate}
\item Si $k=1$ .
$[1]$ se réduit à : $qd_{n+1}-pd_n = qu_{n+1}-pu_n$ et :
$\exists N \in \mathbb{N}^* / n \geq N \Rightarrow qu_{n+1}-pu_n=0 \ [2]$ .
En appliquant $[2]$ à $N$ , $N+1$ , ... , $N+s$ : $q^su_{N+s}-p^su_N=0$ .
Alors tout facteur premier de $q$ divise $u_N$ indéfiniment .
Or $\displaystyle{\lim_{n\rightarrow \infty} |x_1r_1^n+d_n| = +\infty}$ donc $\displaystyle{\lim_{n \rightarrow \infty}|u_n| = +\infty}$ et on peut supposer que $u_N \neq 0$ . Alors $q$ n'a pas de facteur premier : $q=1$ et $r_1 \in \mathbb{N}$ .
\item Si $k>1$ .
Pour $j \in \{1;2;...;k-1\}$ et $n \in \mathbb{N}^*$ , posons :
$x'_j=x_j(qr_j-p) \in \mathbb{R}^*$ , $u'_n=qu_{n+1}-pu_n$ et $\displaystyle{d'_n=u'_n-\sum_{j=1}^{k-1}x'_jr_j^n}$.
Alors : $\displaystyle{\lim_{n\rightarrow \infty} d'_n = \lim_{n\rightarrow \infty} ( qd_{n+1}-pd_n) = 0}$ .
Les hypothèses du lemme sont vérifiées , on peut appliquer l'hypothèse de récurence à : $\{r_j\}$ , $\{x'_j\}$ , $(u'_n)_{n \in \mathbb{N}^*}$ :
$\forall j \in \{1;2;...;k-1\}$ : $r_j \in \mathbb{N}$ .
En permutant les indices 1 et $k$ on obtient $r_k \in \mathbb{N}$ : le lemme est démontré .
\end{enumerate}
Supposons maintenant que $a$ et $b$ sont des entiers supérieurs à 1 tels que
pour chaque entier $n$ positif : $\displaystyle{\frac{b^n-1}{a^n-1} \in \mathbb{N}}$ .
Il existe un unique entier $k \in \mathbb{N}^*$ tel que : $a^k \leq b < a^{k+1}$ .
Pour $j \in \{1;2;...;k\}$ et $n \in \mathbb{N}^*$ , posons :
$\displaystyle{r_j = \frac{b}{a^j}}$ , $x_j=1$ , $\displaystyle{u_n=\frac{b^n-1}{a^n-1}}$ et $\displaystyle{d_n=u_n-\sum_{j=1}^{k}x_jr_j^n}$ .
$\displaystyle{d_n = \frac{b^n-1}{a^n-1}-\sum_{j=1}^k\left(\frac{b}{a^j}\right)^n}$
$\displaystyle{d_n = \frac{b^n-1}{a^n-1}-\frac{b^n(a^{kn}-1)}{a^{kn}(a^n-1)}}$
$\displaystyle{d_n = \frac{b^n-a^{kn}}{a^{kn}(a^n-1)}}$
$\displaystyle{d_n = \frac{(\frac{b}{a^k})^n-1}{a^n-1}}$ .
Alors $\displaystyle{d_n=\frac{c^n-1}{a^n-1}}$ avec $1\leq c<a$ donc $\displaystyle{\lim_{n\rightarrow \infty} d_n = 0}$ .
Le lemme s'applique et alors les $r_j$ puis les $d_n$ sont entiers .
A partir d'un certain rang $d_n=0$ donc $b^n=a^{kn}$ et $b=a^k$ .
Aux erreurs près ( aucune idée pour le 27 bis actuellement ) .

Domi
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
avatar
bonjour Domi,

Ta démonstration est vraiment très claire et bravo pour l'avoir trouvée.

Pour ma part, malgré plusieurs tentatives, j'ai n'ai pas encore réussis trouver le chainon manquant.

Une question ammusante:( prob27 ter)
{\bf quelle est la longueur maximale k + 1 de la suite:
$\frac{a}{b},\frac{a+1}{b+1},...,\frac{a+k}{b+k}$
prenant que des valeurs entières. }

exemple: $\frac{999}{9}= 111, \frac{1000}{10}=100, \frac{1001}{11}=91 $...est une telle suite de longueur 3

Sincèrement,

Galax

PS Cas trivial a = b est sans intérêt.
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
avatar
bonsoir,

A l'aide du théorème du reste chinois j'ai fabriqué une suite de longueur 6 :

$\frac{121}{1}=121,\frac{122}{2}=61,\frac{123}{3}=41,\frac{124}{4}=31,\frac{125}{5}=25,\frac{126}{6}=11$

Il est facile à voir que ceci se géneralise pour k quelquonque.

Une nouvelle question se pose:
{\bf Pour quel k existent des suites de longueur k + 1 ayant comme un de termes $\frac{a^{kn}-1}{a^k - 1} $ ? }

Sincèrement,

Galax
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
Bonjour,
Désolé d'avoir oublié un des \$\$ (merci AD)\qquad[A ton service :) AD].

Personne ne connait le codage (en géométrie) d'arc AB ?

Pour ton Pb. 27 ter, Galax $a=n!+1$ et $b=1$ donnent une suite de longueur au moins égale à $n$.

On peut prendre $a'=2^3.3^2.5.7.11+1$ (au lieu de $a=11!+1$) et, pour $b=1$, on obtient ici $k(a',b)=k(a,b)=12$.

Amicalement,
Georges


[Georges, pour écrire \$, il faut le banaliser : \verb*=\$=. AD]
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
avatar
Bonsoir,

Voici un petit problème de géométrie :

{\bf Problème 28

Cercle de 6 points :

Soit ABC une triangle ,
$H_A, H_B$ et $H_C$ les pieds de ses hauteurs issues de A, B et C
Soit A’ l’intersection de la perpendiculaire avec (AB) issue de $H_A$ sur (AB)
A’’ l’intersection de la perpendiculaire avec (AC) issue de $H_A$ sur (AB)
B’ l’intersection de la perpendiculaire avec (AB) issue de $H_B$ sur (AB)
B’’ l’intersection de la perpendiculaire avec (BC) issue de $H_B$ sur (BC)
C’ l’intersection de la perpendiculaire avec (AC) issue de $H_C$ sur (AC)
C’’ l’intersection de la perpendiculaire avec (BC) issue de $H_C$ sur (BC)
Prouver que A’,A’’,B’,B’’,C’et C’’ sont cocycliques.}

Traiter d'abord le cas du triangle acutangle

Sincèrement,

Galax
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