Question non bébête

Tiens, $0^0$, $0.99999999...=1$, ça doit être la saison des marrons.

Plus généralement, si $Q_n(X)$ désigne le quotient de la division euclidienne de $P_{n}(X)=\frac{(-1)^{n-1}}{4^{n-1}}X^{4n}(1-X)^{4n}$ par $X^2+1$, alors $\displaystyle \int\nolimits_{0}^{1}Q_{n}(x)dx$ est une bonne approximation de $\pi$, d'autant meilleure que $n$ est grand.

Montrer que si $a_n\in 0 \ldots n-1$ alors $\sum_{n=1}^\infty \frac{a_n}{n!}$ est un rationnel ssi $\forall n \ge N, a_n=0$ ou $\forall n \ge N, a_n=n-1$. Ensuite expliquer pourquoi on ne compte pas en base $n!$.

Quand est-ce que $a^{1/a} =b^{1/b}$ ?

J'ai envie d'utiliser que $ (1-\log a)/a^2$ est négative sur $[66,70]$, je ne vois pas l'alternative.

Avec ln(1+x) < x, on a aussi 33.ln(1+2/33) < 2 et 70³³/66³³ < e² < 3² < 66².
Sans analyse ni logarithmes, je ne vois pas comment faire à part démontrer par récurrence que pour m,n > 2, on a m > n => n^m > mⁿ à l'aide de n^m+1 > n.mⁿ > (m+1)ⁿ.

ok :-)
Pour le cas général, j'aime bien la double récurrence :

sur n depuis 2 : pour m > n, on a n.mⁿ > (m+1)ⁿ :
m.mⁿ > n.mⁿ > (m+1)ⁿ
m.n.mⁿ > m(m+1)ⁿ
(n+1)mⁿ⁺¹ > (m+1)ⁿ⁺¹

sur m depuis 4 : pour m > n > 2, on a n^m > mⁿ :
n^m+1 > n.mⁿ > (m+1)ⁿ

$66^{35}>64^{35}=2^{6\times 35}=2^{210}>2^{209}=(2^{19})^{11}=(2^9\times 2^{10})^{11}>512000^{11}>343000^{11}=(70^3)^{11}=70^{33}$.

Si j'ai bien compris, on veut démontrer que la suite $n^{\frac{1}{n}}$ est strictement décroissante pour $n\geq 3$, mais sans étude de fonction, pourtant des plus élémentaires, mais bon.
L'inégalité à prouver est : $n^{\frac{1}{n}}>(n+1)^{\frac{1}{n+1}}$, équivalente à : $n^{n+1}>(n+1)^{n}$, ou encore à : $(1+\frac{1}{n})^{n}<n$.
On peut prouver avec l'inégalité de Bernoulli que la suite $(1+\frac{1}{n})^{n}<n$ est strictement croissante, et comme sa limite est $e$, terminé.

Si l'on ne veut pas savoir que cette limite est $e$, alors on peut procéder comme suit.
$\displaystyle (1+\frac{1}{n})^{n}=\underset{k=0}{\overset{n}{\sum }} \binom{n}{k}\frac{1}{
n^{k}}=\underset{k=0}{\overset{n}{\sum }}\frac{n(n-1)\cdots(n-k+1)}{k!}\times
\frac{1}{n^{k}}\leq \underset{k=0}{\overset{n}{\sum }}\frac{1}{k!}<\underset{k=0}{\overset{+\infty }{\sum }}\frac{1}{k!}=e<3\leq n$.

Si l'on ne veut pas savoir que $\displaystyle \underset{k=0}{\overset{+\infty }{\sum }}\frac{1}{k!}=e$, alors on montre sans mal que $n!>2^{n-1}$ pour $n\geq 3$ et l'on écrit :
$\displaystyle \underset{k=0}{\overset{n}{\sum }}\frac{1}{k!}=1+\frac{1}{1}+\frac{1}{2}+\frac{1}{3!}+\cdots+\frac{1}{n!}<1+\frac{1}{1}+\frac{1}{2}+\frac{1}{2^{2}}+\cdots+\frac{1}{2^{n-1}}<1+\underset{k=0}{\overset{+\infty }{\sum }}\frac{1}{2^{k}}=3$.

Bonne journée.
Fr. Ch.
27/08/2019

Soit $n\geqslant 3$. On a
$(\frac{n+1}{n})^n=\frac{n+1}{n}\times (\frac{n+1}{n})^{n-1}\leqslant \frac{n+1}{n}\times \frac{n+1}{n}\times \frac{n}{n-1}\times\cdots\times \frac{3}{2}=\frac{(n+1)^2}{2n}=\frac{2n^2-(n-1)^2+2}{2n}<\frac{2n^2}{2n}=n$ donc $(n+1)^n<n^{n+1}$.