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"il est facile de" la preuve :

Envoyé par pourexemple 
Re: "il est facile de" la preuve :
24 janvier 2016, 21:11
avatar
oui

S

La poésie n'est pas une solution.
Re: "il est facile de" la preuve :
25 janvier 2016, 08:22
avatar
défi 52, p 80
Je rappelle qu'il faut donner des énoncés de son cru (qui ne se trouve pas sur internet)



Modifié 1 fois. Dernière modification le 25/01/2016 10:20 par contrexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
25 janvier 2016, 10:24
avatar
Bonjour,

Je vous propose de réfléchir à l'énoncé 1.

indice : cette énoncé ne repose que sur une information cachée, une fois trouvée il devient un exercice classique.



Modifié 1 fois. Dernière modification le 25/01/2016 10:25 par contrexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
25 janvier 2016, 18:48
avatar
Réponse du 1 :
$r(E)=E$ alors $r^k(E)=E$ donc est stable par une symétrie de centre $O$, donc $O$ est centre de gravité de $E$, une fois que l'on a dit cela l'exercice devient un classique.



Modifié 1 fois. Dernière modification le 25/01/2016 18:56 par contrexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
25 janvier 2016, 18:50
avatar
Je vous propose maintenant de réfléchir à l'énoncé 2.

Indice : la réponse est non, mais alors pourquoi ?



Modifié 1 fois. Dernière modification le 25/01/2016 18:52 par contrexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
26 janvier 2016, 09:08
avatar
Réponse 2 : $card(C([0,1])=card(\R^{\N})=card(\R)$ alors si on note $E$ le complété de $C([0,1])$ pour une distance quelconque, alors $card(E)\leq card(C([0,1])^\N)=card(\R^\N)=card(\R)<card(F([0,1])$



Modifié 2 fois. Dernière modification le 26/01/2016 10:59 par contrexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
26 janvier 2016, 09:12
avatar
Je vous propose maintenant de réfléchir à l'énoncé 4

indice : il ne repose que sur une seule propriétaire calculatoire.
Re: "il est facile de" la preuve :
26 janvier 2016, 10:17
avatar
Réponse 4 : c'est le fameuse propriété C.E.T.
JLT
Re: "il est facile de" la preuve :
26 janvier 2016, 21:13
avatar
Il n'existe pas de configuration telle que dans l'énoncé 1 car $d(r(A_i),O)=d(A_i,O)=i$ et le fait que $r(A_i)\in E$ entraîne que $r(A_i)=A_i$ pour tout $i$, donc que $A_i=O$ pour tout $i$.

Pour l'énoncé 4, je ne sais pas ce qu'est cette fameuse propriété C.E.T. mais je trouve 941 avec une grosse calculatrice :
p=101
q=1031
f=[0]*(p+1)
f[1]=1
k=0
while k<p:
	i=p
	while i>=0:
		s=4*f[ i]
		j=0
		while j<=i:
			s=s+f[j]*f[i-j]
			j += 1
		f[ i]=s%q
		i -= 1
	f[0]=(f[0]+3) % q
	k +=1
a=f[p]
k=p
while k>0:
	a=(a*k) %q
	k -=1
print(a)

L'idée est de faire le changement de variables $x=2+y$. On est amenés à poser $g(y)=f(2+y)-2=y^2+4y+3$ et à calculer la dérivée $101^e$ de $g^{\circ 101}$ en $0$. Il suffit donc de calculer le coefficient de $y^{101}$ de $g^{\circ 101}$, ce qui se fait aisément par ordinateur car on n'a pas besoin dans les calculs intermédiaires de garder en mémoire les termes en $y^k$ pour $k>101$.



Modifié 4 fois. Dernière modification le 27/01/2016 00:04 par AD.
Re: "il est facile de" la preuve :
26 janvier 2016, 22:12
avatar
Pour l'énoncé 1, tu as raison j'ai mal choisi les $d(O,A_i)$, mais bon l'astuce n'était pas caché là.

Pour l'énoncé 4 : bravo ce que tu as fait revient à utiliser le fameux C.E.T (ContrExemple Theorem, je voulais ainsi vérifier qu'il y avait au moins une personne d'intéresser par les réponses, ne voyant pas trop de réactions).

Propriété (C.E.T.) : Si $P(X) \mod Q(X)^n=R(X)$ alors $P'(X) \mod Q(X)^{n-1}=R'(X) \mod Q(X)^{n-1}$.

Je vous propose de réfléchir à l'énoncé 8

Je donnerais un indice en cas de besoin.
Re: "il est facile de" la preuve :
27 janvier 2016, 09:17
avatar
Bonjour,

voici une caricature de type d'énoncés que vous demandez :
- je l'ai fait avec mes petites mains et ma petite tête;
- il est essentiellement trivial;
- il est maquillé outrageusement pour masquer sa trivialité.

Avant de me dire qu'il n'a pas de sens, je rappelle que quand j'étais petit, on m'a défini un espace vectoriel comme un triplet d'ensembles $(E,+,.)$, donc comme un ensemble. Ainsi un ensemble comme "la reine d'Angleterre" peut-être qualifié de vectoriel si on exhibe $E$, $+$ et $.$ .

La poésie n'est pas une solution.


Re: "il est facile de" la preuve :
27 janvier 2016, 10:13
avatar
Bonjour,

Ta caricature est raté car il eut fallut avoir un énoncé très court, ce que le tien n'est pas.
Je préfère privilégier les énoncés courts...

Non, car il me semble que ton truc expression n'est pas bien parenthésé, sinon merci de mettre ton énoncé au format tex, cela serait plus simple pour copier coller ton truc expression.



Modifié 4 fois. Dernière modification le 27/01/2016 13:18 par contrexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
27 janvier 2016, 13:55
avatar
Tes désirs font désordre

L'ensemble ci-dessous est-il un espace vectoriel ?\\
\begin{tabular}{l}
$\{\{\{\emptyset;\{\emptyset\}\};\{\{\emptyset;\{\emptyset\}\};\{\{\{\emptyset;\{\emptyset;\{\emptyset\}\}\};\{\{\emptyset;\{\emptyset;\{\emptyset\}\}\};\{\emptyset\}\}\};\{\{\{\emptyset\};\{\{\emptyset\};\emptyset\}\};\{\{\{\emptyset\};\{\{\emptyset\};\emptyset\}\};\{\emptyset\}\}\};\{\{\emptyset;\{\emptyset;\emptyset\}\};$
\\
$\{\{\emptyset;\{\emptyset;\emptyset\}\};\emptyset\}\};\{\{\{\emptyset\};\{\{\emptyset\};\{\emptyset\}\}\};\{\{\{\emptyset\};\{\{\emptyset\};\{\emptyset\}\}\};\emptyset\}\}\}\}\};\{\{\{\emptyset;\{\emptyset\}\};\{\{\emptyset;\{\emptyset\}\};\{\{\{\emptyset;\{\emptyset;\{\emptyset\}\}\};\{\{\emptyset;\{\emptyset;\{\emptyset\}\}\};$
\\
$\{\emptyset\}\}\};\{\{\{\emptyset\};\{\{\emptyset\};\emptyset\}\};\{\{\{\emptyset\};\{\{\emptyset\};\emptyset\}\};\{\emptyset\}\}\};\{\{\emptyset;\{\emptyset;\emptyset\}\};\{\{\emptyset;\{\emptyset;\emptyset\}\};\emptyset\}\};\{\{\{\emptyset\};\{\{\emptyset\};\{\emptyset\}\}\};\{\{\{\emptyset\};\{\{\emptyset\};\{\emptyset\}\}\};$
\\
$\emptyset\}\}\}\}\};\{\{\{\emptyset;\{\emptyset;\{\emptyset\}\}\};\{\{\emptyset;\{\emptyset;\{\emptyset\}\}\};\emptyset\}\};\{\{\{\emptyset\};\{\{\emptyset\};\emptyset\}\};\{\{\{\emptyset\};\{\{\emptyset\};\emptyset\}\};\emptyset\}\};\{\{\emptyset;\{\emptyset;\emptyset\}\};\{\{\emptyset;\{\emptyset;\emptyset\}\};\emptyset\}\};\{\{\{\emptyset\};$
\\
$\{\{\emptyset\};\{\emptyset\}\}\};\{\{\{\emptyset\};\{\{\emptyset\};\{\emptyset\}\}\};\{\emptyset\}\}\}\}\}\}$
\end{tabular}

La poésie n'est pas une solution.


Re: "il est facile de" la preuve :
27 janvier 2016, 20:09
avatar
ce que tu appelles un ordre est une demande polie, à moins qu'obséder par la forme, tu n'as que peux de scrupule sur le fond.
Le poète est celui qui marie le fond et la forme, c'est pour cela que ce n'est pas donné à tous le monde, en particulier à toi.



Modifié 2 fois. Dernière modification le 27/01/2016 20:23 par contrexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
27 janvier 2016, 21:51
avatar
@samok : pour ton énoncé, soit le cardinal de ton ensemble est de la forme p^n (p premiers), alors on peut établir une bijection ensembliste entre ton ensemble et un espace vectoriel sur le corps à p éléments de dimension n, et alors ton ensemble devient un espace vectoriel par cette bijection qui devient une fonction linéaire bijective.

soit ce n'est pas le cas (card <> p^n) alors on ne peut construire un e.v., car les corps finis sont de la forme p^n (avec p premiers).

Je n'arrive pas à compter le nombre d'éléments de ton ensemble mais de toutes les façons tu as ta réponse.



Modifié 1 fois. Dernière modification le 27/01/2016 21:52 par contrexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
28 janvier 2016, 08:20
avatar
S'il y a un énoncé dont vous aimeriez avoir une solution, vous pouvez me dire lequel, je vous en donnerais la solution que j'ai.
Re: "il est facile de" la preuve :
28 janvier 2016, 22:20
avatar
Contrexemple,

$(a,b)=\{a;\{a;b\}\}$
puis $(a,b,c)=((a,b),c)$
$\emptyset=0$ et $\{\emptyset\}=1$
$a=\{0;1\}$ puis les opérations $b$ et $c$ sont celles de $(\mathbb{Z}_2,+,.)$, par exemple $0+1=1$ s'écrit avec l'élément de $b$ : $\{\{0;\{0;1\}\};\{\{0;\{0;1\}\};1\}\}=((0,1),1)$

C'est aussi une caricature du formalisme que je visais.
Je ne sais pas ce que je suis mais tu sembles savoir ce que je ne suis pas, cela m'invite à ne plus intervenir dans ce fil.
Bonne continuation.

S

La poésie n'est pas une solution.



Modifié 1 fois. Dernière modification le 28/01/2016 22:32 par AD.
Re: "il est facile de" la preuve :
29 janvier 2016, 08:39
avatar
Samok,

Si ma réaction te semble, inappropriée, sache que dans la plupart des cas j'essaie tel que tu le faisais, de mimer tes réponses.
J'espère n'avoir pas franchi les limites du convenable, comme je peux te dire que tu ne les as pas franchies, ici.
Je te rappelle que si tu veux participer au fil, sans mettre des réponses volontairement ambiguës, tu es le bienvenu.

Au revoir.



Modifié 4 fois. Dernière modification le 31/01/2016 14:21 par jacquot.
Re: "il est facile de" la preuve :
29 janvier 2016, 10:21
avatar
Réponse 8 :
1/$f$ injective et $f^{-1}$ est contractante.
2/$f(\R^n)$ est fermé et ouvert dans $\R^n$, donc $f(\R^n)=\R^n$.
3/D'où par le théorème de point fixe des fonctions contractantes on a : un unique point fixe de $f^{-1}$, donc de $f$.



Modifié 2 fois. Dernière modification le 29/01/2016 10:23 par contrexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
06 fvrier 2016, 18:14
avatar
Bonjour,

Je vous propose de réfléchir à l'énoncé 9.

Indice : il repose sur la même astuce que l'énoncé 10.
Re: "il est facile de" la preuve :
07 fvrier 2016, 22:22
avatar
Montrer que $\lim_{n\rightarrow +\infty} \left(|\sin(nx)|\right)^{\tfrac{1}{n}}=1$, pour presque tout $x$ réel.

Je vis parce que les montagnes ne savent pas rire, ni les vers de terre chanter.(Cioran)
Re: "il est facile de" la preuve :
08 fvrier 2016, 08:06
avatar
$\int_{u\in[0,2\pi]} |\sin(nu)|^{\frac{1}{n}} du = \int_{v\in[0,n2\pi]} |\sin(v)|^{\frac{1}{n}} \frac{dv}{n}=\int_{t\in[0,2\pi]} |\sin(v)|^{\frac{1}{n}} du=2\pi$

Pour la première égalité $v=n\times u$, pour la deuxième car $\sin$ est périodique de période $2\pi$, pour la dernière égalité par le théorème de convergence simple.

Or $0\leq1-|\sin(nx)|^{\frac{1}{n}}$ et la limite de l'intégrale en $[0,2\pi]$ vaut 0, donc $\lim_{n\rightarrow +\infty}1-|\sin(nx)|^{\frac{1}{n}}$ est nul presque partout sur $[0,2\pi]$, on conclut à l'aide de la $2\pi$-périodicité.



Modifié 2 fois. Dernière modification le 08/02/2016 08:35 par contrexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
09 fvrier 2016, 17:32
avatar
indice 9 : c'est une application directe d'un théorème très connu (qui a déjà été mentionné).



Modifié 2 fois. Dernière modification le 09/02/2016 17:34 par contrexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
10 fvrier 2016, 10:39
avatar
énoncé 24 :
$P(n)=2n^2+2n+1$ montrer que $P$ sur les entiers, ne prend jamais comme valeur $p=4k+3$ avec p premier.



Modifié 1 fois. Dernière modification le 10/02/2016 10:40 par contrexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
10 fvrier 2016, 10:51
avatar
On peut d'ailleurs enlever la condition « $p$ premier » vu que $n(n+1)$ est pair.
Re: "il est facile de" la preuve :
10 fvrier 2016, 11:02
avatar
Bravo

énoncé 25 :
même Question avec $P(n)=n^2+1$



Modifié 3 fois. Dernière modification le 10/02/2016 11:08 par contrexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
10 fvrier 2016, 11:38
avatar
énoncé 25 : (renforcé)
Montrer que pour tout $n \in \N$, si $p|P(n)=n^2+1$ avec $p$ premier impair alors $p=4k+1$



Modifié 3 fois. Dernière modification le 10/02/2016 11:40 par contrexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
10 fvrier 2016, 12:23
avatar
énoncé 26 : un nouveau critère d'irréductibilité ?
Soit $P\in\Z[X]$ de degré $n$ tel qu'il existe $2n+1$ valeurs entières pour lesquelles $P$ vaut un nombre premier, peut-on dire qu'alors $P$ est irréductible sur $\Z$ ?



Modifié 6 fois. Dernière modification le 10/02/2016 13:19 par contrexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
10 fvrier 2016, 13:57
avatar
25: Supposons que $p\equiv 3 \ [4].$ Alors $p$ est irréductible dans $\Z[ i ]$, qui est factoriel, et $p\mid (1+in)(1-in).$ Par le lemme d'Euclide $p\mid 1\pm i n$.

Autrement dit, $\dfrac{1\pm in}{p}\in\Z[ i ]$, d'où $p\mid 1$ dans $\Z$, contradiction.

Greg

Ora, lege, lege, relege, labora et invenies (Prie, lis, lis , relis, travaille et tu trouveras)



Modifié 3 fois. Dernière modification le 10/02/2016 16:26 par GreginGre.
Re: "il est facile de" la preuve :
10 fvrier 2016, 16:54
avatar
Comment prouves-tu que $p=3 \mod 4$ est irréductible ?

énoncé 27 :
Montrer que pour tout $n\in\N$ si $p|P(n)=2n^2+2n+1$ alors $p=1 \mod 4$




Modifié 5 fois. Dernière modification le 10/02/2016 17:35 par contrexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
10 fvrier 2016, 17:14
avatar
Comme précédemment, si $p\equiv 3 \ [4]$, il divise $n\pm i(n+1)$ dans $\Z[ i ]$. Alors $\dfrac{n+i(n+1)}{p}\in\Z[ i ]$, d'où $p\mid n$ et $p\mid n+1$ dans $\Z$, et ainsi $p\mid 1$ par différence, contradiction.

Greg

Ora, lege, lege, relege, labora et invenies (Prie, lis, lis , relis, travaille et tu trouveras)



Modifié 3 fois. Dernière modification le 10/02/2016 17:15 par GreginGre.
Re: "il est facile de" la preuve :
10 fvrier 2016, 17:53
avatar
Pourquoi p=3 mod 4 est irréductible dans Z(i) ?

En effet cela revient à dire que pour tout entier premier somme de carré alors p=1 mod 4, ce qui est une propriété qui ne va absolument pas de soit.



Modifié 3 fois. Dernière modification le 10/02/2016 18:14 par contrexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
10 fvrier 2016, 18:03
Cela ne va pas de soit, mais cela va à peu près de soi quand on réalise que $-1$ est un carré dans $\Z/p\Z$ ($p$ premier impair) si et seulement si $4$ divise $p-1$.
Re: "il est facile de" la preuve :
10 fvrier 2016, 18:09
avatar
Bravo : j'ai la même solution.

Mais pourquoi $p=a^2+b^2$ premier alors $p=1 \mod 4$ ? ok, c'est facile



Modifié 3 fois. Dernière modification le 10/02/2016 18:13 par contrexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
10 fvrier 2016, 18:14
avatar
Bravo à vous deux.
Re: "il est facile de" la preuve :
10 fvrier 2016, 19:07
avatar
énoncé 28 :
Le nombre de polynôme $P\in \N[X]$ de degré $k>2000$ tel que pour tout $n\in \N$ si $k^4\leq P(n)$ alors $k^3\leq n$ est-il fini ?



Modifié 1 fois. Dernière modification le 10/02/2016 19:26 par contrexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
11 fvrier 2016, 08:02
avatar
énoncé 29 : (usage de la calculatrice conseillé)
$u_{n+1}=2u_n^2-2u_n +1 \mod (2^{607}-1)$, $u_0=3$, calculer $u_{2^{607}}$.



Modifié 2 fois. Dernière modification le 11/02/2016 13:40 par contrexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
11 fvrier 2016, 11:17
avatar
Réponse 9 et 10 : C'est une application du théorème de point fixe pour les fonctions contractantes, sur $F([0,1])$ munit de la norme sup.
Re: "il est facile de" la preuve :
11 fvrier 2016, 13:53
avatar
énoncé 30 : (avertissement plus dur que le précédent)
$u_{n+1}=u_n^2-2$ trouver l'expression générale de $u_n$ en fonction de $u_0$ ?
Re: "il est facile de" la preuve :
11 fvrier 2016, 14:16
Bonjour,

Pour le 30: Poser $u_n=\cos(v_n)$ formellement sans se poser de question d'existence et faire de la multiplication télescopique ?

Cordialement,

Rescassol
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