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"il est facile de" la preuve :

Envoyé par pourexemple 
Re: "il est facile de" la preuve :
01 novembre 2016, 17:41
avatar
104 : usage de la calculatrice recommandée (inutile de faire les calculs, donner l'algorithme (qui permettrait de faire le calcul en moins d'une dizaine de minutes avec un PC commun) suffit).



Modifié 2 fois. Dernière modification le 01/11/2016 18:01 par pourexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
01 novembre 2016, 17:58
Ennoncé : soit f continu sur $[0 1]$, $(a_{i})$ suite de $[0; 1]$, donner une condition nécessaire et suffisante sur les $a_{i}$ et $f(a_{i})$ pour que f soit differentiable en ces points.
Re: "il est facile de" la preuve :
01 novembre 2016, 18:06
avatar
Il faut et il suffit que la limite du taux d'accroissement en chacun des points $a_i$ existe.



Modifié 1 fois. Dernière modification le 01/11/2016 18:06 par pourexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
01 novembre 2016, 18:09
avatar
Cela ne semble pas marcher pour n'importe qu'elle suite en effet si la suite est constante égale à c, alors on ne peut pas trouver de CNS juste sur c et f(c) pour qu'elle soit dérivable en c.
Re: "il est facile de" la preuve :
01 novembre 2016, 18:13
C'est sur la suite qu'il faut que tu la donne.

C'est tiré d'un problème de la Rue d'Ulm qui a été recopié donc peut être mal.
Re: "il est facile de" la preuve :
01 novembre 2016, 18:22
avatar
Citation
pourexemple
104 : usage de la calculatrice recommandée (inutile de faire les calculs, donner l'algorithme (qui permettrait de faire le calcul en moins d'une dizaine de minutes avec un PC commun) suffit).

C'est inutile à moins que tu ne veuilles tous les chiffres de ce nombre. On peut donner une formule assez simple : il manque juste un terme à celle que j'ai donnée dans mon message précédent (sauf si j'ai encore fait une erreur de calcul). $$2^{101}(3^{104}-1)^3 + 3\cdot 2^{100}(9^{104}-1)(3^{104}-1)$$



Modifié 2 fois. Dernière modification le 01/11/2016 22:32 par Siméon.
Re: "il est facile de" la preuve :
01 novembre 2016, 18:58
avatar
@Siméon : je ne vois plus ta formule, peux-tu la mettre pour que je vérifie ?

Merci.
Re: "il est facile de" la preuve :
01 novembre 2016, 19:26
avatar
Elle est toujours dans le message ci-dessus (en blanc). Pour ceux qui préfèrent les valeurs numériques, c'est un entier à 180 chiffres :
461106286551196744562533022674428367052182015776841142790319
616205190512596023227169328482745246388253696908264946960552
288988574041658000293123661994660248918173639718142895718400



Modifié 2 fois. Dernière modification le 02/11/2016 00:04 par AD.
Re: "il est facile de" la preuve :
01 novembre 2016, 20:27
avatar
pour mod 10007,10009,10037, 10039,10061, tu trouves combien.

Ps : ton nombre est tronqué... sinon tu avais affiché une formule, peux-tu la remettre, ou as-tu dû t'en passer pour finalement, tout faire à l'aide d'un PC ?


En citant ton message on peut récupérer ta solution : BRAVO !



Modifié 1 fois. Dernière modification le 01/11/2016 20:48 par pourexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
01 novembre 2016, 21:07
avatar
Là, si tu arrives à t'en sortir avec une formule, alors chapeau bas.

énoncé 108 : spéciale dédicace à Siméon
On note $B$, l'ensemble des nombres entiers dont l'écriture en base 3 ne contient pas le chiffre 0.
Calculer $$\sum \limits_{b \in B \cap [1,3^{108}]} b^{109} \mod (2^{89}-1)$$

PS : le 89 reste le plus difficile.



Modifié 4 fois. Dernière modification le 09/11/2016 11:40 par pourexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
01 novembre 2016, 22:42
avatar
La formule correcte est de nouveau visible dans mon message. Je suis assez étonné de ta réaction : as-tu posté cet énoncé sans savoir qu'il menait à une expression aussi simple ? Dans ce cas, ça te ferait un exercice intéressant de retrouver comment je l'ai obtenue. Bonne nuit !
Re: "il est facile de" la preuve :
01 novembre 2016, 22:47
avatar
Non, je me doute qu'il peut y avoir une formule (que je ne connais pas) et simple, même pour la puissance 109, tomber dessus pour n=109 demande une méthode, la force brut ne suffirait pas... d'où ma réaction, pour savoir s'il y a méthode (ce qui pour moi serait impressionnant) ou utilisation de la force brut.

Bonne nuit.



Modifié 1 fois. Dernière modification le 01/11/2016 22:52 par pourexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
01 novembre 2016, 23:10
@pourexemple
Le 107 j ai trouvé que ça converge.
Tu peux me confirmer? Merci
Re: "il est facile de" la preuve :
01 novembre 2016, 23:19
@pourexemple

Pour le 106 oui, tu es d'accord ?



Modifié 2 fois. Dernière modification le 01/11/2016 23:44 par etanche.
Re: "il est facile de" la preuve :
02 novembre 2016, 08:21
Bonjour,

dans le problème 102, est-ce qu'on suppose que la norme est euclidienne ou bien est-ce valable pour n'importe-quelle norme ?

102



Modifié 2 fois. Dernière modification le 02/11/2016 08:41 par Blueberry.
Re: "il est facile de" la preuve :
02 novembre 2016, 11:44
avatar
Bonjour,

Je me rends compte que les énoncés deviennent de plus en plus complexe, donc j'ai besoin pour m'assurer de tenir le contrat, que quelqu'un d'autre que moi relise mes démonstrations pour s'assurer de leurs validités.
Je l'avais proposé à un membre éminent du forum, mais il a refusé.
Donc je contacterais des admins pour m'assurer de l'existence d'au moins un relecteur.

@Etanche : oui à tes 2 questions me semble-t-il.
@Blueberry : c'est un énoncé recyclé (70) auquel personne n'a encore répondu et il manque l'hypothèse n>1, que je n'avais pas oublié dans l'ancien énoncé.

Merci et bonne journée.



Modifié 1 fois. Dernière modification le 02/11/2016 13:48 par pourexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
02 novembre 2016, 14:13
@Blueberry: Ce n'est pas nécessaire ici, mais il y a un théorème surprenant qui dit que toute application surjective d'un $\mathbb{R}$-espace vectoriel normé sur lui-même qui conserve les égalités de distances est la composée d'une homothétie et d'une isométrie affine. Je ne me souviens plus du nom de la personne qui a démontré ça en premier, mais c'est une généralisation du théorème de Mazur-Ulam, qui est le cas où l'application est une isométrie.
Re: "il est facile de" la preuve :
02 novembre 2016, 14:17
@Palabra
Merci de ta réponse. Donc l'énoncé que tu viens de citer a ceci en plus de l'énoncé 102 qu'il s'applique à n'importe quel $\mathbb{R}$ espace vectoriel normé, si j'ai bien compris.



Modifié 1 fois. Dernière modification le 03/11/2016 07:35 par Blueberry.
Re: "il est facile de" la preuve :
02 novembre 2016, 21:20
Il a surtout en plus qu'il montre que les isométries sont affines (et le théorème a des démonstrations élémentaires et jolies). Je n'ai pas réfléchi en détail à cet exercice, mais j'avais fait quelque chose d'approchant et il me semble que cela aurait aussi bien pu fonctionner en dimension infinie.
Re: "il est facile de" la preuve :
04 novembre 2016, 18:47
avatar
Bonsoir,

énoncé 109 : équation diophantienne
Résoudre sur $\Z$ : $y^3+2xy^3+x^3+x^3y^2-xy+x^3y^3-5=0$

intérêt : il y a derrière la résolution de cette équation une méthode générale...

Bonne soirée.
Re: "il est facile de" la preuve :
05 novembre 2016, 20:47
@pourexemple
Est-ce qu 'il n 'y a que deux couples solutions pour 109?
Re: "il est facile de" la preuve :
06 novembre 2016, 13:46
avatar
Bonjour,

Je n'ai pas trouvé de relecteur, alors je ferais sans.

@Blueberry : j'ai oublié la démo du 102 (le 70 original), et la démo (partielle) que j'ai réussi à reconstituer fait plus d'une dizaine de lignes, donc je ne le propose plus.

@Etanche : Oui, me semble-t-il.

Bonne journée.



Modifié 2 fois. Dernière modification le 06/11/2016 14:41 par pourexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
07 novembre 2016, 15:21
avatar
Bonjour,

énoncé 110 : en attente.

Bonne journée.



Modifié 3 fois. Dernière modification le 07/11/2016 15:33 par pourexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
09 novembre 2016, 00:13
avatar
Bonsoir,

énoncé 110 :
Soit $E$ la fonction partie entière. Donner la limite de $$\sum \limits_{k\in[E(n/2),n]} \frac{1}{k}$$

Bonne nuit.
Re: "il est facile de" la preuve :
09 novembre 2016, 02:58
avatar
énoncé 110 :
Distinguer deux cas, $n$ pair, $n$ impair.
C'est la limite de $\frac{1}{m+1}+\frac{1}{m+2}+...+\frac{1}{2m}$ quand $m\rightarrow +\infty $, c'est $\ln 2$.
Bonne fin de nuit.
F. Ch.
Re: "il est facile de" la preuve :
09 novembre 2016, 07:40
avatar
Bonjour,

Bravo.

Pour ceux qui ne connaîtraient pas le truc cela revient au calcul d'une intégrale de Riemann.

Bonne journée.
Re: "il est facile de" la preuve :
09 novembre 2016, 09:02
avatar
Oui c'est une possibilité : quand $m\rightarrow +\infty $, $\displaystyle \frac{1}{m+1}+\frac{1}{m+2}+...+\frac{1}{2m}=\frac{1}{m}\overset{m}{\underset{k=1}{\sum }}\frac{1}{1+\frac{k}{m}}\rightarrow \int_{0}^{1}\frac{dt}{1+t}=\ln 2$.

Il y a aussi une autre démonstration Si l'on sait que $\displaystyle H_{m}=\overset{m}{\underset{k=1}{\sum }}\frac{1}{k}=\ln m+\gamma +o(1)$ quand $m\rightarrow +\infty $, alors : $\displaystyle \frac{1}{m+1}+\frac{1}{m+2}+...+\frac{1}{2m}=H_{2m}-H_{m}=(\ln (2m)+\gamma +o(1))-(\ln m+\gamma +o(1))=\ln 2+o(1)$.

Et une autre idée. Un exercice élémentaire sur la récurrence c'est l'identité de Catalan :$ \displaystyle \overset{m}{\underset{k=1}{\sum }}\frac{1}{m+k}=\overset{2m}{\underset{k=1}{\sum }}\frac{(-1)^{k-1}}{k}$.
Et bien sûr : $\displaystyle \overset{+\infty }{\underset{k=1}{\sum }}\frac{(-1)^{k-1}}{k}x^{k}=\ln (1+x)$ pour $ \displaystyle x\in ]0,1]$.

Bonne journée après la bonne nouvelle,
F. Ch.
09/11/2016
.



Modifié 2 fois. Dernière modification le 09/11/2016 09:35 par Chaurien.
Re: "il est facile de" la preuve :
09 novembre 2016, 09:40
avatar
@Chaurien : après quelle bonne nouvelle ?

Pour le 89 : On pourrait penser que j'utilise le théorème de Cauchy-Kowalevski
Mais en fait il en est rien, j'utilise une astuce qui me semble inédite qui permet de résoudre "facilement" des EDP non-linéaires.

Bonne journée.



Modifié 2 fois. Dernière modification le 09/11/2016 09:42 par pourexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
09 novembre 2016, 11:18
avatar
@Chaurien : il y a un classique revisité qui pourrait te plaire : [www.les-mathematiques.net]
Re: "il est facile de" la preuve :
09 novembre 2016, 13:34
Le 96 est un déguisement de l'inégalité arithmético-géométrique. Appeler ça "généralisation du discriminant" est un peu une tromperie sur la marchandise.
Re: "il est facile de" la preuve :
09 novembre 2016, 13:42
avatar
Bravo.

Et c'est bien une généralisation, certes partielle, du discriminant du polynôme de degré 2.

Ensuite, si tu veux un exercice qui te résiste un peu essaie donc le 108.

Bonne journée.
Re: "il est facile de" la preuve :
09 novembre 2016, 13:46
Ca ne généralise pas le discriminant du polynôme de degré 2 : pour ce dernier, il n'y a pas besoin d'hypothèse que le polynôme ne s'annule pas sur $\R_-$ !
Et il y a bien par ailleurs une vraie généralisation du discriminant en tout degré.
Re: "il est facile de" la preuve :
09 novembre 2016, 13:53
avatar
Citation :
Et c'est bien une généralisation, certes partielle, du discriminant du polynôme de degré 2.

Effectivement il existe une autre généralisation du discriminant : [fr.wikipedia.org]
Mais celle proposée ici à l'avantage d'être très simple.
Bon courage pour le 108.



Modifié 1 fois. Dernière modification le 09/11/2016 14:43 par pourexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
09 novembre 2016, 13:58
Celle proposée ici a le désavantage de ne pas servir à grand chose, contrairement à la vraie.
Aucune envie de regarder le 108, désolé.
Re: "il est facile de" la preuve :
09 novembre 2016, 14:44
avatar
Citation :
Celle proposée ici a le désavantage de ne pas servir à grand chose

Ok, c'est ton opinion.
Re: "il est facile de" la preuve :
09 novembre 2016, 17:44
avatar
@ pourexemple
Je ne sais en quoi l'énoncé 107 est un classique revisité.
Il me semble que les séries de termes généraux $u_{n}=\frac{\sin (n+\frac{1}{n})}{\ln (n+1)}$ ou $v_{n}=\frac{\cos (n+\frac{1}{n})}{\ln (n+1)}$ ou bien $z_{n}=\frac{e^{i(n+\frac{1}{n})}}{\ln (n+1)}$, sont convergentes.
J'ai cité dans un message précédent un lemme qui généralise le Critère Spécial pour les Séries Alternées :
[www.les-mathematiques.net]
Il nous assure que les séries de termes généraux $\frac{\sin n}{\ln (n+1)}$,$\frac{\cos n}{\ln (n+1)}$,$\frac{e^{in}}{\ln (n+1)}$ sont convergentes, et l'on se ramène à celles-ci au moyen d'un développement limité faisant apparaître des séries absolument convergentes.
Bonne soirée.
F. Ch
Re: "il est facile de" la preuve :
09 novembre 2016, 18:04
avatar
Non, le chemin que tu veux emprunter n'est pas du tout évident (pour moi en tous les cas)...

Bonne soirée.
Re: "il est facile de" la preuve :
09 novembre 2016, 18:28
avatar
Ok, j'ai compris par où tu veux passer :

énoncé 111 : spéciale dédicace à Chaurien
La série suivante converge-t-elle :
$$S_n=\frac{\sin(1+\frac{1}{\ln(2)})}{\ln(2)}+\frac{\sin(2+\frac{1}{\ln(3)})}{\ln(3)}+...+\frac{\sin(n+\frac{1}{\ln(n+1)})}{\ln(n+1)}$$
Re: "il est facile de" la preuve :
09 novembre 2016, 20:17
avatar
édit.



Modifié 1 fois. Dernière modification le 09/11/2016 22:09 par pourexemple.
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