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"il est facile de" la preuve :

Envoyé par pourexemple 
Re: "il est facile de" la preuve :
29 dcembre 2016, 16:33
avatar
@Tonm : le 74-2/ contre le 88 ?



Modifié 1 fois. Dernière modification le 29/12/2016 16:35 par pourexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
29 dcembre 2016, 16:37
avatar
Une façon de voir limite $P(x)-x$ quand $x$ tend vers $-\infty$ est nécessairement $-\infty$ et $+\infty$ quand $x$ tend $+\infty$ ($P(x)$ emporte sur $2x$) donc la fonction va s'annuler...



Modifié 1 fois. Dernière modification le 29/12/2016 16:41 par Tonm.
Re: "il est facile de" la preuve :
29 dcembre 2016, 16:40
avatar
Oui, c'est une solution plus rapide que celle que j'avais envisagé et qui ne marche que si $P$ est $C^1$.
Re: "il est facile de" la preuve :
29 dcembre 2016, 16:48
avatar
Disons P est $C^1$ comment tu fais?


L'échange de solutions n'est pas ma visée mais...
Re: "il est facile de" la preuve :
29 dcembre 2016, 16:54
avatar
On a $P'(x)-2\geq 0$ donc $P'(x)\geq 2$ on a donc $P$ inversible et son inverse sa réciproque à une dérivée plus petite que $1/2$, donc la réciproque de $P$ est contractante sur $\R$ complet donc elle admet un point fixe, et alors le point fixe de $P^{-1}$ est le point fixe de $P$.



Modifié 1 fois. Dernière modification le 29/12/2016 16:58 par pourexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
29 dcembre 2016, 16:59
avatar
Trés jolie
Re: "il est facile de" la preuve :
29 dcembre 2016, 17:05
avatar
L'habillage lui n'était pas joli... Je pense que l'on aurait pu en tirer un énoncé beaucoup plus surprenant.



Modifié 1 fois. Dernière modification le 29/12/2016 17:18 par jacquot.
Re: "il est facile de" la preuve :
29 dcembre 2016, 18:02
exo 62: si c'est basé sur l'égalité de Lucas , ça n'a aucun d'intérêt. S'il y a une autre méthode générique, je suis preneur.

$$\frac{x^{2^n}}{x^{2^{n+1}}-1}=\frac{x^{2^{n+1}}}{x^{2^{n+1}}-1}-\frac{x^{2^{n}}}{x^{2^{n}}-1}$$
Re: "il est facile de" la preuve :
29 dcembre 2016, 18:20
avatar
Bravo.

Sinon je ne connais pas la méthode de Lucas.
Et ici l'astuce consiste à calculer $f(x)+f(g(x))+...+f(g^n(x))$ en calculant h tel que, $f(x)=h(g(x))-h(x)$.
C'est du télescopique pousser un peu plus loin.

Après, je ne sais pas si cela à un intérêt pour toi, mais je suppose que tu ne le diras, que si cela n'a aucun intérêt pour toi.
Re: "il est facile de" la preuve :
29 dcembre 2016, 18:24
Je suis preneur (pour voir si ca mène un téléscopage différent de celui de Lucas) !!



Modifié 1 fois. Dernière modification le 29/12/2016 18:25 par Joaopa.
Re: "il est facile de" la preuve :
29 dcembre 2016, 18:28
avatar
Voilà un exemple de ce que l'on peut calculer : [www.les-mathematiques.net]
Re: "il est facile de" la preuve :
29 dcembre 2016, 18:34
avatar
@Joaopa : je connais la fameuse phrase "le client est roi", mais il ne faut pas pousser, après si tu crois que tous ces énoncés sont à ta portés (sans avoir besoin d'échanger de tes astuces) alors attaque toi au 89.
Re: "il est facile de" la preuve :
29 dcembre 2016, 19:08
avatar
Citation
pourexemple
@Siméon : le 144 contre le 108 ?

Pour le 108, il s'agit essentiellement de calculer $S(107,109)$ pour une famille de nombres $S(n,p)$ qu'on peut obtenir de proche en proche à l'aide de la formule de récurrence
$$
S(n,p) = \sum_{k=0}^p \binom{p}{k} (2^k+1)3^{nk} S(n-1,p-k)
$$
Ceci est lié directement à la méthode que j'avais utilisée pour l'autre somme, mais je ne sais pas obtenir de formule close ici. Avais-tu une solution plus élégante/astucieuse ?

Pour le 144, on vérifie que si le groupe $G$ contient un élément $a$ différent du neutre $1$, alors la fonction
$$
x \mapsto \begin{cases}a & \text{si } x = 1\\ 1 & \text{si } x \neq 1\end{cases}
$$
n'est pas produit de deux permutations $u$ et $v$ de $G$ : sinon en posant $b = u(1)$ on a nécessairement $b^{-1} \notin v(G\setminus\{1\})$ par injectivité de $u$, donc $v(1) = b^{-1}$ par surjectivité de $v$, d'où $a = 1$.



Modifié 1 fois. Dernière modification le 29/12/2016 19:11 par Siméon.
Re: "il est facile de" la preuve :
29 dcembre 2016, 19:21
avatar
@Siméon : plus général oui, me semble-t-il.

$P_0(x)=x^{109}$
$P_1(x)=P_0(3x+1)+P_0(3x+2) \mod p$
$P_2(x)=P_1(3x+1)+P_1(3x+2) \mod p$
...
$P_{108}(x)=P_{107}(3x+1)+P_{107}(3x+2) \mod p$

$P_{108}(1) \mod p$ donne le résultat voulut.

Bonne soirée.
Re: "il est facile de" la preuve :
29 dcembre 2016, 19:29
avatar
@pourexemple : c'est grosso-modo le même calcul.
Re: "il est facile de" la preuve :
29 dcembre 2016, 19:39
avatar
Possible, mais qu'est-ce qui t'a empêché alors de me donner le résultat ?
Re: "il est facile de" la preuve :
29 dcembre 2016, 20:01
avatar
@Siméon : on ne calculait plus sur les entiers de Cantor, mais sur les entiers dont l'écriture en base 3, n'admet pas de 0.
Re: "il est facile de" la preuve :
29 dcembre 2016, 20:06
avatar
C'est méthode permet de calculer tout aussi simplement, par exemple la puissance 109, des entiers plus petit que $10^{100}$ dont l'écriture en base de 10 ne contient que des chiffres impairs.... et encore plus de chose...
Re: "il est facile de" la preuve :
29 dcembre 2016, 21:24
avatar
Voilà, les énoncés dont les astuces sont, inédites, à ma connaissance (du plus facile à trouver, au plus difficile) :

-82, 99, 88, 89.

Bonne soirée.



Modifié 1 fois. Dernière modification le 29/12/2016 21:25 par pourexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
30 dcembre 2016, 05:38
avatar
Bonjour


Ça a resté simple même avec numéro 2/ en fait on peut considérer les temps où les coureurs seront tous au départ, pour les temps qui suivent bien sûr on aura les conditions du 1/ et 2/ vérifiées. (74)


Pour le 88 j'ai réflechi mais rien.


Cordialement.



Modifié 1 fois. Dernière modification le 30/12/2016 05:39 par Tonm.
Re: "il est facile de" la preuve :
30 dcembre 2016, 09:07
avatar
Bonjour,

Je n'arrive pas à voir comment on peut les avoir aussi proches que voulut, sur n'importe quelle section du terrain, et aussi donner au joueur de son choix la position de son choix.

D'ailleurs si tu prends 2 coureurs avec une vitesse de $1 ms^{-1}$ et l'autre de $2 ms^{-1}$, leur mouvement (des 2 ensemble) est périodique, de période $1000$ secondes, et il me semble, alors, qu'il y a des sections de terrains où on ne verra jamais les 2 ensembles.

PS : simplicité (compréhensible du plus grand nombre) et facilité (on peut trouver rapidement) ne sont pas confondus, d'ailleurs il y a, un grand soin, à les dissocier, dans les énoncés proposés ici.

Bonne journée.



Modifié 6 fois. Dernière modification le 30/12/2016 09:20 par pourexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
30 dcembre 2016, 10:54
avatar
Bonjour,

les vitesses sont rationnelles de la forme $v_i=\dfrac{c_i}{b_i}$

en $km/h $ il y a une infinité de valeurs $t$ temps tel que $v_i t_i$ soit un entier pour tout $i$. Ce sont des tour complet puisque la longueur du terrain est $1$ km.
Maientenant à ces temps là ils se trouvent au meme point du départ et pour $t+\epsilon$ on aura ce qu'on affirme dans 1/ et 2/.


J'ai pas dit que la section est n'importe où dans le trajet mais juste l'existence de section aussi petite que l'on veut tel que les coureurs son en ordre dans cette section.
Re: "il est facile de" la preuve :
30 dcembre 2016, 11:01
avatar
1 et 2 sont des rationnelles.

Alors j'avais mal compris cela :
tous ces coureurs sont dans une section quelconque

Ok, et comment tu fais pour choisir la position que tu veux, pour le coureur que tu veux ?

PS : tu n'es pas obligé de répondre publiquement.

Bonne journée.
Re: "il est facile de" la preuve :
30 dcembre 2016, 11:10
avatar
Autant pour moi j'avais raté cette condition : vitesse(ai)<vitesse(aj).

Merci.

Donc voilà la réponse du 88 :
1/ la fonction, dont on prend le max, est concave.
2/ le max ne peut être atteint à l'intérieur de la sphère (des polynômes).
3/ si le max est atteint en deux points distincts de la frontière alors il est atteint en un point intérieur de la sphère.

En fait, comme l'a remarqué mojojojo, il y a bien une affaire de convexité stricte, mais pas pour la fonction, mais pour l'ensemble considéré.

Bonne journée.



Modifié 1 fois. Dernière modification le 30/12/2016 11:18 par pourexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
30 dcembre 2016, 11:50
avatar
Merci.
Re: "il est facile de" la preuve :
30 dcembre 2016, 14:30
avatar
Non non, c'est bien la fonction qui à un polynôme de $A$ renvoi la valeur de l'intégrale qui est une fonction strictement concave, l'ensemble $A$ étant convexe la fonction y admet au plus un maximum. L'existence vient de compacité+continuité.

Je n'ai jamais rien dit sur la possible localisation du maximum sur la frontière.
Re: "il est facile de" la preuve :
30 dcembre 2016, 14:52
avatar
Citation Mojojojo :
c'est bien la fonction qui à un polynôme de A renvoi la valeur de l'intégrale qui est une fonction strictement concave,

Je ne pense pas qu'elle soit strictement concave, et cela resterait à montrer.
Re: "il est facile de" la preuve :
30 dcembre 2016, 15:52
avatar
Eh bien tu devrais peut-être y penser un peu plus alors. Ou relire ce que j'ai déjà écrit.



Modifié 1 fois. Dernière modification le 30/12/2016 15:55 par mojojojo.
Re: "il est facile de" la preuve :
30 dcembre 2016, 16:29
avatar
Oui, et toi lire cela et le message qui suit, peut-être.

Bonne journée.
Re: "il est facile de" la preuve :
30 dcembre 2016, 16:45
avatar
Oui, effectivement.

Soit $P,Q \in A$ distincts alors il existe $t\in [0,1]$ tel que $P(t)\neq Q(t)$, d'où en utilisant la stricte convexité de $\ln$ le résultat.

Désolé, je peux me tromper et je me suis trompé.



Modifié 1 fois. Dernière modification le 30/12/2016 16:59 par pourexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
30 dcembre 2016, 20:02
avatar
Bonsoir,

réponse 89 :
1/Il faut utiliser le théorème de point fixe Picard.
2/Et l'appliquer à $f$ continue (ou M-lipschitzienne (je ne me souviens plus trop)) (avec la norme uniforme) et $f(0,0)=0$ :
$$P_0(\int_{[0,x_1]}\int_{[0,x_2]} f(t_1,t_2) dt_1dt_2)+P_1(\int_{[0,x_2]} f(t_1,t_2)dt_2)+P_2(\int_{[0,x_1]} f(t_1,t_2) dt_1)+P_3(f(x_1,x_2))=x_1+x_2$$

Ce n'est pas parce que c'est simple que c'est facile à trouver.

Bonne soirée.



Modifié 1 fois. Dernière modification le 02/01/2017 08:47 par pourexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
31 dcembre 2016, 18:38
avatar
J'ai changé l'énoncé du 146 celui qui trouve la solution (j'en dispose d'une) je lui offre un bouquin (grinning smiley).
Re: "il est facile de" la preuve :
01 janvier 2017, 14:13
avatar
Bonjour,

énoncé 147 : calcul difficile ?
Comment calculer la dérivée 100-iem en 0 de $\sin^{2^{100}+1}$ ?

Bonne journée et bonne année.



Modifié 6 fois. Dernière modification le 01/01/2017 15:23 par pourexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
01 janvier 2017, 15:32
avatar
énoncé 148 : un calcul difficile (bis) ?
Comment calculer la dérivée 100-iem en 0 de $\sin^{2^{2017}}$ ?



Modifié 2 fois. Dernière modification le 01/01/2017 15:45 par pourexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
02 janvier 2017, 20:38
avatar
Un dernier énoncé de ma part :
Énoncé 149 :
Soient , $a_1$,$a_2$,...,$a_n$ et $b_1$,$b_2$,...,$b_n$ deux suites de réels tels que :
$\frac{\prod_{k=0}^{n}(a_k)}{\prod_{k=0}^{n}(b_k)}\leq 1$, et $\sum_{k=0}^{n}(a_k)\leq \sum_{k=0}^{n}(b_k)$
Je précise que les $a_n$ et les $b_n$ sont tous supérieur à 3 et que $n\geq3$.
Démontrer ceci :
$$\frac{\prod_{k=1}^{n}(a_k)^{a_k}}{\prod_{k=1}^{n}(b_k)^{b_k}}\leq \frac{\prod_{k=1}^{n}(a_k)!}{\prod_{k=1}^{n}(b_k)!}$$
Re: "il est facile de" la preuve :
03 janvier 2017, 14:55
@Max: As-tu une solution à ton exercice?
Re: "il est facile de" la preuve :
03 janvier 2017, 16:58
Pour le 115: application de la formule de Legendre
$$v_p(n!)=\sum_{i\ge0}\left[\frac n{p^i}\right]=\frac{n-s_p(n)}{p-1}$$
où $s_p(n)=$ sommes des $p$-chiffres de $n$.



Modifié 1 fois. Dernière modification le 03/01/2017 16:59 par Joaopa.
Re: "il est facile de" la preuve :
04 janvier 2017, 11:32
avatar
@Pourexemple oui j'en ai une . Je vais attendre un peu avant de la divulguer .
Cordialement.
Re: "il est facile de" la preuve :
04 janvier 2017, 19:09
avatar
Voici la solution de l'énoncé 149 [www.les-mathematiques.net]

Cordialement.
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