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"il est facile de" la preuve :

Envoyé par pourexemple 
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
Bonjour,

Nous savons ce que c'est que l'ordre lexicographique, ce lien était inutile.
Par contre, contrairement à ce que tu as l'air de penser, l'orthographe importe beaucoup.

Cordialement,

Rescassol
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
avatar
Salut,

Casses-têtes niveaux agreg :

-183 : les entiers synonymes
-185 : les fonctions holdériennes
-187 : produit en série
-197 : propriété fonction multiplicative.
-201 : le bijou de l'arithmétique ?
-205 : critère transcendant
-206 : conjecture Peugeot par Max
-207 : comptage des points rationnelles sur une courbe elliptique
-208 : un classique intégral
-209 : classique intégral +
-210 : arithmétique : enfin du non-classique ? Tombé par Joaopa
-211 : une question de rapidité
-212 : une question exponentielle
-213 : le théorème des fonctions dominées v2.0
-214 : fonction dominée
-215 : régularité de la domination
-216 : convexité dominante
-217 : le calcul impossible ?
-218 : fonction sinus compatible Tombé par Flipflop
-219 : fonction sinus compatible +
-220 : non-domination entière
-221 : inégalité rafraîchissante


Les incontournables : ici.


Cordialement.



Edité 23 fois. La dernière correction date de il y a deux années et a été effectuée par pourexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
Pour la troisième fois, le 202 est résolu. Il y a même le lien pour télécharger l'article.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
avatar
Citation
Rescassol
l'orthographe importe beaucoup.
Effectivement, mais il y a des choses encore plus importantes.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
avatar
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
Si tu ouvres les yeux, tu verras dans mon message qu'il y a un second lien pour télécharger l'article, ce que certains ont déjà fait.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
avatar
Ok, c'est bon.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
Ce n'est pas moi qui ai résolu ce problème. Retire mon pseudo s'il te plaît.



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a deux années et a été effectuée par jacquot.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
avatar
Si, si c'est bien toi (ici), maintenant si cela te dérange de voir ton pseudo, je l'enlève de ce pas.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
avatar
Bonsoir (et salutations à tous) si vous voulez un problème simple,facile de compréhension mais ardu à démontrer je vous conseil l'énoncé suivant :
Enoncé 206 ou encore Conjecture Peugeot
Montrer que la somme résultant de l'addition de chaque chiffre composant le nombre entier $2\epsilon^3+1$ est supérieur à la somme résultant de l'addition de chaque chiffre composant le nombre entier $\epsilon$ avec $\epsilon \geq 100 $
Edit d'après Rescassol : en rajoutant des 9 la ou il y a des 0 dans le nombre $2\epsilon^3+1$ on arrive normalement à une conjecture juste
Bien cordialement



Edité 3 fois. La dernière correction date de il y a deux années et a été effectuée par max8128.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
Bonsoir,

Et si $\epsilon = 800$ ?

Cordialement,

Rescassol
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
LP a résolu le 202
Preuve
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
avatar
@Joaopa : effectivement.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
avatar
énoncé 207 : comptage des points rationnels sur une courbe elliptique
Soit $E \text{ : } y^2=P(x)$ avec $\text{degré}(P)=3$ scindé sur $\Q$ à racine simple et unitaire.
Déterminer le nombre de points rationnels de cette courbe ?




Edité 5 fois. La dernière correction date de il y a deux années et a été effectuée par pourexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
avatar
Salut,

énoncé 208 : un classique intégral ?
$$ \{f \in C^0([0,1],\R) \text{ | } \int_0^1 f^2 \text{ d}x=(\int_0^1 f \text{ d}x)^2\}=\{x\rightarrow c\text{ | } c \in \R\} \text{ ? }$$

Cordialement.



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a deux années et a été effectuée par pourexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
avatar
énoncé 209 : classique intégral +
Soit $n \in \N$ tel que $n>2$. $$I_n= \{f\in C^0([0,1],\R_+^*)\text{ | } \int_0^1 f^n \text{ d}x =(\int_0^1 f \text{ d}x)^n\} =\{x \rightarrow c \text{ | } c\in\R_+^*\}\text{ ? }$$



Edité 6 fois. La dernière correction date de il y a deux années et a été effectuée par pourexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
avatar
Merci Rescassol j'ai modifié ma conjecture normalement ça doit rouler tout seul smoking smiley .
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
avatar
énoncé 210 : arithmétique : enfin du non classique ?
Soit $n \in \N^*$.

A-t-on $$(2^{n!}-1)2^n \mod n! =0$$ ?
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
avatar
énoncé 211 : une question de rapidité
Calculer le plus rapidement possible, $\exp(A)$, avec $A=[[1,2],[3,4]]$, matrice $2\times 2$.



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a deux années et a été effectuée par pourexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
Bonsoir,

Max, et si $\epsilon = 7967$ ?

Cordialement,

Rescassol
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
avatar
@Rescassol j'ai fait du changement regarde un peu plus haut .smoking smiley
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
Je rappelle que dans ce fil, l'auteur de la question doit avoir une preuve pour sa question.
Vu que Max a modifié 25 fois sa question, iil n'a pas de preuve. Pire encore, il n'a pas testé sa conjecture. On va lui trouver un contre exemple et il reviendra la modifier pour une $n$-ième fois.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
avatar
énoncé 212 : une question exponentielle
$$\text{dim}(\text{Vect}(\{f \in C^{\infty}(\R,\R)\text{ | } \forall x \in \R, \forall n \in \N, |f^{(n)}(x)|\leq \exp(x)\}))< \infty ?$$



Edité 3 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a deux ann&eacute;es et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par pourexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
avatar
@Joaoap : effectivement, quand on poste une question dans ce fil, il faut croire en avoir une preuve.

@Max : ici, tes conjectures seront les bienvenus (j'ai ouvert ce fil exprès pour cela).
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
Bonjour,

Max, j'ai tenu compte de ta dernière modification.
Pour $\epsilon=7967$, la somme de ses chiffres est $29$ alors que celle de $2\epsilon ^3+1=1011380200127$ est $26$, et aux dernières nouvelles, on n'a pas $26>29$.
Maintenant, mettre des $1$ à la place des $0$ change complètement le problème.
Ma motivation diminue.

Cordialement,

Rescassol
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
210:

on a $v_2(n!)=\sum_{i\ge1}\left[\frac n{2^i}\right]\le n$ d'après la formule de Legendre.
Soit $p\ge3$ est premier. Il est bien connu (et facile à montrer que) si $p$ divise $a-1$ ($a\in\mathbb Z)$ alors $v_p(a^m-1)=v_p(m)+v_p(a-1)$ pour $m\in\mathbb N^*$.

On a $p$ divise $2^{p-1}-1$. Donc $v_p(2^{n!}-1)=v_p(2^{p-1}-1)+v_p(n!/(p-1))\ge v_p(n!)-v_p(p-1)\ge v_p(n!)$.



Edité 1 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a deux ann&eacute;es et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par Joaopa.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
avatar
@Rescassol merci à toi car tes contre-exemples font toujours mouche . Ta motivation ? Cela me fait chaud au cœur car tu es la première personne (et peut-être d'autre) sur ce forum qui croit en moi ou à mes conjectures . Normalement en remplaçant les zéros par des un la conjecture est juste dire que j'ai eu 10 points sur MSE en posant cette inégalité ...grinning smiley
Ah aux faites, ce théorème te redonnerai t-il foi ? :
Soit N un entier naturel positif quelconque , $N=\sum_{i=0}^{n}a_i10^i$ , $n> 2$ , $a_i$ un entier naturel , tel que $0\leq a_i \leq 9$ , $a_n$ différent de $0$ et $0\leq i \leq 9$ alors :
$$N\geq \frac{1\overbrace{0\cdots0}_{}^{k+1}\overbrace{9\cdots9}_{}^{n-k}}{1+9(n-k-1)}A_n$$
Ou $A_n=\sum_{i=0}^{n}a_i$, et $k$ l'unique entier naturel tel que :
$2+\sum_{i=0}^{k}10^i\leq n \leq 2+\sum_{i=0}^{k+1}10^i$

Amicalement
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
avatar
@Joaopa : comment tu prouves le résultat intermédiaire, "il est bien connu que..." ?



Edité 1 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a deux ann&eacute;es et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par pourexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
Bonjour,

Max, même en rajoutant des $1$, teste $\epsilon=797967$.

Cordialement,

Rescassol



Edité 1 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a deux ann&eacute;es et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par Rescassol.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
Soit $a=1+b$ avec $p\mid b$. On a $a^p-1= bp+b^p+\sum_{k=2}^{p-1}C^k_pb^k$.
Pour $k$ compris entre $2$ et $p-1$, on a $C^k_p$ divisible par $p$, donc $v_p(C^k_pb^k)\ge kv_p(b)+1>v_p(pb)$. On a aussi
$v_p(b^p)>1+v_p(b)$. Par conséquent, $v_p(a^p-1)=v_p(b)+1=v_p(a-1)+1$. Par récurrence, $v_p(a^{p^r}-1)=v_p(a-1)+r$
Soit $m\in\N$, $p\nmid m$. Alors $v_p(a^m-1)=v_p(a-1)$.
En effet, $a^m-1=(a-1)[m+\sum_{k=1}^{m-1}(a^k-1)]$. Chaque terme de la somme est divisible par $p$. Comme $m$ ne l'est pas pas, on a le résultat.

Dans le cas général, on pose $n=p^rm$ avec $p\nmid m$. Alors $v_p(a^n-1)=v_p((a^{p^r})^m-1)=v_p(a^{p^r}-1)=r+v_p(a-1)=v_p(n)+v_p(a-1)$



Edité 1 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a deux ann&eacute;es et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par Joaopa.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
avatar
Joaopa : Bravo.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
avatar
énoncé 213 : le théorème des fonctions dominées v2.0
Soit $f_n$ une suite de fonction continue sur $[0,1]$, convergent simplement.
A-t-on $\lim \limits_{n \rightarrow \infty} \int_0^1 f_n \text{ d}x= \int_0^1 \lim \limits_{n \rightarrow \infty} f_n \text{ d}x$ ?



Edité 1 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a deux ann&eacute;es et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par pourexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
208 avec Cauchy-Schwarz cas d égalité donne f est constante.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
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Salut,

énoncé 214 : fonction dominée
Soit $f\in C^0(\R)$. A-t-on $\exists g \in C^1(\R), |f| \leq g$ ?

énoncé 215 : régularité de la domination
Soit $(f_n) \in (C^0(\R))^\N$, avec $\exists g \in C^1(\R), \forall n \in \N, |f_n|\leq g$.
Peut-on en extraire une sous-suite convergent simplement, vers une fonction continue ?

Cordialement.



Edité 1 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a deux ann&eacute;es et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par pourexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
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@Etanche : Bravo. Peux-tu détailler un peu ? (je me rends compte que c'est loin d'être évident pour moi)

Merci.

PS : la solution que je pense avoir n'utilise pas ce résultat.



Edité 1 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a deux ann&eacute;es et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par pourexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
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énoncé 216 : convexité dominante
Soit $f\in \C^0(\R)$, existe-t-il $g$ fonction convexe sur $\R$ tel $|f| \leq g$ ?



Edité 2 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a deux ann&eacute;es et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par pourexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
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énoncé 217 : le calcul impossible ?
Calculer $$(X^{2^{2^{2017}}} \mod (X^3+2X+1)) \mod (2^{89}-1) $$

PS : il s'agit de X^{2^{2^{2017}}
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
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énoncé 218 : fonction sinus compatible
A-t-on $$\exists f \in C^0([0,1]), f \neq \sin\text{ et } f \neq \text{id}_{[0,1]}, \forall x \in [0,1], f(\sin(x))=\sin(f(x))$$ ?
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
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$\sin \circ \sin $
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
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Bien vu.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
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énoncé 219 : fonction sinus compatible +
A-t-on $$\exists f \in C^0([0,1]), f \text{ non constante, tel que } \forall x\in [0,1], f \circ \sin (x) = f(x) $$ ?



Edité 1 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a deux ann&eacute;es et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par pourexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
Bonjour,

Max, tel le meunier, tu dors ?

Cordialement,

Rescassol
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
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énoncé 220 : Non-domination entière.



Edité 1 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a deux ann&eacute;es et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par pourexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
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@Rescassol ultime changement après faudra penser à l'abandonner cette conjecture semi-maudite (remplace les zéros par des 9 comme tu devais t'y attendre grinning smiley )

Bien cordialement.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
avatar
Salut,

énoncé 221 : une inégalité rafraîchissante (merci à Siméon)
A-t-on $$\forall x \neq y \in \R^2, \exp(\frac{x+y}{2})\leq \frac{\exp(x)-\exp(y)}{x-y}$$ ?

Cordialement.



Edité 1 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a deux ann&eacute;es et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par pourexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
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j'ai l'inégalité de Polya dans ce lien qui se démontre très facilement .



Edité 1 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a deux ann&eacute;es et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par max8128.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
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Ok, si c'est mieux, utilise ton inégalité pour montrer celle que je propose, sinon ce n'est pas mieux, c'est juste différent... smiling smiley
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
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On pose $y=ln(a)$ et $x= ln(b)$
Cela donne
$$exp(ln(\sqrt{ab}))\leq \frac{exp(ln(b))-exp(ln(a))}{ln(b)-ln(a)}$$
ou encore
$$\sqrt{ab}\leq \frac{b-a}{ln(b)-ln(a)}$$
On pose le changement de variable suivant :
$u=a$ et $uv=b$
Après simplification on trouve
$$\sqrt{v}\leq \frac{v-1}{ln(v)}$$
Après cela je te laisse conclure.winking smiley



Edité 1 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a deux ann&eacute;es et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par max8128.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
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Non, mon ami, tu viens de montrer que l'inégalité que je propose donne celle que tu proposes...winking smiley



Edité 2 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a deux ann&eacute;es et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par pourexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a deux années
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Salut, voici une inégalité ultra-rafraichissante :
Soit les conditions suivantes $a>b>d$,$a>c>d$ et $s<t$,$t\ne 0$ avec $a,b,c,d,s,t$ des réels on a alors :
$$\frac{e^{as}-e^{bs}}{e^{cs}-e^{ds}}<\frac{e^{at}-e^{bt}}{e^{ct}-e^{dt}}$$

Ps:elle est tirée du "Dictionnary of inequalities" deuxième édition de Peter Bullen .
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