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"il est facile de" la preuve :

Envoyé par pourexemple 
Re: "il est facile de" la preuve :
04 mai 2017, 21:42
Bonsoir,

Et si $\epsilon = 800$ ?

Cordialement,

Rescassol
Re: "il est facile de" la preuve :
04 mai 2017, 22:05
LP a résolu le 202
Preuve
Re: "il est facile de" la preuve :
04 mai 2017, 22:27
avatar
@Joaopa : effectivement.
Re: "il est facile de" la preuve :
04 mai 2017, 22:52
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 ?




Modifié 5 fois. Dernière modification le 05/05/2017 21:37 par pourexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
05 mai 2017, 08:54
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.



Modifié 1 fois. Dernière modification le 05/05/2017 21:40 par pourexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
05 mai 2017, 11:31
avatar
énoncé 209 : classique intégral +
Soit $n \in \N$ tel que $n>2$. $$I_n= \{f\in C^0([0,1],\R_+^*)\text{ | } \int_0^1 f^n \text{ d}x =(\int_0^1 f \text{ d}x)^n\} =\{x \rightarrow c \text{ | } c\in\R_+^*\}\text{ ? }$$



Modifié 6 fois. Dernière modification le 05/05/2017 21:41 par pourexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
05 mai 2017, 11:45
avatar
Merci Rescassol j'ai modifié ma conjecture normalement ça doit rouler tout seul smoking smiley .
Re: "il est facile de" la preuve :
05 mai 2017, 15:34
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 :
05 mai 2017, 16:13
avatar
énoncé 211 : une question de rapidité
Calculer le plus rapidement possible, $\exp(A)$, avec $A=[[1,2],[3,4]]$, matrice $2\times 2$.



Modifié 1 fois. Dernière modification le 05/05/2017 16:14 par pourexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
05 mai 2017, 16:17
Bonsoir,

Max, et si $\epsilon = 7967$ ?

Cordialement,

Rescassol
Re: "il est facile de" la preuve :
05 mai 2017, 18:32
avatar
@Rescassol j'ai fait du changement regarde un peu plus haut .smoking smiley
Re: "il est facile de" la preuve :
05 mai 2017, 18:46
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 :
05 mai 2017, 18:50
avatar
énoncé 212 : une question exponentielle
$$\text{dim}(\text{Vect}(\{f \in C^{\infty}(\R,\R)\text{ | } \forall x \in \R, \forall n \in \N, |f^{(n)}(x)|\leq \exp(x)\}))< \infty ?$$



Modifié 3 fois. Dernière modification le 06/05/2017 07:46 par pourexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
05 mai 2017, 18:56
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 :
05 mai 2017, 19:02
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 :
05 mai 2017, 19:12
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 $v_p(2^{n!}-1)=v_p(2^{p-1}-1)+v_p(n!/(p-1))\ge v_p(n!)-v_p(p-1)\ge v_p(n!)$.



Modifié 1 fois. Dernière modification le 05/05/2017 19:14 par Joaopa.
Re: "il est facile de" la preuve :
05 mai 2017, 19:13
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 :
05 mai 2017, 19:20
avatar
@Joaopa : comment tu prouves le résultat intermédiaire, "il est bien connu que..." ?



Modifié 1 fois. Dernière modification le 05/05/2017 19:20 par pourexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
05 mai 2017, 19:33
Bonjour,

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

Cordialement,

Rescassol



Modifié 1 fois. Dernière modification le 05/05/2017 19:33 par Rescassol.
Re: "il est facile de" la preuve :
05 mai 2017, 20:11
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 $v_p(a^n-1)=v_p((a^{p^r})^m-1)=v_p(a^{p^r}-1)=r+v_p(a-1)=v_p(n)+v_p(a-1)$



Modifié 1 fois. Dernière modification le 05/05/2017 20:12 par Joaopa.
Re: "il est facile de" la preuve :
05 mai 2017, 21:36
avatar
Joaopa : Bravo.
Re: "il est facile de" la preuve :
05 mai 2017, 23:12
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 $\lim \limits_{n \rightarrow \infty} \int_0^1 f_n \text{ d}x= \int_0^1 \lim \limits_{n \rightarrow \infty} f_n \text{ d}x$ ?



Modifié 1 fois. Dernière modification le 05/05/2017 23:27 par pourexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
06 mai 2017, 06:36
208 avec Cauchy-Schwarz cas d égalité donne f est constante.
Re: "il est facile de" la preuve :
06 mai 2017, 06:44
avatar
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.



Modifié 1 fois. Dernière modification le 06/05/2017 07:38 par pourexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
06 mai 2017, 06:45
avatar
@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.



Modifié 1 fois. Dernière modification le 06/05/2017 07:21 par pourexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
06 mai 2017, 10:57
avatar
énoncé 216 : convexité dominante
Soit $f\in \C^0(\R)$, existe-t-il $g$ fonction convexe sur $\R$ tel $|f| \leq g$ ?



Modifié 2 fois. Dernière modification le 06/05/2017 12:01 par pourexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
06 mai 2017, 13:20
avatar
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 :
06 mai 2017, 13:53
avatar
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 :
06 mai 2017, 14:26
avatar
$\sin \circ \sin $
Re: "il est facile de" la preuve :
06 mai 2017, 14:38
avatar
Bien vu.
Re: "il est facile de" la preuve :
06 mai 2017, 14:43
avatar
énoncé 219 : fonction sinus compatible +
A-t-on $$\exists f \in C^0([0,1]), f \text{ non constante, tel que } \forall x\in [0,1], f \circ \sin (x) = f(x) $$ ?



Modifié 1 fois. Dernière modification le 06/05/2017 14:46 par pourexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
06 mai 2017, 15:51
Bonjour,

Max, tel le meunier, tu dors ?

Cordialement,

Rescassol
Re: "il est facile de" la preuve :
06 mai 2017, 16:36
avatar
énoncé 220 : Non-domination entière.



Modifié 1 fois. Dernière modification le 06/05/2017 16:42 par pourexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
07 mai 2017, 11:34
avatar
@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 :
07 mai 2017, 11:38
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.



Modifié 1 fois. Dernière modification le 07/05/2017 11:40 par pourexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
07 mai 2017, 13:01
avatar
j'ai l'inégalité de Polya dans ce lien qui se démontre très facilement .



Modifié 1 fois. Dernière modification le 07/05/2017 13:08 par max8128.
Re: "il est facile de" la preuve :
07 mai 2017, 13:08
avatar
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 :
07 mai 2017, 13:21
avatar
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



Modifié 1 fois. Dernière modification le 07/05/2017 16:03 par max8128.
Re: "il est facile de" la preuve :
07 mai 2017, 18:29
avatar
Non, mon ami, tu viens de montrer que l'inégalité que je propose donne celle que tu proposes...winking smiley



Modifié 2 fois. Dernière modification le 07/05/2017 18:36 par pourexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
07 mai 2017, 20:05
avatar
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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