"il est facile de" la preuve :
Réponses
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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. -
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 $p-1$.
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Bravo : j'ai la même solution.
Mais pourquoi $p=a^2+b^2$ premier alors $p=1 \mod 4$ ? ok, c'est facile -
Bravo à vous deux.
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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 ? -
énoncé 29 : (usage de la calculatrice conseillé)
$u_{n+1}=2u_n^2-2u_n +1 \mod (2^{607}-1)$, $u_0=3$, calculer $u_{2^{607}}$. -
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.
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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 $u_0$ ? -
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 -
Bonjour,
Et si je prend $|u_0|>1$ ?
Cordialement. -
Bonjour,
Tu as zappé le mot "formellement" ?
D'autre part, je n'ai pas prétendu que $v_n$ était réel.
Cordialement,
Rescassol -
Ok, peux-tu donner le terme générale de $u_n$ avec $u_0=3$ ?
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C'est l'entier le plus proche de $\varphi^{2^n}$, où $\varphi$ est la célèbre constante.
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Ok, peut-être et avec $u_0$ quelconque ?
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La récurrence a(n+1) = a(n)^2 - 2 avec a(0) = x > 2 a la solution a(n) = ((x + sqrt(x^2 - 4))/2)^(2^n) + ((x - sqrt(x^2 - 4))/2)^(2^n).
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Bien essayé mais non.
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Pour donner plus d'intérêt à l'énoncé 26, je vous informe que c'est bien un nouveau critère d'irréductibilité, en tous les cas s'ils existaient je ne le connaissais pas.
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Bonjour,
J'ai oublié un $2$. En posant $u_n=2\cos(v_n)$, on arrive à $v_{n+1}=2v_n$ donc $v_n=v_0 2^n$.
Après, peut-être faut il bricoler avec les déterminations complexes.
Cordialement,
Rescassol -
Bonjour,
C'est possible, mais la solution que j'ai, n'a pas cette forme.
Donc il faudrait creuser d'avantage la question. -
@Rescassol : après réflexion il me semble que ta solution n'est pas bonne.
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Bravo
Ta solution (presque le 2 que tu as ajouté est en trop) marche, voilà la mienne plus proche de celle proposé par Cidrolin :
$u_n=a^{2^n}+a^{-2^n}$ -
énoncé 31 : (avertissement plus difficile que le 30)
$v_{n+1}=\frac{1}{2}(v_n^2+u_n^2)$
$u_{n+1}=u_n(v_n-u_n)$
Déterminer l'expression générale de $u_n$ et $v_n$ en fonction des valeurs initiales.
Intérêt et indice : il y a derrière ce problème une méthode générale. -
Le 26 prendre $P$ réductible de degré minimal.
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Tu proposes un contre-exemple ?
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je sais bien que tous ces problèmes admettent une réponse courte, mais je vous demanderais de développer un minimum vos réponses.
Merci. -
Énoncé 31.
En posant : $x_{n}=\frac{1}{2}v_{n},y_{n}=\frac{1}{2}u_{n}$, il vient : $x_{n+1}=x_{n}^{2}+y_{n}^{2},y_{n+1}=2y_{n}(x_{n}-y_{n})$.
Et il me vient l'idée de chercher un irrationnel $\theta$ tel que : $x_{n+1}+y_{n+1}\theta =(x_{n}+y_{n}\theta )^{2}$.
Et il me semble que ça marche avec $\theta =-1+\sqrt{2}$.
Etc.
Bonsoir.
F. Ch. -
Pour l'énoncé 30, l'idée de Rescassol me semble la bonne et pour régler la question pour toute valeur initiale, utiliser les polynômes de Tchebychev de première espèce.
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26-> Autre méthode: partager $2n+1$ $\pm 1$ en deux polynômes de degré $<n$ avec sommes des degrés $=n$.
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énoncé 20 le plus dur de tous les énoncés proposés pour l'instant.
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Soit $m=\varphi(5^{19})=4\times 5^{18} = 15258789062500$.
On pose $a_0=3$ et $a_{k+1}=a_k^2\pmod{5^{20}}=a_k^2\pmod{95367431640625}$.
On a donc $a_k=3^{2^k}\pmod{5^{20}}$, et on veut calculer $S=a_0+a_1+\cdots+a_{2^{100}-1}$.
On fait la division Euclidienne de $2^{100}-1$ par $m$. Elle s'écrit $2^{100}-1=qm+r$ où $q=83076749736557242$ et $r=861937580375$.
Notons que $a_k=a_{k+m}$ pour tout $k\geqslant 2$. En effet, $2^{k+m}-2^k=2^k(2^m-1)$ avec $2^k$ divisible par $4$ et $2^m-1$ divisible par $5^{19}$, donc $2^{k+m}\equiv 2^k\pmod{\varphi(5^{20})}$.
On a donc $S=(a_0+\cdots+a_r)+(a_{r+1}+\cdots+a_{r+m})q$. Ceci nécessite d'effectuer $2(r+m)+1=32241453285751$ opérations dans $\Z/5^{20}\Z$ (voire un peu moins si on s'y prend bien). C'est long mais praticable par ordinateur en quelques jours au maximum suivant le programme utilisé et la puissance de l'ordinateur. -
énoncé 32 :
$f$ fonction continue de $\R^2$ dans lui même tel que $\{(2,-2),(3,-1)\}\subset f(\R^2)$.
Montrer qu'alors il existe $a$ tel que $\{(a^2,a)\}\subset f(\R^2)$. -
@JLT : oui, c'est une solution mais un peu longue.
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Précisions par temps raisonnable j'entends (moins de 10 minutes avec un PC récent).
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Pour l'énoncé 30, on a des réponses dans https://oeis.org/A001566
C'est ce que j'ai proposé ci-dessus :-D. -
La forme générale de la solution est : $a^{2^n}+a^{-2^n}$ ce n'est pas tout à fait ce que tu proposais, par contre avec la solution de Rescassole on retombe sur celle là.
PS : ton lien bug. -
Citation de l'article :
Last modified February 12 03:46 EST 2016. Contains 268204 sequences. -
C'est quoi $a$ ?
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$u_0=a+a^{-1}$
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La suite a le numéro A001566.
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ma réponse est donc excellente !
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Article modifié aujourd'hui a écrit:Last modified February 12 03:46 EST 2016. Contains 268204 sequences.
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Sinon pour le cas particulier $u_0=3$ ta formule marche sûrement, mais pas dans le cas général.
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Le "Last modified February 12 05:01 EST 2016. Contains 268204 sequences" concerne toute la base. Cette phrase se retrouve sur toutes les pages des 268204 suites.
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ok
Il traite le cas générale ? (je suis une bille en anglais)
[ Le cas général y est-il traité ? ] -
Je vous propose un résultat (que je trouve joli) que j'avais mis dans le post à Christophe (comme j'en ai trouvé une solution courte, je vous le propose).
énoncé 33 :
$f$ fonction continue de $\R^n$ dans $f(\R^n)=\R$. Montrer que pour tout $c\in\R$, $E_c=\{x\in\R^n|f(x)=c\}$ n'est jamais un singleton. -
Exercice 33 :
On suppose que $n\geqslant 2$, sinon le résultat est faux.
Soit $c$ un nombre réel. Si $E_c$ était un singleton, alors $\R^n\setminus E_c$ serait connexe mais son image par l'application continue $f$ serait $\R\setminus\{c\}$ qui ne l'est pas. Par conséquent $E_c$ n'est pas un singleton. -
Excellent, ta démonstration est encore plus courte que la mienne.
énoncé 34 :
Montrer que pour tout $c\in\R$, $card(E_c)=card(\R)$. -
énoncé 35 : (résultat joli également)
Soit $A\subset \R^n$, $n>1$ avec $A$ au plus dénombrable, montrer que $\R^n-A$ est connexe par arc. -
On ne supposera rien sur l'hypothèse du continu.
Cette discussion a été fermée.
Bonjour!
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