Hmmm l’hérédité marche ducoup, mais tu peux conclure que si il existe un rang N tel que </s>U_{N+1}\le U_N<e>.
C’est vrai que c’est plus compliqué d’initialiser. Elle est intuitive l’initialisation x)
C’est la difficulté de l’exo justement 
Puisque quelqu’un a donné un truc horrible, je donne la solution classe à l’exo 11 ^^
Soit $p_1,p_2…p_6$ les probabilités données à chaque résultat du dé 1, et $q_1,q_2…q_6$ celles du dé 2. La multiplication de polynômes se comporte comme les combinaisons de probabilités.
L’exo peut se résumer à :
"Est-il possible de trouver les $p_i$ et $q_i$ tels que les polynômes
$(p_6x^5+p_5x^4+…+p_1)\cdot (q_6x^5+q_5x^4+…+q_1)$
et
$\frac{1}{11}(x^{10}+x^9+…+x+1)$
soient égaux ?
La réponse est non, pour une jolie raison: le premier polynôme est produit de deux polynômes de degrés impair (voir l’exo 13), il admet donc une racine (il suffit pour s’en convaincre de faire tendre $x$ vers plus ou moins l’infini).
Le second n’en admet pas : il est égal à $\frac{1-x^{11}}{11(1-x)}$, qui n’admet aucune racines (le numérateur ne s’annule qu’en 1, qui n’est visiblement pas une racine).
Les deux ne peuvent donc pas être égaux !
Je crois que c’est racine de Un à droite
'
Bonjour,
Exercice 15 : Que dire de deux suites à valeurs dans [0;1] et dont le produit tend vers 1 ?
exercice 15:
Montrons que les deux suites tendent vers 1.
On a </s>\lim\limits_{n \to \infty}u_n \times v_n = 1<e>, donc pour tout A > 0 on a à partir d’un certain rang pour tout n > n0, </s>1-A < u_n\times v_n < 1+A<e>.
Or le produit de deux entiers appartenant à </s>[0,1]<e> ne vaut 1 que si les deux entiers sont égaux à 1 ( </s>a\times b =1, \text{or } 0\leq a \leq 1 \Rightarrow 1 \leq \frac{1}{a}<e> donc a et b étant tous deux compris entre 0 et 1, ont montre réciproquement qu’ils valent tous les deux 1 ). Cela implique qu’à partir d’un certain rang u_n et v_n sont tous les deux proches de 1, donc ils convergent et </s>\lim\limits_{n \to \infty}u_n = \lim\limits_{n \to \infty}v_n = 1<e>
@pasteak : « ne pas tendre vers 1 » est une propriété différente de « tendre vers quelque chose d’autre que 1 ».
Effectivement, je pense avoir trouvé un autre argument plus convaincant, j’édite le message précédent.
Je ne comprends pas ton « cela implique », pourrais tu le détailler un peu plus ?
@Ali-H : Non je pensais à Kuystre ^^ Mais en fait si c’est joli (pardon Kuystre)
@Ali-H: par contre, il me semble que tu as considéré que l’on pipait les deux dés exactement de la même manière… Ce qui n’est pas forcément vrai !
@Zetary Voilà l’idée que j’avais, je ne sais pas si c’est correct ou bien rédigé :
De l’inégalité sur u_n x v_n on tire </s>\frac{1-A}{v_n}\leq u_n\leq\frac{1}{v_n}<e> ( car </s>u_n \times v_n \leq 1<e> )
En faisant tendre A vers 0 on trouve par le théorème des gendarmes </s>u_n=\frac{1}{v_n}<e> donc comme démontré avec a et b, u_n et v_n valent 1.
La rédaction est à retravailler, en effet tu ne peux pas faire tendre A vers 0 comme tu le fais car à A fixé l inégalité est vraie à partir d un rang dépendant de A, et le théorème des gendarmes ne s applique pas dans ton cas
Une autre solution pour l’exo 13 (mais un peu HP).
Théorème : Si $z$ est une racine complexe de $P$, alors le conjugué de $z$ (appelons conj($z$)) en est une également.
En effet, on peut se convaincre que $P(conj(z)=conj(P(z)),$ pour tout polynôme $P$ à coefficients réels.
Dès lors, puisque notre polynôme a un nombre impair de racines d’après le théorème fondamental de l’algèbre, elles ne peuvent être regroupées en paires de conjuguées, et par suite une au moins est réelle.
Vous avez montré que si on peut démarrer du jeton k (autre que 1), on ne peut pas démarrer du jeton 1. Il ne reste pas grand chose à faire pour montrer que si on peut démarrer du jeton k on ne peut démarrer d’aucun autre jeton. Donc, je pense que vous avez compris et l’idée y est mais la rédaction n’est pas là.
Il me semble avoir supposé que le jeton 1 respectait les conditions (quitte à changer la numérotation) puis montré que tous les autres ne respectaient pas les conditions, par l’absurde.
J’aime beaucoup mais malheureusement le théorème fondamental de l’algèbre n’est pas appris en Terminale.
D’autant plus qu’il manque un argument pour traiter le cas des racines multiples…