lionel52 a écrit:
Si A et C sont confondus c’est faux!
Je parle de points tous distincts.
De toute façon dans son cas avec 2 points confondus la question ne se pose plus et on a forcément un plan…
De même que quand on a 3 points dont 2 confondus alors ils sont forcément alignés…
Il fallait le dire.
En fait, cette imprécision est extrêmement courante : beaucoup d’élèves pensent par exemple que (u,v) est une famille liée si et seulement si u est un multiple de v.
Ici, la question initiale portait sur une condition de coplanarité pour quatre points non supposés distincts.
Strelok a écrit:
Exercices faisables en terminale:
On suppose que n€IN*
Et que p,q deux entiers inférieurs ou égaux à n.Montrer que C_n^p=C_n^q implique q=p ou q=n-p.
[spoiler]Soit p,q,n \in\mathbb{N}^{*3} tel que p et q sont inférieux où égaux à n.
q\ne p et q\ne (n-p) \Rightarrow (n-p)\ne( n-q)\ne q\ne p \Rightarrow (n-p)!\ne (n-q)!\ne q!\ne p! (car p,q, \in\mathbb{N}^{*2})
donc q\ne p et q\ne n-p \displaystyle \Rightarrow \frac{n!}{q!(n-q)!}= \binom{n}{q} \ne \frac{n!}{p!(n-p)!}=\binom{n}{p}
donc par contrapostion,\displaystyle \binom{n}{p}= \binom{n}{q} \Rightarrow q=p ou q=(n-p)
J’ai tenté ^^ Ca passe ? 
[/spoiler]
Bonsoir à tous, un petit exercice :
Soit p\in\mathbb{Q} .
Supposons qu’il existe a\in\mathbb{N} tel que p^a\in\mathbb{Z} .
Montrer alors que p\in\mathbb{Z} .
KGre a écrit:
Bonsoir à tous, un petit exercice :
Soit p\in\mathbb{Q} .
Supposons qu’il existe a\in\mathbb{N} tel que p^a\in\mathbb{Z} .
Montrer alors que p\in\mathbb{Z} .
Raisonnons par l’absurde.
p\in\mathbb{Q}.
Supposons p\notin\mathbb{Z}. Alors p peut s’écrire sous la forme d’une fraction irréductible de deux entiers relatifs. Donc \displaystyle p=\frac{q}{r}, avec (q,r)\in\mathbb{Z\times Z\setminus}{0} et r et q premiers entre eux.
Il existe a\in\mathbb{N} tel que \displaystyle p^a= \left(\frac{q}{r}\right )^a \in\mathbb{Z}. Or si \displaystyle \left(\frac{q}{r}\right )^a \in\mathbb{Z}, alors \displaystyle \frac{q}{r} \in\mathbb{Z} puis que a\in\mathbb{N}. Or si \displaystyle \frac{q}{r} \in\mathbb{Z} alors r divise q ce qui est absurde puisque r et q sont premiers entre eux.
Donc p\in\mathbb{Z}
Or si \displaystyle \left(\frac{q}{r}\right )^a \in\mathbb{Z}, alors \displaystyle \frac{q}{r} \in\mathbb{Z} puis que a\in\mathbb{N}.
T’est sûr qu’on peut dire ça ? Parce que ça revient plus ou moins à admettre le résultat…
Grrr, une TDA 
Plus sérieusement, il y a une petite faille dans le raisonnement, voici comment il faut le penser.
Soit p \in \mathbb{Q}, alors p = \frac{q}{r} avec (q,r) \in \mathbb{Z}^2, soit p^a = \frac{q^a}{r^a} \in \mathbb{Z}. Donc r^a|q^a, soit r|q, d’où p \in \mathbb{Z}.
Pour démontrer la dernière propriété, il faut supposer des décompositions en éléments premiers de q et de r.
Blobixx a écrit:
[quote=« KGD »]
Un autre:Soit n \in \mathbb{N}^*, montrer que \displaystyle \frac{\sigma(n!)}{n!} \geq 1 + \frac{1}{2} + \cdots + \frac{1}{n} où \displaystyle \sigma(n) = \sum_{d|n} d est la somme des diviseurs de n
IndiceRemarquer que \displaystyle \sum_{d|n} d = \sum_{d|n} \frac{n}{d}
Un exo trouvé dans un EDIT de KGD
[/quote]
Celui-ci, avec l’indice ça passe tout seul.
Je comprends pas en quoi le fait que C et A soient confondus annule l’équivalence JeanN
Si A et C sont confondus alors AC=0
Et donc on a plus AB=kAC parce que AB est non nul.
Adolorante a écrit:
Grrr, une TDA
Plus sérieusement, il y a une petite faille dans le raisonnement, voici comment il faut le penser.Soit p \in \mathbb{Q}, alors p = \frac{q}{r} avec (q,r) \in \mathbb{Z}^2, soit p^a = \frac{q^a}{r^a} \in \mathbb{Z}. Donc r^a|q^a, soit r|q, d’où p \in \mathbb{Z}.
Pour démontrer la dernière propriété, il faut supposer des décompositions en éléments premiers de q et de r.
[spoiler]C’est exactement comme ca qur j’avais fait au debut mais je pensais la derniere propriete fausse
Ps: TDA ca veut dire quoi ? ^[1]
/spoiler ↩︎
tentative d’arnaque je pense.
sinon blobixxx c’est dommage pour l’intégrale de cos^n(x) t’avais presque fini
Cette histoire de pair impair m’a troublé mais je n’ai pas abandonné !
Ben tu touchais au but. T as montré que l’intégrale en question était la somme d’intégrales de exp(i(2k-n)x) ( avec des coefficients binomiaux devant).
Et juste avant tu avais fort justement remarqué que l’intégrale de ces exponentielles était presque tout le temps nulle, sauf quand le « facteur dans l’exponentielle » était nul. La seule contribution non nulle au résultat final viendra donc de l’éventuel terme pour lequel 2k-n=0, c’est a dire lorsque n=2k. On voit donc que c’est impossible si n est impair, et que si n est pair, il y a effectivment un terme de la somme qui contribue, celui pour k=n/2.
Grâce a ça, tu vois que le résultat est 0 si n’est impair, et vaut… si n’est pair.
Je suis tomber sur trois sujets d’entrée en sup (pour étranger) du lycée Louis-le-Grand. Je trouve que certains exos ne sont pas « facile facile » 
**DS 1:***http://jgaltier.free.fr/Sujets_difficiles/louis1.pdf
***DS 2:***http://jgaltier.free.fr/Sujets_difficiles/louis2.pdf
***DS 3:***http://jgaltier.free.fr/Sujets_difficiles/louis3.pdf
brank a écrit:
tentative d’arnaque je pense.
sinon blobixxx c’est dommage pour l’intégrale de cos^n(x) t’avais presque fini
Pas du tout, c’est en rapport avec son ancien lycée.
Blobixx a écrit:
C’est exactement comme ca qur j’avais fait au debut mais je pensais la derniere propriete fausse
Ca se démontre facilement.
On suppose comme décomposition en facteurs premiers \displaystyle q = \prod_{i = 1}^n \alpha_i^{q_i} et \displaystyle r = \prod_{i = 1}^n \alpha_i^{r_i}. Donc \displaystyle q^a = \prod_{i = 1}^n \alpha_i^{aq_i} et \displaystyle r^a = \prod_{i = 1}^n \alpha_i^{ar_i}.
Comme \displaystyle p^a \in \mathbb{Z}, \displaystyle r^a | q^a, \displaystyle \forall i \in {1, ..., n} aq_i \ge ar_i et \displaystyle q^a = r^a \prod_{i = 1}^n \alpha_i^{a(q_i - r_i)} = (r \prod_{i = 1}^n \alpha_i^{q_i - r_i})^a donc \displaystyle q = r \prod_{i = 1}^n \alpha_i^{q_i - r_i} valable, car \displaystyle \forall i \in [[1, ..., n]], q_i \ge r_i. Ainsi, \displaystyle p = \prod_{i = 1}^n \alpha_i^{q_i - r_i} \in \mathbb{Z}.
Sauf erreur.
salut123 a écrit:
Je suis tomber sur trois sujets d’entrée en sup (pour étranger) du lycée Louis-le-Grand. Je trouve que certains exos ne sont pas « facile facile »
**DS 1:***http://jgaltier.free.fr/Sujets_difficiles/louis1.pdf
***DS 2:***http://jgaltier.free.fr/Sujets_difficiles/louis2.pdf
***DS 3:***http://jgaltier.free.fr/Sujets_difficiles/louis3.pdf
Ils ont 4 heures pour faire 6 exos. Ils ont du temps pour réfléchir.
Les exos de prépa n’ont pas pour but d’être « facile facile ».
la plupart des exos (surtout ceux d’analyse) sont infaisables pour un terminale. En chine, le niveau des lycéens doit être plus élevé que chez nous!
guitar_man95 a écrit:
Ben tu touchais au but. T as montré que l’intégrale en question était la somme d’intégrales de exp(i(2k-n)x) ( avec des coefficients binomiaux devant).
Et juste avant tu avais fort justement remarqué que l’intégrale de ces exponentielles était presque tout le temps nulle, sauf quand le « facteur dans l’exponentielle » était nul. La seule contribution non nulle au résultat final viendra donc de l’éventuel terme pour lequel 2k-n=0, c’est a dire lorsque n=2k. On voit donc que c’est impossible si n est impair, et que si n est pair, il y a effectivment un terme de la somme qui contribue, celui pour k=n/2.
Grâce a ça, tu vois que le résultat est 0 si n’est impair, et vaut… si n’est pair.
Voila mon problème:
si k=n/2, je n’arrive pas à calculer \displaystyle \sum_{k=0}^n \binom{n}{k}
arf t’as pas vraiment compris lol.
En fait dans cette somme ya qu’un terme qui contribue c’est celui où k=n/2, tous les autres vont être multipliés par 0 (l’intégrale de l’exponentielle)
