Je me suis posé cette question tout à l’heure 
Jette un coup d’oeil là dessus
pcsi1.bginette.com/MSA/Logique_V2.pdf
L’ensemble des polys de mon collègue est ici
pcsi1.bginette.com/MSA/Page_Intro_MSA.html
Merci baucoup JeanN !
Strelok a écrit:
Soit I_k={1,..,k}
Soient n,p deux entiers naturels non nuls
- Combien y a t il d’applications strictement croissantes de I_p dans I_n
- Combien y a t il d’applications croissantes de I_p dans I_n
Montrons que le nombre d’applications strictement croissantes de I_p dans I_n est {n \choose p}.
On définit l’appplication \phi de l’ensemble des applications strictement croissantes de I_p dans I_n dans l’ensemble des parties de I_n à p éléments par \phi(f) = f(I_p) (\phi est bien définie car f est injective). Montrons que \phi est injective: Soient f et g deux applications strictement croissantes de I_p dans I_n. On suppose f \neq g. Posons i = \min \{i \in [\![1,p]\!] | f(i) \neq g(i)\} Si f(i) < g(i), alors par stricte croissance de g, on a pour tout j \ge i, g(j) > f(i). Or on a pour tout j < i (si un tel j existe) g(j) = f(j) < f(i) donc on a f(i) \not \in g(I_p) donc f(I_p) \neq g(I_p) ou encore \phi(f) \neq \phi(g). On montre de même que si f(i) > g(i), on arrive à la même conclusion. On a donc f \neq g \Rightarrow \phi(f) \neq \phi(g).
Montrons qu’elle est surjective: Soit A une partie de I_n à p éléments. On peut classer les éléments de A dans l’ordre croissant donc on peut écrire A = \{a_1;a_2;\cdots;a_p\} avec a_1 < a_2 < \cdots < a_n. k \mapsto a_k est alors une application strictement croissante de I_p dans I_n. \phi est donc bijective et le nombre d’applications strictement croissantes de I_p dans I_n est donc le nombre de parties de I_n à p éléments, soit {n \choose p}
J’ai plus de mal pour rédiger le 2)
Posons C(p,n) le nombre d’applications croissantes d’une partie de \mathbb{N}^* à p éléments dans une partie de \mathbb{N}^* à n éléments. Montrons par récurrence que C(p,n) = {n+p-1 \choose p}. Je trouve la relation de récurrence C(p,n) = \sum_{k=1}^n C(p-1,k) (on partitionne l’ensemble des applications croissantes f selon la valeur de leur premier élément: Si f(1) = k, alors la restriction de f à [2,p] (p-1 éléments) est croissante et à valeurs dans [k,n] (n-k+1 éléments). On a C(p-1,n-k+1) applications croissantes de [2,p] dans [k,n]. En sommant sur k, on trouve bien la formule) qui implique aussi la relation C(p,n+1) = C(p,n)+C(p-1,n). J’ai donc deux relations de récurrence mais je ne peux fixer de variable dans aucune des deux, si quelqu’un avait une idée pour procéder (à moins de faire les deux récurrences à la fois mais je ne vois pas trop comment le rédiger).
Pour la 1 y a plus simple, la fonction f est entièrement déterminée par le p-uplet que tu choisis (tu choisis puis tu réordonnes). Il y a donc directement (p parmi n) applications strictement croissantes de Ip dans In
Pour la deux, il y a une « astuce » redoutable permettant d’exploiter la question 1
Pour f croissante, considérer i->f(i)+i-1
Un exo pour vous apprendre un peu à trouver les solutions à une relation de récurrence du 2e ordre
Soit E l’ensemble des suites réelles u satisfaisant à la relation de récurrence U_{n+2} = a U_{n+1} + b U_n où a et b sont des réels vérifiant a^2 + 4b > 0 et b > 0 (sinon c’est du premier ordre simple avec juste le premier terme qui peut prendre n’importe quelle valeur et ne change rien à la suite)
- On pose pour tout u \in E, f(u) = (u_0,u_1). Montrer que si f(u) = f(v) alors u = v
- Montrer que la suite géométrique (r^n) où r \in R^* appartient à E si et seulement si r est une solution d’une certaine équation du second degré à préciser. On notera r_1 et r_2 les solutions de cette équation
- Soit u \in E, montrer finalement qu’il existe 2 réels \lambda et \mu tels que pour tout n \in N, on ait u_n = \lambda r_1^n + \mu r_2^n
Pas difficile et je pense assez formateur^^
Dites les exos du MSA sont niveau terminale ?
Oui. Mais c’est un peu supérieur à la moyenne des exos donnés en TS.
Death Cube K a écrit:
Dites les exos du MSA sont niveau terminale ?
MSA ?!
Ça : 
JeanN a écrit:
Jette un coup d’oeil là dessus
pcsi1.bginette.com/MSA/Logique_V2.pdfL’ensemble des polys de mon collègue est ici
pcsi1.bginette.com/MSA/Page_Intro_MSA.html
Ah oui, je les ai déjà vu, c’est super bien fait
lionel52 a écrit:
Un exo pour vous apprendre un peu à trouver les solutions à une relation de récurrence du 2e ordre
Soit E l’ensemble des suites réelles u satisfaisant à la relation de récurrence U_{n+2} = a U_{n+1} + b U_n où a et b sont des réels vérifiant a^2 + 4b > 0
- On pose pour tout u \in E, f(u) = (u_0,u_1). Montrer que si f(u) = f(v) alors u = v
- Montrer que la suite géométrique (r^n) appartient à E si et seulement si r est une solution d’une certaine équation du second degré à préciser. On notera r_1 et r_2 les solutions de cette équation
- Soit u \in E, montrer finalement qu’il existe 2 réels \lambda et \mu tels que pour tout n \in N, on ait u_n = \lambda r_1^n + \mu r_2^n
Pas difficile et je pense assez formateur^^
J’ai fait, apprecié et commencé à taper cet exo mais LaTeX + portable = mauvais mélange donc tant pis… :s
Je tenais cependant à dire merci à tout ce beau monde pour les exos ! 
lionel52 a écrit:
Un exo pour vous apprendre un peu à trouver les solutions à une relation de récurrence du 2e ordre
Soit E l’ensemble des suites réelles u satisfaisant à la relation de récurrence U_{n+2} = a U_{n+1} + b U_n où a et b sont des réels vérifiant a^2 + 4b > 0
- On pose pour tout u \in E, f(u) = (u_0,u_1). Montrer que si f(u) = f(v) alors u = v
- Montrer que la suite géométrique (r^n) appartient à E si et seulement si r est une solution d’une certaine équation du second degré à préciser. On notera r_1 et r_2 les solutions de cette équation
- Soit u \in E, montrer finalement qu’il existe 2 réels \lambda et \mu tels que pour tout n \in N, on ait u_n = \lambda r_1^n + \mu r_2^n
Pas difficile et je pense assez formateur^^
[spoiler]Je préviens, je rédige mal 
-
\forall u \in E, f(u) = (u_0,u_1). Soit v\in E
f(u) = f(v) \Rightarrow (u_0,u_1)=(v_0,v_1) \Rightarrow u_0=v_0 et u_ 1=v_1
Or u et v sont deux suites de récurrentes de 2ème ordre, donc définies par leurs premiers et deuxièmes termes. Donc u=v. (On peut le démontrer par récurrence) -
$(r^n)\in E \Leftrightarrow r^{n+2}-ar^{n+1}-br^n = 0 \Leftrightarrow r^n(r^2-ar - b)=0$$\Leftrightarrow (r^2-ar - b)=0$
Donc r vérifie une équation du second degré qui admet pour discriminant \Delta = a^2+4b > 0 donc l’équation admet de solutions distinctes que l’on note r_1 et r_2 -
Si u_n = \lambda.r_1^n + \mu.r_2^n alors u_{n+2} = \lambda .r_1^{n+2} + \mu .r_2^{n+2} soit u_{n+2} = \lambda (a.r_1^{n+1}+b.r_1^{n}) + \mu (a.r_2^{n+1}+b.r_2^n) car r_1 et r_2 appartiennent à E.
Donc $u_{n+2} = \lambda.a.r_1^{n+1}+ \mu.a.r_2^{n+1}$$+\lambda.b.r_1^{n} +\mu.b.r_2^n = a(\lambda.r_1^{n+1}+ \mu.r_2^{n+1}) + b(\lambda.r_1^{n} +\mu.r_2^n)$
soit u_{n+2} = au_{n+1}+bu_n donc il existe 2 réels \lambda et \mu tels que pour tout n \in N, on ait u_n = \lambda r_1^n + \mu r_2^n[/spoiler]
Un autre exo posté au début du topic mais sans réponse:
Phylov a écrit:
Un autre que j’ai eu en colle:
Soit P une polynôme à coefficient entiers. On suppose qu’il existe trois entiers a, b et c tels que P(a)=b, P(b)=c et P(c)=a. Montrer que a=b=c.
La reponse a la 3 est fausse je te laisse deviner pourquoi
Et j’ai juste rajouté une condition pour que r1 et r2 soient non nuls mais ça change pas énormément!
lionel52 a écrit:
La reponse a la 3 est fausse je te laisse deviner pourquoi
Et j’ai juste rajouté une condition pour que r1 et r2 soient non nuls mais ça change pas énormément!
C’est la méthode qui est fausse je suppose. Moi-même je n’en suis pas convaincue : /
Bon je réfléchis encore alors.
Dites j’essaye de faire le DS de LLG là, pour résoudre \sqrt{x+1}-\sqrt{x-1}=1
Est-ce que ça peut être utile de conjuguer ? Parce que j’ai essayé de mettre déja au carré, je trouve rien, je pensais au changement de variable, rien, en dernier recours je chercherai la racine et je dirai que vu que c’est un polynome du premier degré alors y’a qu’une solution qui est celle que j’ai donné (par contre pour prouver le polynome 
)
EDIT : J’ai réussi à trouver x=5/4, et après vérification ça marche, je savais pas que réfléchir un peu marchait aussi 
Death Cube K a écrit:
Dites j’essaye de faire le DS de LLG là
« Mauvaise » idée. Ce n’est pas un devoir d’évalutation mais un test/concours pour sélectionner des élèves étrangers d’excellent niveau !
Et j’arrive également pour l’exo du PPCM, ça fait toujours 1/3 du DS de fait, ça me rend heureux de savoir faire un truc c’est l’essentiel JeanN 
Cela dit j’espère bien que le premier DS de l’année sera moins difficile.
Death Cube K a écrit:
Dites j’essaye de faire le DS de LLG là, pour résoudre \sqrt{x+1}-\sqrt{x-1}=1
Est-ce que ça peut être utile de conjuguer ? Parce que j’ai essayé de mettre déja au carré, je trouve rien, je pensais au changement de variable, rien, en dernier recours je chercherai la racine et je dirai que vu que c’est un polynome du premier degré alors y’a qu’une solution qui est celle que j’ai donné (par contre pour prouver le polynome
EDIT : J’ai réussi à trouver x=5/4, et après vérification ça marche, je savais pas que réfléchir un peu marchait aussi
effectivement 5/4 est la seule solution de cette équation,par contre tes explications c’est n’importe quoiet même si ça te rend heureux je suis certain que si JeanN corrigeait le test t’aurais pas un point à cette question