Bah nan, on peut tout essayer hein…
Là j’ai opté pour ce que j’avais essayé en premier, tout mettre au carré.
Et pour la version empirique, ça m’aurait pas étonné que LLG donne une équation impossible à résoudre mais avec une unique racine simple, donc je trouve ça presque intelligent de raisonner comme ça (presque, faut pas pousser quand même)
c’est pas du tout un ds type prépa. oublie ça
Quelle bande de rabat-joie. Dingue.
si tu veux faire quelque chose, continue à bien bosses le cours de terminale, la rédac les méthodes clé … plutôt que de t’attaquer à des trucs plus durs qui relèvent de l’astuce
Oui de toute façon j’allais pas poursuivre.
Pour le cours de terminale ça y’est j’ai bouclé l’obligatoire quasiment, j’attaque la spé après mais ça me gonfle un peu. Puis je finirai par la physique.
tu peux lire le français et faire de l’anglais sinon
la spé c’est pas important
t’es à l’aise avec la géométrie? trigo-produit scalaire?
brank a écrit:
[quote=« Death Cube K »]
Dites j’essaye de faire le DS de LLG là, pour résoudre \sqrt{x+1}-\sqrt{x-1}=1Est-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
[/quote]
La bonne vieille méthode du bûcheron !
\sqrt{x+1}-\sqrt{x-1}=1 donc (\sqrt{x+1}-\sqrt{x-1})^2=1 d’où (x+1) - 2\sqrt{x+1}\sqrt{x-1} + (x-1) = 1 d’où 1 - 2x = -2\sqrt{x+1}\sqrt{x-1} d’où $(1 - 2x)^2 = (-2\sqrt{x+1}\sqrt{x-1})^2$donc 1 - 4x + 4x^2 = 4(x+1)(x-1) = 4(x^2-1) = 4x^2 - 4.
On a donc -4x + 5 = 0 d’où x=\frac{5}{4}
brank a écrit:
tu peux lire le français et faire de l’anglais sinon
Rah, là c’est un rabat-joie ! rien qu’à lire ça, je déprime déja
kledou essaie mon exo page précédente
kledou a écrit:
La bonne vieille méthode du bûcheron !
\sqrt{x+1}-\sqrt{x-1}=1 donc (\sqrt{x+1}-\sqrt{x-1})^2=1 d’où (x+1) - 2\sqrt{x+1}\sqrt{x-1} + (x-1) = 1 d’où 1 - 2x = -2\sqrt{x+1}\sqrt{x-1} d’où $(1 - 2x)^2 = (-2\sqrt{x+1}\sqrt{x-1})^2$donc 1 - 4x + 4x^2 = 4(x+1)(x-1) = 4(x^2-1) = 4x^2 - 4.
On a donc -4x + 5 = 0 d’où x=\frac{5}{4}
Il manque la vérification !
Zero à la question
lionel52 a écrit:
kledou essaie mon exo page précédente
Ok mais j’aime pas trop les suites
JeanN a écrit:[quote=« kledou »]
La bonne vieille méthode du bûcheron !
\sqrt{x+1}-\sqrt{x-1}=1 donc (\sqrt{x+1}-\sqrt{x-1})^2=1 d’où (x+1) - 2\sqrt{x+1}\sqrt{x-1} + (x-1) = 1 d’où 1 - 2x = -2\sqrt{x+1}\sqrt{x-1} d’où $(1 - 2x)^2 = (-2\sqrt{x+1}\sqrt{x-1})^2$donc 1 - 4x + 4x^2 = 4(x+1)(x-1) = 4(x^2-1) = 4x^2 - 4.
On a donc -4x + 5 = 0 d’où x=\frac{5}{4}
Il manque la vérification !
Zero à la question
[/quote]
Ah si on vérifie pas, on a 0 ?c’est bon à savoir ça
kledou j’ai fais différemment moi.
JeanN euh si on raisonne par équivalence il faut vérifier ?
kledou a écrit:
Ah si on vérifie pas, on a 0 ?
C’était un peu caricatural mais effectivement, lorsqu’il manque une partie importante du raisonnement, il y a sanction pédagogique
Un raisonnement par équivalence sera ici plus difficile à mettre en place sans erreur mais ne nécessitera pas de vérif…
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 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^^
Bon, je me lance mais bon, je ne suis pas très confiant !
[spoiler]1/ On a f(u) = (u_0,u_1) et f(v) = (v_0, v_1). Si f(u) = f(v), on a (u_0,u_1) = (v_0,v_1) donc u_0 = v_0 et v_1 = v_1. En utilisant notre relation de récurrence, on a u_2 = au_1+bu_0 = av_1+bv_0 = v_2. En utilisant un raisonnement par récurrence, on montre facilement que u_n = v_n d’où si f(u) = f(v) alors u = v.
2/ (r^n) appartient à E, si r^{n+2} = ar^{n+1} + br^n. d’où r^{n+2} - ar^{n+1} - br^n = 0 . On peut factoriser par r^n d’où r^n(r^2 - a.r - b ) = 0. Or on sait que r^n \neq 0. d’où r^2 - a.r - b = 0. On a donc une équation du second degré. On voit donc que si (r^n) appartient à E alors elle répond à une équation du second degré.
Ici le discriminant \Delta vaut \Delta = a^2 + 4b. Or on sait que$a^2 + 4b > 0$, donc l’équation r^2 - a.r - b = 0 admet deux solutions réelles r_1 et r_2
3/ On a prouvé juste avant que (r_1^n) et (r_2^n) appartiennent à E. On a donc r_1^{n+2} = ar_1^{n+1} + br_1^n et r_2^{n+2} = ar_2^{n+1} + br_2^n. On remarque que $(\lambda r_1^{n})et(\mu r_2^{n}) appartiennent aussi à E. On a donc : \lambda r_1^{n+2} = a\lambda r_1^{n+1}+b\lambda r_1^{n} et \mu r_2^{n+2} = a\mu r_2^{n+1}+b\mu r_2^{n} d'où \lambda r_1^{n+2} + \mu r_2^{n+2} = a\lambda r_1^{n+1}+b\lambda r_1^{n} + a\mu r_2^{n+1}+b\mu r_2^{n} =$$a(\lambda r_1^{n+1} + \mu r_2^{n+1}) + b(\lambda r_1^{n} +\mu r_2^n).
On a donc \lambda r_1^{n+2} + \mu r_2^{n+2} = a(\lambda r_1^{n+1} + \mu r_2^{n+1}) + b(\lambda r_1^{n} +\mu r_2^n)$.
Soit u_n = \lambda r_1^{n} +\mu r_2^n, d’où u_{n+2} = au_{n+1} + bu_{n}
Il existe bien deux réels \lambda et \mu tels que u_n = \lambda r_1^{n} +\mu r_2^n et que u \in E[/spoiler].
JeanN a écrit:
[quote=« kledou »]
Ah si on vérifie pas, on a 0 ?
C’était un peu caricatural mais effectivement, lorsqu’il manque une partie importante du raisonnement, il y a sanction pédagogique
Un raisonnement par équivalence sera ici plus difficile à mettre en place sans erreur mais ne nécessitera pas de vérif…
[/quote]
Quand vous parlez de vérification, il suffit de montrer que \sqrt{\frac{5}{4}+1}-\sqrt{\frac{5}{4}-1} = 1 ?
J’ai une question de géométrie :
C’est quoi la hauteur d’un tétraèdre où on ne peut lier un sommet au projeté orthogonal de sa base opposé ?
En gros si on ne peut pas faire de projeté orthogonal sur la base on fait comment ?
Et j’ai une autre question niveau 6eme : c’est quoi la mesure d’un angle (BAC) ou A,B,C sont alignés ? pi ou 0 mod(2pi) ?
5pi/4 modulo 3PI/2
Sinon tu peux orienter tes angles et réfléchir une fraction de seconde .
Je ne comprends pas ta première question .
kledou a écrit:
[quote=« JeanN »]
[quote=« kledou »]
Ah si on vérifie pas, on a 0 ?
C’était un peu caricatural mais effectivement, lorsqu’il manque une partie importante du raisonnement, il y a sanction pédagogique
Un raisonnement par équivalence sera ici plus difficile à mettre en place sans erreur mais ne nécessitera pas de vérif…
[/quote]
Quand vous parlez de vérification, il suffit de montrer que \sqrt{\frac{5}{4}+1}-\sqrt{\frac{5}{4}-1} = 1 ?
[/quote]
Oui .
kledou a écrit:
[quote=« lionel52 »]
Un exo pour vous apprendre un peu à trouver les solutions à une relation de récurrence du 2e ordreSoit 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^^
Bon, je me lance mais bon, je ne suis pas très confiant !
[spoiler]1/ On a f(u) = (u_0,u_1) et f(v) = (v_0, v_1). Si f(u) = f(v), on a (u_0,u_1) = (v_0,v_1) donc u_0 = v_0 et v_1 = v_1. En utilisant notre relation de récurrence, on a u_2 = au_1+bu_0 = av_1+bv_0 = v_2. En utilisant un raisonnement par récurrence, on montre facilement que u_n = v_n d’où si f(u) = f(v) alors u = v.
2/ (r^n) appartient à E, si r^{n+2} = ar^{n+1} + br^n. d’où r^{n+2} - ar^{n+1} - br^n = 0 . On peut factoriser par r^n d’où r^n(r^2 - a.r - b ) = 0. Or on sait que r^n \neq 0. d’où r^2 - a.r - b = 0. On a donc une équation du second degré. On voit donc que si (r^n) appartient à E alors elle répond à une équation du second degré.
Ici le discriminant \Delta vaut \Delta = a^2 + 4b. Or on sait que$a^2 + 4b > 0$, donc l’équation r^2 - a.r - b = 0 admet deux solutions réelles r_1 et r_2
3/ On a prouvé juste avant que (r_1^n) et (r_2^n) appartiennent à E. On a donc r_1^{n+2} = ar_1^{n+1} + br_1^n et r_2^{n+2} = ar_2^{n+1} + br_2^n. On remarque que $(\lambda r_1^{n})et(\mu r_2^{n}) appartiennent aussi à E. On a donc : \lambda r_1^{n+2} = a\lambda r_1^{n+1}+b\lambda r_1^{n} et \mu r_2^{n+2} = a\mu r_2^{n+1}+b\mu r_2^{n} d'où \lambda r_1^{n+2} + \mu r_2^{n+2} = a\lambda r_1^{n+1}+b\lambda r_1^{n} + a\mu r_2^{n+1}+b\mu r_2^{n} =$$a(\lambda r_1^{n+1} + \mu r_2^{n+1}) + b(\lambda r_1^{n} +\mu r_2^n).
On a donc \lambda r_1^{n+2} + \mu r_2^{n+2} = a(\lambda r_1^{n+1} + \mu r_2^{n+1}) + b(\lambda r_1^{n} +\mu r_2^n)$.
Soit u_n = \lambda r_1^{n} +\mu r_2^n, d’où u_{n+2} = au_{n+1} + bu_{n}
Il existe bien deux réels \lambda et \mu tels que u_n = \lambda r_1^{n} +\mu r_2^n et que u \in E[/spoiler].
[/quote]
Au final on a fait la même chose non .
[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]
Mais lionel52 m’a dit que pour la 3) c’était pas ça
