Vlastilin a écrit:
dans l’histoire k est fixé ou partie de l’inconnue ?
Si k est une partie de l’inconnue, ne suffit-il pas qu’au moins un des facteurs premiers p de n soit tel que p^2|n ?
Oui c’est bien çak n’est pas fixé.
Pas mal l’exo avec la suite, j’aurais pas pensé à ça.
Un petit exercice pas très difficile:
Prouver que: (\sqrt{3} + i)^n + (\sqrt{3} - i)^n est réel oú n \in Z^+
salut123 a écrit:
Un petit exercice pas très difficile:
Prouver que: (\sqrt{3} + i)^n + (\sqrt{3} - i)^n est réel oú n \in Z^+
\mathbb{Z}^+, c’est \mathbb{N}, nan ?!
montre le au lieu de dire ça !
On peut utiliser la formule du binome de newton pour voir facilement que les termes imainaires des deux termes en presence vont s annuler
salut123 a écrit:
Un petit exercice pas très difficile:
Prouver que: (\sqrt{3} + i)^n + (\sqrt{3} - i)^n est réel oú n \in Z^+
\sqrt{3}+i=2e^{i\frac{\pi}{6}} et \sqrt{3}-i=2e^{-i\frac{\pi}{6}}
donc (\sqrt{3}+i)^n + (\sqrt{3}- i)^n= 2^ne^{i\frac{n\pi}{6}}+2^ne^{-i\frac{n\pi}{6}}
soit (\sqrt{3}+i)^n + (\sqrt{3}- i)^n= 2^n(e^{i\frac{n\pi}{6}}+e^{-i\frac{n\pi}{6}})
donc (\sqrt{3}+i)^n + (\sqrt{3}- i)^n= 2^{n+1}cos(\frac{n\pi}{6}) \in\mathbb{R}
bon bah ça va paraître parachuté, mais…
soit u_n=(\sqrt{3}+i)^n + (\sqrt{3}-i)^n.
la suite u vérifie la relation de récurrence: u_{n+2}-2\sqrt{3}u_{n+1}+4u_{n}=0; u_0 est bien un réel, u_1 aussi. Par récurrence, \forall n \in \mathbb{N}, u_n \in \mathbb{R}
deuxième possibilité (plus simple mais moins général je trouve):
soit z=\sqrt(3) + i On a u_n = z^n + \bar{z}^n= z^n + \bar{z^n} \in \mathbb{R}
salut123 a écrit:
Un petit exercice pas très difficile:
Prouver que: (\sqrt{3} + i)^n + (\sqrt{3} - i)^n est réel oú n \in Z^+
[spoiler]Tu remarques que \sqrt{3} + i=2exp(Pi/6*i)
On pose pi/6=a
Donc ca revient à montrer que 2^n(exp(ani)+exp(-ani)) est réel.
Donc ca revient à montrer que 2^(n+1)*cos(an) est réel.
C’est le cas.[/spoiler]
grilled
[spoiler]J’obtiens grâce au binôme de Newton : $(\sqrt{3} + i)^n + (\sqrt{3} - i)^n =$$\displaystyle \sum_{0<k<n} (^n_k)(\sqrt3)^{n-k}i^k + \sum_{0<k<n} (^n_k)(\sqrt3)^{n-k}(-i)^k$
Donc on a \displaystyle\sum_{0<k<n} (^n_k)(\sqrt3)^{n-k}i^k + (^n_k)(\sqrt3)^{n-k}(-i)^k d’où \displaystyle\sum_{0<k<n} ((^n_k)(\sqrt3)^{n-k})(i^k + (-i)^k).
Or i^k + (-i)^k \in \mathbb{R} ( on peut le montrer par disjonction des cas ).
On a donc \displaystyle\sum_{0<k<n} ((^n_k)(\sqrt3)^{n-k})(i^k + (-i)^k) \in\mathbb{R} d’où (\sqrt{3} + i)^n + (\sqrt{3} - i)^n \in\mathbb{R}[/spoiler]
EDIT : Erreur de copier-coller avec le Latex
Parfait 
C’est les trois méthodes auxquelles je pensait 
bullquies a écrit:
bon bah ça va paraître parachuté, mais…
soit u_n=(\sqrt{3}+i)^n + (\sqrt{3}-i)^n.
la suite u vérifie la relation de récurrence: u_{n+2}-2\sqrt{3}u_{n+1}+4u_{n}=0; u_0 est bien un réel, u_1 aussi. Par récurrence, \forall n \in \mathbb{N}, u_n \in \mathbb{R}
Rassurez moi, c’est pas niveau terminale ça ?
EDIT : 271eme messages, c’est Euler qui va être content 
J’ai un autre exercice pas mal aussi pas long du tout, qui permet de faire quelques révisions de Terminale
Soit A, B, C les angles d’un triangle. Montrer que tan A + tan B + tan C = tanAtanBtanC
salut123 a écrit:
J’ai un autre exercice pas mal aussi pas long du tout, qui permet de faire quelques révisions de Terminale
Soit A, B, C les angles d’un triangle. Montrer que tan A + tan B + tan C = tanAtanBtanC
\tan A + \tan B + \tan C = (1- \tan A\tan B)\tan(A+B) + \tan C = (1-\tan A\tan B)\tan(\pi-C) + \tan C = -\tan C + \tan A\tan B\tan C + \tan C = \tan A\tan B\tan C
salut123 a écrit:
J’ai un autre exercice pas mal aussi pas long du tout, qui permet de faire quelques révisions de Terminale
Soit A, B, C les angles d’un triangle. Montrer que tan A + tan B + tan C = tanAtanBtanC
[spoiler]tan (A+B+C)=tan(180)=0
Or tan(A+B+C)=tan((A+B)+C)=\displaystyle \frac{tan(A+B)+tanC}{1-tanAtanB}
soit $tan(A+B+C)=$$\displaystyle \frac{tanA+tanB+tanC-tanAtanBtanC}{1-tanAtanB-tanAtanC-tanBtanC}$$=0$
donc tanA+tanB+tanC-tanAtanBtanC=0
soit tanA+tanB+tanC=tanAtanBtanC
En gros j’utlise 2 fois la formule tan(x+y)=\frac{tanx+tany}{1-tanxtany}[/spoiler]
kledou a écrit:
Rassurez moi, c’est pas niveau terminale ça ?
non c’est plus niveau sup, et c’est qqch auquel on pourra penser et qui peut s’avérer utile!
Aller un nouveau :
Mq pour tout n entier naturel different de 0, et tout x reel, E(E(nx)/n)=E(x)
indic :On pourra s interesser E(x+y) pour tous x et y reels
Jiawang a écrit:
Aller un nouveau :
Mq pour tout n entier naturel different de 0, et tout x reel, E(E(nx)/n)=E(x)
indic :On pourra s interesser E(x+y) pour tous x et y reels
E(nx) \le nx donc \frac{E(nx)}{n} \le x donc par croissance de la partie entière, E\left(\frac{E(nx)}{n}\right) \le E(x)
De plus, on a E(nx) = E(n[E(x)+(x-E(x))]) = nE(x) + E[n(x-E(x))] \ge nE(x) donc \frac{E(nx)}{n} \geq E(x) d’où E\left(\frac{E(nx)}{n}\right) \ge E(E(x)) = E(x) par croissance et donc E\left(\frac{E(nx)}{n}\right) = E(x)
KGD, attention E(x+y) n est pas toujours egal a E(x)+E(y), mais on a toujours E(x+y) superieur ou egal a E(x)+E(y)’ et ton raisonnement n en est que tres peu affecte 
Je ne vois pas où est cette faute, puisque nE(x) est un entier, on a E(nE(x) + truc) = nE(x) + E(truc), non ?