Je savais même pas que ça pouvait marcher de manière arithmétique ^^
mais soit, essayons:
[spoiler]x^y=y^x.
On a évidemment x=y qui convient; si x ou y =1, alors l’autre est aussi égal à 1 donc supposons x et y plus grands que 2 et écrivons x= \Pi_{i=1}^{k}p_i^{m_i}, et$y=\Pi_{j=1}^{l}r_j^{n_j}$, où les p_i sont premiers distincts, et les r_j aussi.
on voit tout de suite que x^y=y^x implique que x et y ont les mêmes facteurs premiers.
donc on peut réécrire x= \Pi_{i=1}^{k}p_i^{m_i} et y= \Pi_{i=1}^{k}p_i^{n_i}
On peut alors chercher à écrire x^y=\Pi_{i=1}^{k}p_i^{y.m_i}=y^x=\Pi_{i=1}^{k}p_i^{x.n_i} donc \forall i \in [1,k], y.m_i=x.n_i.
Donc: \exists h=\frac{y}{x}=\frac{n_1}{m_1}=\dots=\frac{n_k}{m_k}
Supposons, quitte à échanger x et y, que y > x.
Alors h > 1, y=h.x et y=x^h (on sort un peu de l’arithmétique là, nan?)
Montrons alors que h ne peut valoir que 2, il en découlera (en utilisant les deux expressions de y) que x=2 et y=4:
y est un multiple de x dont tous les facteurs premiers ont une multiplicité plus grande que celle de x (par la définition de h et du fait qu’on l’ait choisi plus grand que 1). Donc h est un entier. (on peut même donner son expression: h=\Pi_{i=1}^{k}p_i^{n_i-m_i}
Et là… je sais plus trop, j’ai cherché mais je vois pas… une indication?[/spoiler]
Tu as y=hx, ton équation devient alors : x^{hx} = (hx)^{x} qui peut se réécrire alors : x^{h-1} = h
C’est presque fini après 
bah justement c’était là que je bloquais ^^ je continuerais plus tard si personne a trouvé d’ici là ^^
salut123 a écrit:
[quote=« Blobixx »]
[quote=« guitar_man95 »]
tu peux te ramener par un changement de variable bien choisi à (x-3)(x-1)(x+1)(x+3)=16,et là, ça devient plus clair.
[spoiler]On pose t= 2(x+13)-3 \Rightarrow x=\frac{t+3}{2}-13
$(x+10)(x+11)(x+12)(x+13)=1 \Leftrightarrow$$(\frac{t-3}{2})(\frac{t-1}{2})(\frac{t+1}{2})(\frac{t+3}{2})=1$
\Leftrightarrow (t-3)(t-1)(t+1)(t+3)=16 \Leftrightarrow t^4-10t^2-7=0
On pose alors s=t^2 donc t^4-10t^2-7=0 \Leftrightarrow s^2-10s-7=0
\Delta= 128 donc s_1=\frac{10+\sqrt{128}}{2} \Rightarrow t=\sqrt{\frac{10+\sqrt{128}}{2}}
ou s_2=\frac{10-\sqrt{128}}{2}< 0
Donc \displaystyle x=\frac{\sqrt{\frac{10+\sqrt{128}}{2}}+3}{2}-13
Réciproquement, le x trouvé est bien solution[/spoiler]
[/quote]
Je me demandais comment tu as fait pour choisir ce changement de variable enfin en règle générale, si guitar_man n’aurait pas donner l’indication? (Désolé pour la question, mais je suis un peu rouillé xD)
[/quote]
Avec du temps on remarque souvent des trucs. Là déjà l’idée de base de Blobixx était « bonne », de chercher à faire apparaître des IR. Bref, il faut essayer plusieurs choses, sans vraiment savoir pourquoi est ce que ça marcherait, mais surtout en se demandant à quoi l’on veut arriver. Si ça ne marche pas, on comprend pourquoi, puis on cherche autre chose.
Je n’ai même pas pris le temps de voir si la réponse est correcte ; mais correction en vidéo : youtube.com/watch?v=mmX4eOVR … ature=plcp
bullquies a écrit:
bah justement c’était là que je bloquais ^^ je continuerais plus tard si personne a trouvé d’ici là ^^
J’ai mal regardé ta solution, effectivement ^^
Bon, un autre indice :
[spoiler]On part de : $x^{h-1} = h$avec h>1 et x \geq 2
Supposons que :x \geq 2 et$h > 2$ alors…
Donc…[/spoiler]
Je propose celui-ci :
Soit n\in\mathbb N. Soit f la fonction définie sur [n,+\infty[ par
f(x)=\sqrt{x-n}+\sqrt{x-n+1}+ … +\sqrt{x}+\sqrt{x+1}+\sqrt{x+2}+\ldots+\sqrt{x+ n}-(2n+1)\sqrt{x}.
Etudier les variations de f sur [n,+\infty[.
Calculer \displaystyle\lim_{x\to+\infty} f(x).
Ostap Bender a écrit:
Je propose celui-ci :
Soit n\in\mathbb N. Soit f la fonction définie sur [n,+\infty[ par
f(x)=\sqrt{x-n}+\sqrt{x-n+1}+ … +\sqrt{x}+\sqrt{x+1}+\sqrt{x+2}+\ldots+\sqrt{x+ n}-(2n+1)\sqrt{x}.
Etudier les variations de f sur [n,+\infty[.
Calculer \displaystyle\lim_{x\to+\infty} f(x).
[spoiler]On pose \displaystyle f_n(x)= \sum_{k=-n}^n \sqrt{x+k}-(2n+1)\sqrt{x} définie sur [n;+\infty[ avec n\in\mathbb N
$\displaystyle f_{n+1}(x)-f_n(x)= \sum_{k=-n-1}^{n+1} \sqrt{x+k}-(2n+2)\sqrt{x}-$$\displaystyle \sum_{k=-n}^n \sqrt{x+k}+(2n+1)\sqrt{x}$
donc f_{n+1}(x)-f_n(x)= \sqrt{x-n-1}+\sqrt{x+n+1}-\sqrt{x} >0 donc f_n est croissante.
De plus, \displaystyle f_n(x)=\sqrt{x} \left (\sum_{k=-n}^n \sqrt{1+\frac{k}{x}}-(2n+1) \right ) et là c’est encore une forme indéterminée 
[/spoiler]
Pour la limite:
\displaystyle f(x)=\sum_{k=0}^{2n}{\sqrt{x-n+k}-\sqrt{x}}. Or pour k de [0,2n] et n entier naturel:
$\displaystyle \sqrt{x-n+k}-\sqrt{x}=$$\displaystyle \frac{(\sqrt{x-n+k}-\sqrt{x})(\sqrt{x-n+k}+\sqrt{x})}{\sqrt{x-n+k}+\sqrt{x}}
\displaystyle=\frac{k-n}{\sqrt{x-n+k}+\sqrt{x}}$ qui tend vers 0 quand x tend vers l’infini
D’où par somme on en déduit que la limite de f quand x tend vers l’infini est nulle
Bonjour Blobixx.
Tu n’as pas étudié les variations de la fonction f; Tu as étudié - à x fixé - les variations de la suite (f_n(x)). Et encore, cette dernière n’est pas définie…
Tu dois donc fixer n et étudier les variations d’une fonction.
Ostap Bender a écrit:
Je propose celui-ci :
Soit n\in\mathbb N. Soit f la fonction définie sur [n,+\infty[ par
f(x)=\sqrt{x-n}+\sqrt{x-n+1}+ … +\sqrt{x}+\sqrt{x+1}+\sqrt{x+2}+\ldots+\sqrt{x+ n}-(2n+1)\sqrt{x}.
Etudier les variations de f sur [n,+\infty[.
Calculer \displaystyle\lim_{x\to+\infty} f(x).
\displaystyle f(x) = \sum_{k=1}^n \left(\sqrt{x+k} + \sqrt{x-k} - 2\sqrt{x}\right).
Posons g_k(x) = \sqrt{x+k} + \sqrt{x-k} - 2\sqrt{x}.
On a \displaystyle g_k(x) = k\left(\frac{1}{\sqrt{x+k}+\sqrt{x}} - \frac{1}{\sqrt{x}+\sqrt{x-k}}\right).
g_k est dérivable sur [n;+\infty[ et on a \displaystyle g'_k(x) = \frac{k}{2}\left[\frac{1}{\sqrt{x(x-k)}(\sqrt{x}+\sqrt{x-k})} \displaystyle -\frac{1}{\sqrt{x(x+k)}(\sqrt{x+k}+\sqrt{x})}\Bigg] > 0 donc g_k est strictement croissante sur [n;+\infty[ pour tout k\in[\![1;n]\!].
\displaystyle f = \sum_{k=1}^n g_k est de fait également strictement croissante sur [n;+\infty[.
On remarque de plus que puisque pour tout k\in[\![1;n]\!], on a \displaystyle g_k(x) = k\left(\frac{1}{\sqrt{x+k}+\sqrt{x}} - \frac{1}{\sqrt{x}+\sqrt{x-k}}\right) \underset{x \to +\infty}{\to} 0, on a également, par somme des limites, \displaystyle \lim_{x \to +\infty} f(x) = 0
Edit: Faute de calcul
KGD a écrit:
[quote=« Ostap Bender »]
Je propose celui-ci :
Soit n\in\mathbb N. Soit f la fonction définie sur [n,+\infty[ par
f(x)=\sqrt{x-n}+\sqrt{x-n+1}+ … +\sqrt{x}+\sqrt{x+1}+\sqrt{x+2}+\ldots+\sqrt{x+ n}-(2n+1)\sqrt{x}.
Etudier les variations de f sur [n,+\infty[.
Calculer \displaystyle\lim_{x\to+\infty} f(x).
\displaystyle f(x) = \sum_{k=1}^n \left(\sqrt{x+k} + \sqrt{x-k} - 2\sqrt{x}\right).
Posons g_k(x) = \sqrt{x+k} + \sqrt{x-k} - 2\sqrt{x}.
On a \displaystyle g_k(x) = k\left(\frac{1}{\sqrt{x+k}+\sqrt{x}} - \frac{1}{\sqrt{x}+\sqrt{x-k}}\right).
g_k est dérivable sur [n;+\infty[ et on a \displaystyle g'_k(x) = \frac{k}{2}\left[\frac{1}{(\sqrt{x}+\sqrt{x-k})(\sqrt{x}+\sqrt{x-k})^2} \displaystyle -\frac{1}{(\sqrt{x+k}+\sqrt{x})(\sqrt{x+k}+\sqrt{x})^2}\right ] > 0 donc g_k est strictement croissante sur [n;+\infty[ pour tout k\in[\![1;n]\!].
\displaystyle f = \sum_{k=1}^n g_k est de fait également strictement croissante sur [n;+\infty[.
On remarque de plus que puisque pour tout k\in[\![1;n]\!], on a \displaystyle g_k(x) = k\left(\frac{1}{\sqrt{x+k}+\sqrt{x}} - \frac{1}{\sqrt{x}+\sqrt{x-k}}\right) \underset{x \to +\infty}{\to} 0, on a également, par somme des limites, \displaystyle \lim_{x \to +\infty} f(x) = 0
[/quote]
C’est peut-être une faute de frappe mais ton \displaystyle g'_k(x) ne va pas.
Oui, au temps pour moi, j’espère que ça fonctionne maintenant 
Tout ça m’a l’air bel et bon. Quelle inégalité peux-tu déduire de ces deux questions ?
OK pour moi.
Un autre ? Simple et classique.
Démontrer que:
\forall\, k\in\mathbb N, \dfrac{\binom{2k}{k}}{k+1}\in\mathbb N.
Ostap Bender a écrit:
OK pour moi.
Un autre ? Simple et classique.
Démontrer que:
\forall\, k\in\mathbb N, \dfrac{\binom{2k}{k}}{k+1}\in\mathbb N.
[spoiler]\forall\, k\in\mathbb N, \dfrac{\binom{2k}{k}}{k+1}=\frac{(2k)!}{k!(k+1)!}
On montre par récurrence que pour tout k {k!(k+1)!} \le {(2k)!}
Ce qui montre que pour tout k k!(k+1)! divise (2k)!.[/spoiler]
J’ai du mal à te suivre. 2\leqslant3 donc 2 divise 3, c’est ça ?
Ostap Bender a écrit:
J’ai du mal à te suivre. 2\leqslant3 donc 2 divise 3, c’est ça ?
Non, plutôt 2 \le 3! donc 2 divise 3!
Ca marche avec les factorielles
Matthieu Charrier a écrit:
Non, plutôt 2 \le 3! donc 2 divise 3!
Ca marche avec les factorielles
5 \le 3! donc 5 divise 3! ?
Oops 
, j’ai pensé à k \le n donc k divise n! que j’ai mal exploité ..
Bref, oubliez ma preuve 