Matthieu Charrier a écrit:
j’ai pensé à k \le n donc k divise n! que j’ai mal exploité ..
T’as même mieux: k \le n implique k! divise n!
Brank a tout dit.
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.
\displaystyle \forall k\in\mathbb N , \displaystyle \binom{2k+1}{k+1}=\frac{2k+1}{k+1}\binom{2k}{k} \Leftrightarrow \displaystyle(k+1)\binom{2k+1}{k+1}=(2k+1)\binom{2k}{k}
\displaystyle \binom{2k+1}{k+1}\in\mathbb N donc \displaystyle k+1|(2k+1)\binom{2k}{k}
Or \displaystyle PGCD(2k+1;k+1)=1 donc \displaystyle k+1|\binom{2k}{k} d’où \displaystyle \forall k\in\mathbb N , \frac{\binom{2k}{k}}{k+1}\in\mathbb N
D’accord avec le lemme de Gauss.
J’aime bien cette solution :
On peut utiliser la propriété bien connue (?) Si \dfrac{a}{b} = \dfrac{c}{d} alors (lorsque b\neq d) \dfrac{a}{b} = \dfrac{c}{d} = \dfrac{a-c}{b-d} :
\dfrac{\binom{2k}{k}}{k+1} = \dfrac{(2k)!}{k!(k+1)!} = \dfrac{\binom{2k}{k+1}}{k} = \dfrac{\binom{2k}{k} - \binom{2k}{k+1}}{k+1-k}\in\mathbb N.
Ca me fait penser à cet exo à astuce :
Soit n un entier naturel non nul.
Montrer que tout produit de n entiers naturels consécutifs est divisible par n!
JulienP a écrit:
Ca me fait penser à cet exo à astuce :
Soit n un entier naturel non nul.
Montrer que tout produit de n entiers naturels consécutifs est divisible par n!
je voudrais bien voir ta solution s’il te plait
Soit n et k deux entiers relatifs tous non nuls.
(k+1) … (k + n)= (n + k) ! / (k !) = (n !) x ( « k parmi (n+k) »)
Il n’y a pas de cercle vicieux car on peut justifier qu’un coefficient binomial est toujours entier grâce à la relation de pascal.
Désolé pour le manque de clarté.
On peut aussi le prouver par recurrence mais c’est très difficile.
JulienP a écrit:
Ca me fait penser à cet exo à astuce :
Soit n un entier naturel non nul.
Montrer que tout produit de n entiers naturels consécutifs est divisible par n!
\displaystyle (k+1)(k+2)\cdots (k+n) = n!{n+k \choose k}
Edit: grillé..
merci JulienP et KGD
J’aimerais bien voir la récurrence aussi si quelqu’un l’a trouvé (pas moi 
) et a le courage de l’écrire.
Bonne rentrée à tous!
brank a écrit:
merci JulienP et KGD
J’aimerais bien voir la récurrence aussi si quelqu’un l’a trouvé (pas moi
) et a le courage de l’écrire.
Bonne rentrée à tous!
Merci à toi aussi
KGD a écrit:
[quote=« moamoa »]
Bon on va passer à des trucs un peu plus consistants que la divergence de la série harmonique. Voici l’exo sur les complexes dont je parlais tout à l’heure. Faisable en fin de TS donc mais pas forcément évident.
Tain, il est super funPar contre je ne dirais pas non à un petit indice pour la 3.c) parce que je m’arrache les cheveux depuis une petite heure dessus et c’est un poil frustrant
(j’ai montré que l’équation avait un discriminant négatif mais je ne vois pas vraiment où ça me mène ni si c’est utile..)
[spoiler]1) a)s = z_1+z_2, p=z_1z_2. Puisque p \neq 0, on a z_1 \neq 0 et z_2 \neq 0
b) (E) admet deux solutions de même module <=> |u| = 1
(E) admet deux solutions de même argument <=> u est un réel strictement positif (ou arg(z) = 0)
c) s^2 - 4p = (z_1+z_2)^2 - 4z_1z_2 = (z_1-z_2)^2
d) Soient \theta_1, \theta_2 tels que z_1= re^{i\theta_1} et z_2=re^{i\theta_2}.
On a: s = z_1+z_2 = 2r\cos(\frac{\theta_1-\theta_2}{2})e^{i\frac{\theta_1+\theta_2}{2}}, p=r^2e^{i(\theta_1+\theta_2)} ainsi que z_1-z_2 = 2ir\sin(\frac{\theta_1-\theta_2}{2})e^{i\frac{\theta_1+\theta_2}{2}}
Donc |s^2-4p| = |z_1-z_2|^2 = 4r^2\sin^2(\frac{\theta_1-\theta_2}{2}) = 4r^2(1-\cos^2(\frac{\theta_1-\theta_2}{2})) = 4r^2 - 4r^2\cos^2(\frac{\theta_1-\theta_2}{2}) = 4|p| - |s|^2
e) Soient r_1, r_2 tels que z_1 = r_1e^{i\theta} et z_2 = r_2e^{i\theta}.
On a: |s^2-4p| = |z_1-z_2|^2 = (r_1-r_2)^2 = (r_1+r_2)^2 - 4r_1r_2 = |s|^2 - 4|p|
-
|a| = |b-a| + |b| \Leftrightarrow OA = OB + BA \Leftrightarrow OA^2 = (OB + BA)^2.
On se place dans le triangle OBA. D’après Al-Kashi, on a OA^2 = OB^2 + BA^2 - 2 OA\times AB\cos(O\hat{B}A) donc OA^2 = (OB + BA)^2 \Leftrightarrow \cos(O\hat{B}A) = -1 \Leftrightarrow O\hat{B}A = \pi \Leftrightarrow B \in [OA] \Leftrightarrow \exists \alpha \geq 1, \overrightarrow{OA} = \alpha\overrightarrow{OB} \Leftrightarrow \exists \alpha \geq 1, a = \alpha b. -
a) |s^2-4p| = 4|p| - |s|^2 \Leftrightarrow |4p| = |s^2| +|4p-s^2|. D’après le lemme, il existe donc un réel k \geq 1 tel que 4p = ks^2. En posant \beta = \frac{4}{k}, on a bien s^2 = \beta p où 0 \leq \beta \leq 4
b) On a d’après ce qui précède s^2 = \beta p \Leftrightarrow (z_1+z_2)^2 = \beta z_1z_2.
En divisant par z_1^2, on obtient (1+\frac{z_2}{z_1})^2 = \beta\frac{z_2}{z_1} \Leftrightarrow (1+u)^2 = \beta u[/spoiler]
[/quote]
J’ai fait la suite, mais je reste tout con sur les résultats de la toute première question : t’as fait comment ?
Le trinome ax² + bx + c admet une factorisation de la forme a(x-r_{1})(x-r_{2}). En redeveloppant, tu retrouves les relations entre coefficients et racines.
Par contre je ne dirais pas non à un petit indice pour la 3.c)
[spoiler](1+u)^2=\beta u et u \neq0 donc \frac{(1+u)^2^}{u}=\beta\in\mathbb{R}
On peut alors faire des choses intéressantes avec \frac{(1+u)^2^}{u} …[/spoiler]
Matthieu Charrier a écrit:
Par contre je ne dirais pas non à un petit indice pour la 3.c)
[spoiler](1+u)^2=\beta u et u \neq0 donc \frac{(1+u)^2^}{u}=\beta\in\mathbb{R}
On peut alors faire des choses intéressantes avec \frac{(1+u)^2^}{u} …[/spoiler]
viewtopic.php?f=3&t=38532&p=480968#p480968
Bon, comme KGD est connecté, comme c’est bientôt la rentrée, et sutout comme je l’ai fait il y a quelques semaines et que je ne sais toujours pas si ce que j’ai fait est juste :
Somme 58 de ce pdf.
Edit : faute de frappe pour mon résultat, et flemme de corriger, vous ferez sans 
Nico, je trouve ca quand meme plutot laborieux 
surement que je suis passe a cote d une solution plus rapide…
On transforme la somme a l aide de 1/sin^2=-cotan’ et que la somme des derivees et egale a la derivee de la somme.
On etudie le polynome (x-1)^(2n+1)-(x+1)^(2n+1)exp(i(4n+2)y), y reel . On obtient alors notre somme des cotan(k*PI/(2n+1)+y) suffit alors de remplacer y par 0 !
Ah bah oui c’est assez laborieux 
Mais peut-être que KGD a lu dans des livres quelques méthodes qui reviennent souvent dans le calcul de sommes !
Sinon bien joué, c’est ça. J’ai fait avec la même idée que toi (sauf que moi je n’ai pas pensé aux dérivées, donc mon truc est encore plus chiant) en me disant que j’étais sûrement passé à côté d’une solution plus rapide 
Profitez plutôt de la fin de vos vacances.
PS: La plupart des exos donnés ici n’aident vraiment pas à entamer une MPSI.
Nico_ a écrit:
Ah bah oui c’est assez laborieux
Sinon bien joué, c’est ça. J’ai fait avec la même idée que toi (sauf que moi je n’ai pas pensé aux dérivées, donc mon truc est encore plus chiant) en me disant que j’étais sûrement passé à côté d’une solution plus rapide
Pourrais-tu donner des exemples de tels livres? Merci!
Non j’en sais rien, j’ai dit ça comme ça, puisque KGD avait dit qu’il avait déjà vu l’exo sur la non dénombralité de R.
Après, la méthode du polynôme en cotan² est assez classique dans le calcul de sommes (personnellement c’est mon prof de maths qui me l’a fait remarquer, après j’imagine qu’on y fait allusion dans des livres d’exercices de prépa…).