Hmmm, un gentil pour commencer ?!
Résoudre dans \mathbb{C} l’équation z^6 - z^5 + z^4 - z^3 + z^2 - z +1 = 0
kledou a écrit:
Hmmm, un gentil pour commencer ?!
Résoudre dans \mathbb{C} l’équation z^6 - z^5 + z^4 - z^3 + z^2 - z +1 = 0
Je dirais pas gentil mais bon^^
Je suis pas mal avancé :
J’ai réécris ton équation ainsi :
\sum_{i=0}^{6} (-1)^{i}z^i = 0
\sum_{i=0}^{6} (-1)^{i}z^i = \sum_{i=0}^{6} (-z)^i
On suppose k \neq -1, on a :
\sum_{i=0}^{6} (-z)^i = \frac{1-(-z)^7}{1-(-z)} = \frac{1+z^7}{1+z}
Donc on a plus qu’à résoudre : z^7 = -1
Les racines 7-èmes de -1 sont les e^{i\theta} avec \theta = \frac{\pi+2k\pi}{7} pour k allant de 0 à 6 et k \neq 3 . On ne compte pas celle avec k=3 car sinon on aurait e^{i\theta}=-1, or on a exclu ce cas (et on voit que -1 n’est pas solution de l’équation).
Je m’attelle maintenant au problème de Jiawang.
kepl a écrit:
[quote=« kledou »]
Hmmm, un gentil pour commencer ?!Résoudre dans \mathbb{C} l’équation z^6 - z^5 + z^4 - z^3 + z^2 - z +1 = 0
Je dirais pas gentil mais bon^^
Je suis pas mal avancé :
J’ai réécris ton équation ainsi :
\sum_{i=0}^{6} (-1)^{i}z^i = 0
\sum_{i=0}^{6} (-1)^{i}z^i = \sum_{i=0}^{6} (-z)^i
Avec les sommes géométriques, on a :
\sum_{i=0}^{6} (-z)^i = \frac{1-(-z)^7}{1-(-z)} = \frac{1+z^7}{1+z}
Donc on a plus qu’à résoudre : z^7 = -1
Je vous dis quand j’ai trouvé les racines 7-èmes de -1.
[/quote]
C’est l’idée sauf qu’on a un polynôme de degré 6 donc on a 6 solutions complexes éventuellement confondues … et toi tu dis que les solutions sont les 7 racines de l’unité …
Je viens de corriger, en enlevant la 7ème^^
Voilà :
z = \{ (-1)^{1/7};(-1)^{3/7};(-1)^{5/7};-(-1)^{2/7};-(-1)^{4/7};-(-1)^{6/7} \}
Petit conseil essaye d’êtrz beaucoup plus concis: la réponse à une question de ce genre est attendu en une ou deux lignes.
Pas en sup ou en TS. La concision aura le temps de venir, car elle nécessite d’avoir du recul.
kepl a écrit:
S’il vous reste des exercices sympas comme vous en postiez pendant l’été je veux bien essayer
Je ne sais pas si tu as commencé la spé mais je laisse celui-ci:
Soit p un entier naturel premier et k \in [\![1,p-1]\!]. Montrer que p divise \displaystyle {p \choose k}
Indice:
On pourra utiliser (après démonstration 
) l’identité \displaystyle k{p \choose k} = p{p-1 \choose k-1}
Alors personne pour :
Soit \mathbb{U}, l’ensemble des nombres complexes avec un module égal à 1.
Soit (x,y,z) \in \mathbb{U}^3. Trouvez x,y,z tel que : x+y+z =1 et x.y.z=1
?
Si j’ai vu e^{i\theta} = \cos \theta +i \sin \theta.
Çà donnerait z = \{ \cos \frac{\pi}{7} + i \sin\frac{\pi}{7}; \cos \frac{3\pi}{7} + i \sin\frac{3\pi}{7}; ... \} (j’avais la flemme d’écrire tout çà, et comme je saurais pas simplier les cos et les sin^^)
@KGD : J’ai pas avancé l’arithmétique (faut que je l’avance d’ailleurs …), donc je vois pas trop quoi faire (j’ai remarqué que cela revenait à prouver que k | {p-1 \choose k-1} mais après …).
kepl a écrit:
Si j’ai vu e^{i\theta} = \cos \theta +i \sin \theta.
Çà donnerait z = \{ \cos \frac{\pi}{7} + i \sin\frac{\pi}{7}; \cos \frac{3\pi}{7} + i \sin\frac{3\pi}{7}; ... \} (j’avais la flemme d’écrire tout çà, et comme je saurais pas simplier les cos et les sin^^)
@KGD : J’ai pas avancé l’arithmétique (faut que je l’avance d’ailleurs …), donc je vois pas trop quoi faire (j’ai remarqué que cela revenait à prouver que k | {p-1 \choose k-1} mais après …).
Nan ça donnerait ici : z = \{ e^{\frac{2\pi}{7}} ; e^{\frac{4\pi}{7}} ; e^{\frac{6\pi}{7}} ; e^{\frac{8\pi}{7}} ; e^{\frac{10\pi}{7}} ; e^{\frac{12\pi}{7}} \}
kepl a écrit:
Si j’ai vu e^{i\theta} = \cos \theta +i \sin \theta.
Çà donnerait z = \{ \cos \frac{\pi}{7} + i \sin\frac{\pi}{7}; \cos \frac{3\pi}{7} + i \sin\frac{3\pi}{7}; ... \} (j’avais la flemme d’écrire tout çà, et comme je saurais pas simplier les cos et les sin^^)
@anon70751501 : J’ai pas avancé l’arithmétique (faut que je l’avance d’ailleurs …), donc je vois pas trop quoi faire (j’ai remarqué que cela revenait à prouver que k | {p-1 \choose k-1} mais après …).
C’est sûr que sans le théorème de Gauss c’est pas évidentEnfin ca devrait te sauter aux yeux avec un peu d’entrainement quand tu l’auras vu
Un autre alors:
Soit x \in \mathbb{R}. Montrer la convergence de la suite u de terme général \displaystyle u_n = \left(1+\frac{x}{n}\right)^n et donner sa limite.
Indice:
On s’intéressera après avoir justifié qu’elle est bien définie à partir d’un certain rang à la suite (\ln(u_n))
1re colle (avec un colleur sur ce forum en plus ^^, et déjà donné il y a longtemps sur ce topic):
Simplifier \displaystyle \sum_{k=0}^{E(n/3)}{n \choose 3k} (k entier naturel).
Bonne chance !
Indices:
Introduire j=e^{i2\pi/3}
Essayer avec 2k
KGD a écrit:
Soit x \in \mathbb{R}. Montrer la convergence de la suite u de terme général \displaystyle u_n = \left(1+\frac{x}{n}\right)^n et donner sa limite.
u_n=(1+\frac {x}{n}) ^n = e^{n \ln (1 + \frac{x}{n})}
Or aux alentours de 1 on a \ln (1+h) \approx \ln(h).
Donc quand n \rightarrow \infty, e^{n \ln (1 + \frac{x}{n})} \approx e^{n (\frac{x}{n})} = e^x
kledou a écrit:
Nan ça donnerait ici : z = \{ e^{\frac{2\pi}{7}} ; e^{\frac{4\pi}{7}} ; e^{\frac{6\pi}{7}} ; e^{\frac{8\pi}{7}} ; e^{\frac{10\pi}{7}} ; e^{\frac{12\pi}{7}} \}
T’aurais pas oublié un i quelque part ? Parce que là en vérifiant à la calculatrice je ne trouve pas la même chose (même en rajoutant le i où je crois qu’il doit être).
Lol, sisi il a oublié un i
kepl a écrit:
[quote=« KGD »]
Soit x \in \mathbb{R}. Montrer la convergence de la suite u de terme général \displaystyle u_n = \left(1+\frac{x}{n}\right)^n et donner sa limite.
u_n=(1+\frac {x}{n}) ^n = e^{n \ln (1 + \frac{x}{n})}
Or aux alentours de 1 on a \ln (1+h) \approx \ln(h).
Donc quand n \rightarrow \infty, e^{n \ln (1 + \frac{x}{n})} \approx e^{n (\frac{x}{n})} = e^x
[/quote]
Attention, je suppose que tu voulais dire qu’au voisinage de 0, on a \ln(1+x) \sim x mais tu ne peux pas composer par exp pour en déduire e^{n \ln (1 + \frac{x}{n})} \sim e^{n (\frac{x}{n})} quand n tend vers l’infini (par exemple n^2 + n \underset{n \to +\infty}{\sim} n^2 mais certainement pas e^{n^2+n} \underset{n \to +\infty}{\sim} e^{n^2}). D’où la suggestion de calculer la limite de \displaystyle n \mapsto n\ln\left(1+\frac{x}{n}\right) à part pour en déduire la limite de la suite par composition.
Kepl ça n’est pas bon du tout ,le résultat est peut être juste mais ça vaudrait 0. (no offense tu es surement loin devant tes camarades lycéens).
Déjà tu ne dis pas de quel n ni de quel x tu parles,tu aurais été bien avisé de suivre le conseil de KGD car:
« e^{n \ln (1 + \frac{x}{n})} » n’a pas de sens pour tous les n et tous les x.
« Or aux alentours de 1 on a \ln (1+h) \approx \ln(h). »
C’est faux,( ça serait ln(2)) mais c’est pas très important,tu voulais sans doute dire que quand h est proche de zéro ln(1+h) \approx h
« Donc quand n \rightarrow \infty, e^{n \ln (1 + \frac{x}{n})} \approx e^{n (\frac{x}{n})} »
ça par contre ça va pas, on ne peut pas composer les équivalents, regarde n^2+n et n^2 sont équivalents en l’infini mais e^{n^2+n} et e^{n} ne sont pas équivalents. Je te conseille de lire un cours en ligne sur les équivalents,les « petits o » les développements limités etc..
Bon courage pour la suite
ha on a pensé au même exemple 
Pendant que je suis là,les mecs de LLG je cherche quelqu’un ayant fait une 1ère S1 là bas
(ça serait gentil de me mp )
Bon ben je crois que je vais me renseigner sur les développements limités et tous les trucs que tu as cité Brank^^
À vrai dire j’avais vu un gars faire ainsi sur AoPS pour un problème similaire, je me disais un peu que ce n’était pas très rigoureux mais comme la méthode donnait le bon résultat je ne m’étais pas posé de question.
Les DL c’est très utile et c’est assez rapide à apprendre et comprendre le principe 
Brank ou KGD, j’ai une question totalement hors sujet ( sur un truc que je suis en train de lire )
Soit l’anneau des \mathbb{Z} / 2\mathbb{Z}, ici 1+1 = 0. ça vient du faire que la somme de deux nombres impairs est pair ?!
kledou a écrit:
Soit l’anneau des \mathbb{Z} / 2\mathbb{Z}, ici 1+1 = 0. ça vient du faire que la somme de deux nombres impairs est pair ?!
Oui, c’est la traduction exacte