comme quoi coller des équivalences tout du long…c’est le meilleur moyen de rendre le correcteur suspicieux…et comme le correcteur a bcp d’expérience il a très souvent raison et toute la démo et les points qui vont avec son perdus.
Je ne crois pas que ça soit la faute aux équivalences.Le correcteur (je suppose) attend certaines étapes importantes,il regarde si elles y sont ou si on essaye de l’entuber.
Après ça me semble "raisonnable"de trafiquer une ou 2 lignes de calculs pour arriver au résultat tant qu’il n’y a pas d’argument important à l’intérieur. Ca m’étonnerait que les profs (et encore moins les mecs qui corrigent les copies de concours) lisent tout.
Un facile :
Résoudre pour (x;y) \in \mathbb{Z}^{2*}
\frac{1}{x}+\frac{1}{y}=\frac{1}{5}
Satanikwolf a écrit:
Résoudre pour (x;y) \in \mathbb{Z}^{2*}
\frac{1}{x}+\frac{1}{y}=\frac{1}{5}
On développe ça, on factorise et on arrange et on trouve les couples solutions suivants dans \mathbb{(Z}^{*})^{2}} : (10;10) (30;6) (6;30) (-20;4) (4; -20) sauf erreur ou oubli de diviseurs 
« Ca m’étonnerait que les profs (et encore moins les mecs qui corrigent les copies de concours) lisent tout. »
Détrompe toi. Le prof va lire N fois le même calcul et, avant même de lire, il sait où la majorité des erreurs seront. Si ça passe pour une « typo » ça peut encore allez mais si un ‹ - › devient un ‹ + › et redevient un ‹ - › qlqs lignes après alors le risque est de se mettre le correcteur à dos.
Mon prof de maths(il a pas mal d annees d enseignement en spé) nous a repete le long de l annee qu il n etait pas possible pour un correcteur de tout lire, que 4 heures de reflexion intense multiplie par le nombre de copies a corriger tout ca dans un temps limite etait trop pour tout regarder.
en même temps, quand c’est faux, c’est faux; en physique les raisonnements un peu foireux peuvent passer (typiquement à la question « montrer que machin est constant »; tu bidouilles, tu touilles, et tu finis par tomber sur rot(grad(machin))=0 dans je ne sais quelles conditions… tu rajoutes un « on en déduit que machin est constante » et ça passe parfois!)
mais en maths, c’est pas en mettant un - à la place d’un + dans une somme d’espaces vectoriels que tu vas t’en tirer 
Hum en maths, toujours avec mon prof qui est quand meme plutot bon, souvent dans les ds j ai la totalite des points la ou j escroque(par exemple un resultat a montrer par recurrence, j ecrit deux trois calculs bidons et je mets la recurrence se propage)et inversement, des fois j ai 0 alors que j ai la meme chose que le corrige…bref c est pas tres rassurant pour les concours, mais je comprends totalement la difficulte de corriger toutes les copies…
ahaha Jiawang petit filou 
.Par contre ne jamais pipoter en français,le prof lis (presque) toujours les phrases et il va se rendre compte qu’on pige pas ce qu’on fait.Par contre les lignes de calculs intermédiaires…
ça me fait rire maintenant le post où tu disais à une fille qui chialait un 0 pour triche (injustifié) qu’elle n’avait eu que ce qu’elle méritait
Non mais en PT c’est différent les récurrences sont toutes triviales 
Sinon faut les faire.
Bizarre et amusant Jiawang. Je ne sais pas trop quoi en penser, même si je pense que c’est un peu risqué d’essayer de gruger comme ça. En ce qui me concerne, dès que je vois qu’un truc commence à être mal rédigé, que je dois relire pour comprendre, j’arrête de lire. Si j’étais prof et que je devais mettre une note sans doute que je ferais exactement la même chose donc par principe de précaution : 0
Il parait qu’à l’oral aux mines faut être ultra pointilleux sur la rédaction. Genre un truc trivial faut pas mettre les trois petits points (sous entendu récurrence évidente) mais bien rédiger la récurrence avec initialisation, type de récurrence blabla.. Alors qu’à l’ENS un « d’après Dunford » peut passer
Sinon à l’écrit, mieux vaut toujours tout détailler rigoureusement, au moins au début.
Un petit exercice amusant :
rts.ch/decouverte/sciences-e … kinia.html
Généraliser.
Bonjour,
Il parait qu’à l’oral aux mines faut être ultra pointilleux sur la rédaction.
Seulement si on n’a pas pu se faire entendre à l’écrit.
JeanN a écrit:
Un petit exercice amusant :
rts.ch/decouverte/sciences-e … kinia.htmlGénéraliser.
Soit n un entier compris entre 1 et 30. On compte le nombre de diviseurs strictement supérieurs à 1 de n. S’il y en a un nombre pair, la n-ième porte est ouverte, sinon elle est fermée (j’exclus le cas 1 parce que c’est plus pratique, on considère qu’au début les portes sont ouvertes et qu’on commence à la deuxième porte). Les portes ouvertes sont donc les portes 1, 3, 4, 9, 16 et 25. Que des carrés parfaits (sauf 3), ça s’explique bien parce que les multiples s’associent deux à deux, donc sont en nombre impair s’ils sont tous distincts et qu’on exclut 1. Il faut donc qu’un nombre pair de multiples se répètent, càd qu’on ait un carré parfait.
La cellule 3 n’est pas ouverte.
Par ailleurs, on peut démontrer plus « clairement » ton résultat sur la parité du nombre de diviseurs de n
Oui au temps pour moi pour 3 
.
Soit n un entier naturel et \displaystyle\prod_{p_i\in\mathcal{P}}p_i^{\alpha_i} sa décomposition en facteurs premiers. n possède \displaystyle\prod_{i}(\alpha_i+1) diviseurs positifs. Ce nombre est impair ssi \alpha_i+1 est impair pour tout i, cad \alpha_i pair pour tout i. \displaystyle\prod_{p_i\in\mathcal{P}}p_i^2 divise alors n, cad n est un carré parfait.
Bien, je poserai cet exo en colle à la rentrée 
Je re-retente ma chance pour le même exo (mais avec l’aide de l’indication de JeanN cette fois) :
JeanN a écrit:
En voici un que j’accompagne généralement de quelques questions intermédiaires :
Déterminer les parties finies non vides A de \mathbb C vérifiant \forall z\in A, z^2+z+1\in A et z^2-z+1\in A
[spoiler]Rappel de l’indication :
- Montrer que [|z^2+z+1|\leq |z| et |z^2-z+1|\leq |z|] \Rightarrow z\in \{i,-i\}
Pour cela, on pose Z=z^2+1
Soit F :
\left\{\begin{array}{ll}
\mathbb{C}\to\mathbb{C} \\
M(Z)\longmapsto M'(Z+z)
\end{array}
et,
G :
\left\{\begin{array}{ll}
\mathbb{C}\to\mathbb{C} \\
M(Z)\longmapsto M''(Z-z)
\end{array}
Finalement, Chercher z tel que [|z^2+z+1|\leq |z| et $|z^2-z+1|\leq |z|]$revient à chercher les points M' et M'' qui sont à l’intérieur, ou sur le cercle de centre O (l’origine du repère, dans le plan complexe) et de rayon |z|
Or, les applications F et G sont respectivement les translations de vecteurs \vec{u}(z) et \vec{v}(-z) ,or ces deux vecteurs sont colinéaires, de sens opposé et avec la même norme : |z|, et l’on veut M' et M'' soit dans, ou sur, le cercle de centre O et de rayon |z|, ce qui est impossible, sauf si M est confondu avec O i.e si Z=0 i.e si z^2+1=0 i.e si [ z=i ou z=-i ]
D’où [|z^2+z+1|\leq |z| et |z^2-z+1|\leq |z|] \Rightarrow z\in \{i,-i\}
On en déduit donc que \forall z \in \mathbb {C} privé de \{-i;i\}, [|z^2+z+1|> |z| ou |z^2-z+1|> |z|], soit : au moins l’un des deux points M' ou M'' « s’éloignent » de O (par rapport à M)
Or, le problème initial revient à dire que l’on veut un nombre fini de points M,M',M'' en appliquant à tous les points les applications F et G, or si z \notin \{-i;i\} alors à chaque fois, au moins l’un des deux points M' ou M'' s’éloignent, et ce point ainsi obtenu verra l’un de ses points obtenus grâce à F et G s’éloigner encore de O, et ainsi de suite, il y aura alors une infinité de points, ce que l’on ne veut pas.
Donc seul A=\{-i;i\} convient.
Voilà, j’espère ne pas avoir dit trop de bêtises et avoir été assez précis et clair dans mes explications.[/spoiler]
J’en tente un nouveau !
Asymetric a écrit:
Soit s(n) la somme des chiffres d’un entier positif n.
Montrer que pour tout entier strictement positif n, on a \displaystyle \frac{s(n)}{s(2n)} \le 5
[spoiler]Je pense qu’il faut remarquer qu’à chaque fois qu’il y a une retenue, on « perd » 9 unités dans la somme : en effet, avec la retenue, 10 unités deviennent 1 dizaine, on « perd » donc 9 dans la somme, à chaque fois qu’il y a une retenue.
Soit T_{n} le nombre de fois où l’on a une retenue, i.e le nombre de chiffres supérieurs ou égaux à 5 composant l’entier n
On a alors s(2n)=2s(n)-9*T_{n}
D’où : \displaystyle \frac{s(n)}{s(2n)} \le 5 \Leftrightarrow \displaystyle \frac{s(n)}{2s(n)-9*T_{n}} \le 5 \Leftrightarrow s(n) \le 5(2s(n)-9T_{n})
\Leftrightarrow s(n) \geq 5T_{n}
Ce qui est évident : Puisque T_{n} est le nombre de chiffres supérieurs ou égaux à 5 composant n. Donc la somme de ces T_{n} chiffres sera supérieure ou égale à 5*T_n.
Or, on a résonné par équivalence, donc comme la proposition : s(n) \geq 5T_{n} est vraie, alors la proposition : \forall n \in \mathbb{N}*,\displaystyle \frac{s(n)}{s(2n)} \le 5 l’est aussi.[/spoiler]
Phylov a écrit:
**
On colorie chaque point du plan en rouge ou en bleu. Montrer qu’on peut trouver un triangle équilatéral dont tous les sommets sont de la même couleur.
Même chose pour un rectangle.**
[spoiler]Alors, tout d’abord pour le triangle équilatéral :
On se place dans un hexagone régulier, comme ci contre : Imagup - General Magazine 2025
On a alors deux manières de faire un triangle équilatéral : soit deux sommets consécutifs et le centre de l’hexagone (en vert sur ma figure) ou avec 3 sommets tous non-consécutifs (en rouge sur ma figure).
Dans les cas, où il y a 6 ou 5 sommets de la même couleur, il est évident que l’on aura un triangle équilatéral (au moins de type « rouge »)
S’il y a 4 sommets d’une couleur et 2 de l’autre, alors soit les 2 sont consécutifs (et les quatre aussi du coup) et donc il y aura forcement un triangle équilatéral : soit les 2 plus le centre, soit 2 parmi les 4, plus le centre. Si les 2 sommets de la même couleur ne sont pas consécutifs alors il existe 3 points de l’autre couleur tous « non-consécutifs » et l’on peut donc former un triangle équilatéral de type « rouge ».
Dans le cas où trois sommets sont de la même couleur (et donc les 3 autres de l’autre couleur) soit il y en a au moins deux consécutifs dans chaque couleur et l’on forme un triangle avec le centre, soit il n’y a pas de sommets consécutifs, on forme donc un triangle de type « rouge ».
**Pour le rectangle : **
On construit trois lignes de sept points.
Sur la première ligne, il y a au moins 4 points de la même couleur. Pour qu’il n’y ait pas de rectangle avec la deuxième ligne, il faut obligatoirement qu’il y ait au moins 3 points de l’autre couleur en face de ces 4 points. On a alors une configuration de type :
B-B-B
R-R-R (en faisant abstraction des autres points qui ne nous intéressent plus)
En construisant la 3ème ligne, lorsqu’il faut colorer les 3 points en face de ceux « choisis » ci dessus, il y en aura forcement deux points de la même couleur, et donc un rectangle avec les quatre sommets de la même couleur ![/spoiler]