Ismailking a écrit:
[spoiler]x+y-xy=50
Equivaut à x^2+xy-x^2y=50x
Equivaut à x(x+y-xy-50)=0x=0 ou y-50=0
x=0, y=50[/spoiler]
t’es parti de x+y-xy=50 pour arriver à x(x+y-xy-50)=0…tu trouves que tu as vraiment avancé ?
Pour trouver tous les entiers, on remarque que x,y, et xy apparaissent dans le développement de (1-x)(1-y). C’est assez classique, ya pas de mal à pas trouver la première fois.
Bon, je me rendors. 
Bravo Vlastilin ! 
En fait j’avais oublié de préciser x et y différents de 0.
JeanN a écrit:
[quote=« Justton »]
Soient x et y deux nombres.
Trouvez x et y tels que (x+y) - xy = 50.J’aimerais l’explication de comment vous avez trouvé et non du hasard ou du bidouillage
Développe (1-x)(1-y)…
[/quote]
Gros indice !
(x+y)-xy=50 \Leftrightarrow -(1-x)(1-y)=49 \Leftrightarrow (x-1)(1-y)=49
Les diviseurs de 49 sont -49, -7,-1,1,7,49
On obtient alors les couples solutions (x;y) suivants:
(2;-48), (8;-6); (50;0), (0;50), (-6;8) et (-48;2)
JeanN a écrit:
Issu de X 2012
Soient z_1,...,z_n des complexes.
Montrer qu’il existe une partie I\subset [ 1,n] telle que \left| \sum_{i\in I} z_i\right|\geq \frac{1}{6}\sum_{i=1}^n |z_i|
C’est possible en TS ça ?
Blobixx a écrit:
[quote=« JeanN »]
[quote=« Justton »]
Soient x et y deux nombres.
Trouvez x et y tels que (x+y) - xy = 50.J’aimerais l’explication de comment vous avez trouvé et non du hasard ou du bidouillage
Développe (1-x)(1-y)…
[/quote]
Gros indice !
(x+y)-xy=50 \Leftrightarrow -(1-x)(1-y)=49 \Leftrightarrow (x-1)(1-y)=49
Les diviseurs de 49 sont -49, -7,-1,1,7,49
On obtient alors les couples solutions (x;y) suivants:
(2;-48), (8;-6); (50;0), (0;50), (-6;8) et (-48;2)
[/quote]
Personne n’a demandé de résoudre l’équation dans \mathbb{Z} (bon je reconnais qu’avec un tel énoncé, c’est naturellement ça qui vient à l’esprit).
Sinon je ne comprend pas pourquoi vous essayez tous à trouver des factorisation du type (1-x)(1-y) ou je ne sais quoi.
Si on dois trouver un couple (x,y) \in (\mathbb{R}^*)^2 qui vérifie x + y - xy = 50, alors il suffit de prendre n’importe quoi (sauf la valeur 1) pour x et de prendre y = \frac{50 - x}{1-x}.
Blobixx a écrit:
[quote=« JeanN »]
Issu de X 2012
Soient z_1,...,z_n des complexes.
Montrer qu’il existe une partie I\subset [ 1,n] telle que \left| \sum_{i\in I} z_i\right|\geq \frac{1}{6}\sum_{i=1}^n |z_i|
C’est possible en TS ça ?
[/quote]
À priori, l’énoncé est compréhensible avec les connaissances de terminal
JeanN a écrit:
Issu de X 2012
Soient z_1,...,z_n des complexes.
Montrer qu’il existe une partie I\subset [ 1,n] telle que \left| \sum_{i\in I} z_i\right|\geq \frac{1}{6}\sum_{i=1}^n |z_i|
C’est possible en TS ça ?
En tout cas, la solution ne nécessite pas plus.
Indice :
6=2*3 
JeanN a écrit:
Issu de X 2012
Soient z_1,...,z_n des complexes.
Montrer qu’il existe une partie I\subset [ 1,n] telle que \left| \sum_{i\in I} z_i\right|\geq \frac{1}{6}\sum_{i=1}^n |z_i|
J’ai dû me trompé puisque je ne retrouve pas vraiment ce qui est demandé 
I\subset [ 1,n]
\sum_{i=1}^n |z_i|\geq \left| \sum_{i=1}^n z_i\right|\geq |\sum_{i\in I} z_i|
donc 6\sum_{i=1}^n |z_i|\geq 6|\sum_{i\in I} z_i|\geq |\sum_{i\in I} z_i|
d’où \sum_{i=1}^n |z_i|\geq \frac {1}{6} |\sum_{i\in I} z_i|
Blobixx a écrit:
[quote=« JeanN »]
Issu de X 2012
Soient z_1,...,z_n des complexes.
Montrer qu’il existe une partie I\subset [ 1,n] telle que \left| \sum_{i\in I} z_i\right|\geq \frac{1}{6}\sum_{i=1}^n |z_i|
J’ai dû me trompé puisque je ne retrouve pas vraiment ce qui est demandé
I\subset [ 1,n]
\sum_{i=1}^n |z_i|\geq \left| \sum_{i=1}^n z_i\right|\geq |\sum_{i\in I} z_i|
donc 6\sum_{i=1}^n |z_i|\geq 6|\sum_{i\in I} z_i|\geq |\sum_{i\in I} z_i|
d’où \sum_{i=1}^n |z_i|\geq \frac {1}{6} |\sum_{i\in I} z_i|
[/quote]
Ta 2eme inégalité est fausse si je me trompe pas
La 2ème inégalité de la 3ème ligne de ton spoiler est fausse.
JeanN a écrit:
Issu de X 2012
Soient z_1,...,z_n des complexes.
Montrer qu’il existe une partie I\subset [ 1,n] telle que \left| \sum_{i\in I} z_i\right|\geq \frac{1}{6}\sum_{i=1}^n |z_i|
Je pense que c’est infaisable pour un terminale normal, même si c’est assez simple pour un oral de l’X.
On peut partager le plan complexe en 3 secteurs angulaires d’angle \frac{2\pi}{3} , délimités par 3 demi-droites issues de l’origine dirigées respectivement par 1, j et j^2 (les racines cubiques de 1). On considère le secteur tel que \sum_{i\in secteur}|z_i| soit maximal. De plus, on montre avec un petit calcul que pour 2 complexes u et v dans un secteur d’angle 2pi/3, |u+v|\geq \frac{1}{2}(|u|+|v|), ce qui donne le résultat.
Dohvakiin a écrit:
[quote=« Blobixx »]
[quote=« JeanN »]
Issu de X 2012
Soient z_1,...,z_n des complexes.
Montrer qu’il existe une partie I\subset [ 1,n] telle que \left| \sum_{i\in I} z_i\right|\geq \frac{1}{6}\sum_{i=1}^n |z_i|
J’ai dû me trompé puisque je ne retrouve pas vraiment ce qui est demandé
I\subset [ 1,n]
\sum_{i=1}^n |z_i|\geq \left| \sum_{i=1}^n z_i\right|\geq |\sum_{i\in I} z_i|
donc 6\sum_{i=1}^n |z_i|\geq 6|\sum_{i\in I} z_i|\geq |\sum_{i\in I} z_i|
d’où \sum_{i=1}^n |z_i|\geq \frac {1}{6} |\sum_{i\in I} z_i|
[/quote]
Ta 2eme inégalité est fausse si je me trompe pas
[/quote]
Je n’arrive pas à comprendre pourquoi quelqu’un pourrait-il m’éclairer svp?
On n’a pas toujours |z_1+...+z_n|\geq |z_1+z_2| par exemple…
Pour Ismailkiling :
a et b sont deux réels tels que a=b. Où est l’erreur dans le raisonnement suivant :
Comme a = b alors on a les deux égalités suivantes :
a^2 = b^2
ab = a^2
En les soustrayant membre à membre, on obtient :
a^2 - ab = b^2 - a^2
D’où, en factorisant chacun des deux membres :
a(a-b) = -(a+b)(a-b)
En simplifiant une 1ère fois, on trouve :
a = -(a+b) = -2a
Puis une 2ème fois par a pour aboutir à :
1 = -2
compol a écrit:
[quote=« JeanN »]
Issu de X 2012
Soient z_1,...,z_n des complexes.
Montrer qu’il existe une partie I\subset [ 1,n] telle que \left| \sum_{i\in I} z_i\right|\geq \frac{1}{6}\sum_{i=1}^n |z_i|
Je pense que c’est infaisable pour un terminale normal, même si c’est assez simple pour un oral de l’X.
On peut partager le plan complexe en 3 secteurs angulaires d’angle \frac{2\pi}{3} , délimités par 3 demi-droites issues de l’origine dirigées respectivement par 1, j et j^2 (les racines cubiques de 1). On considère le secteur tel que \sum_{i\in secteur}|z_i| soit maximal. De plus, on montre avec un petit calcul que pour 2 complexes u et v dans un secteur d’angle 2pi/3, |u+v|\geq \frac{1}{2}(|u|+|v|), ce qui donne le résultat.
[/quote]
Ah oui quand même 
…
optimath a écrit:
Pour Ismailkiling :
a et b sont deux réels tels que a=b. Où est l’erreur dans le raisonnement suivant :
Comme a = b alors on a les deux égalités suivantes :
a^2 = b^2
ab = a^2
En les soustrayant membre à membre, on obtient :
a^2 - ab = b^2 - a^2
D’où, en factorisant chacun des deux membres :
a(a-b) = -(a+b)(a-b)
En simplifiant une 1ère fois, on trouve :
a = -(a+b) = -2a
Puis une 2ème fois par a pour aboutir à :
1 = -2
On a divisé (« simplifié ») par a-b=0
C’est Ismailking !
On divise par 0.
Mais que veux tu dire, ai-je fait une erreur comme ça ?
Ismailking a écrit:
C’est Ismailking !
On divise par 0.
Mais que veux tu dire, ai-je fait une erreur comme ça ?
Bah ce que tu avais écris,
Ismailking a écrit:[spoiler]x+y-xy=50
Equivaut à x^2+xy-x^2y=50x
Equivaut à x(x+y-xy-50)=0x=0 ou y-50=0
x=0, y=50[/spoiler]
peut en étonner certains
En remontant tes équivalences tu divises par 0 (de la 2eme à la 1re ligne) puisque tu trouves x=0 
.
Pas de nouvel exercice ? 
Abordable de préférence 
Un pas facile (comme la plupart des exercices d’arithmétique):
Montrer qu’il existe une infinité de nombres premiers de la forme : 4n+3. (n entier)
Question intermédiaire qui finit quasiment le problème (trouvée sur un DS de début de MPSI de LLG):
Soit n un entier naturel congru à 3 modulo 4. Montrer que n admet un diviseur premier congru à 3 modulo 4
