Pas de tiroirs, de pigeons, d’échelles ou autre 
Indication : rajouter des termes (pour en obtenir n^2 au total), linéariser puis « délinéariser »…
optimath a écrit:
**
2.**Soit x \in \mathbb{R}_{+}^{*} et pour n entier supérieur ou égal à 1 : S_n(x) = \displaystyle{\sum_{k=1}^{n} \left(x^{\frac{1}{k}}-1\right)}
Pour quelles valeurs de x la suite \left(S_n(x)\right)_{n \in \mathbb{N}^{*}} est-elle convergente ?
Uniquement pour x = 1 (et la preuve qui va avec ?)
Asymetric a écrit:
Admirez celui là que j’ai déjà posté sur un autre forum peut-être introuvable dans les signatures de certaines personnes astucieusement choisies
On assimile la Terre à une sphère blanche et on peint 12 de sa surface en noir (donc les $88$ sont restés blancs). Montrer l’existence d’un parallélépipède rectangle inscrit dans la Terre à sommets blancs.
Personne ?
Si, si 
V@J a écrit:
Si, si
Ce n’est pas à toi que je demandais
moi je comprends pas l’exo, alors ^^
genre c’est une grosse tâche blanche « connexe »? le parallélograme, c’est en imaginant une carte du monde? 
bullquies a écrit:
moi je comprends pas l’exo, alors ^^
genre c’est une grosse tâche blanche « connexe »? le parallélograme, c’est en imaginant une carte du monde?
Non ce n’est pas nécessairement connexe.
On peut la peindre n’importe comment.
Oublie la Terre dans l’énoncé (qui est ici juste pour faire jolie), prend juste une sphère.
En attendant voici quelque chose qui n’est pas si facile en terminal :
**
Soient deux entiers positifs n,k tels que k \le n et n \ge 1.
Montrer que \displaystyle \binom{n}{k}\times PGCD(n,k) \equiv 0 \pmod n.**
JeanN a écrit:
Pas de tiroirs, de pigeons, d’échelles ou autre
Indication : rajouter des termes (pour en obtenir n^2 au total), linéariser puis « délinéariser »…
Je dois vraiment m’y prendre mal alors 
On remarque que \displaystyle \sum_{1 \leq i,j \leq n} cos^2(a_i-a_j) = n + \sum_{1 \leq i < j \leq n} cos^2(a_i-a_j) \displaystyle + \sum_{1 \leq j < i \leq n} cos^2(a_i-a_j)= n + 2\sum_{1 \leq i < j \leq n} cos^2(a_i-a_j)
Or on a également \displaystyle \sum_{1 \leq i,j \leq n} cos^2(a_i-a_j) = \sum_{1 \leq i,j \leq n} \frac{1+cos(2a_i-2a_j)}{2} \displaystyle = \frac{n^2}{2} + \sum_{1 \leq i,j \leq n} \frac{cos(2a_i-2a_j)}{2}
D’où \displaystyle \sum_{1 \leq i < j \leq n} cos^2(a_i-a_j) = \frac{n(n-2)}{4} + \sum_{1 \leq i,j \leq n} \frac{cos(2a_i-2a_j)}{4} mais a priori je ne vois pas comment dire que cette chose à droite est positive 
Même en délinéarisant je trouve
\displaystyle \sum_{1 \leq i < j \leq n} cos^2(a_i-a_j) = \frac{n(n-2)}{4} + \sum_{1 \leq i,j \leq n} \frac{2cos^2(a_i-a_j) - 1}{4} ce qui ne me semble pas faire beaucoup avancer le problème
Asymetric a écrit:
Soient deux entiers positifs n,k tels que k \le n et n \ge 1.
Montrer que \displaystyle \binom{n}{k}\times PGCD(n,k) \equiv 0 \pmod n.
D’après l’identité de Bézout, il existe deux entiers u,v tels que PGCD(n,k) = nu+kv.
On a donc ^\displaystyle {n \choose k}PGCD(n,k) = n {n \choose k}u + k {n \choose k}v = \displaystyle n {n \choose k}u + n{n-1 \choose k-1}v = n\left[{n \choose k}u + {n-1 \choose k-1}v\right] \displaystyle \Rightarrow n | {n \choose k}PGCD(n,k)
KGD a écrit:
[quote=« JeanN »]
Pas de tiroirs, de pigeons, d’échelles ou autreIndication : rajouter des termes (pour en obtenir n^2 au total), linéariser puis « délinéariser »…
Je dois vraiment m’y prendre mal alors
On remarque que \displaystyle \sum_{1 \leq i,j \leq n} cos^2(a_i-a_j) = n + \sum_{1 \leq i < j \leq n} cos^2(a_i-a_j) \displaystyle + \sum_{1 \leq j < i \leq n} cos^2(a_i-a_j)= n + 2\sum_{1 \leq i < j \leq n} cos^2(a_i-a_j)
Or on a également \displaystyle \sum_{1 \leq i,j \leq n} cos^2(a_i-a_j) = \sum_{1 \leq i,j \leq n} \frac{1+cos(2a_i-2a_j)}{2} \displaystyle = \frac{n^2}{2} + \sum_{1 \leq i,j \leq n} \frac{cos(2a_i-2a_j)}{2}
D’où \displaystyle \sum_{1 \leq i < j \leq n} cos^2(a_i-a_j) = \frac{n(n-2)}{4} + \sum_{1 \leq i,j \leq n} \frac{cos(2a_i-2a_j)}{4} mais a priori je ne vois pas comment dire que cette chose à droite est positive
[/quote]
C’est pourtant le cas
Il suffit de développer \cos(a-b)…
blobix c’est pas vrai si n n’est pas premier mais l’idée est là.
brank a écrit:
blobix c’est pas vrai si n n’est pas premier mais l’idée est là.
Oui, c’est pour ça que je me suis dépéchée de supprimer mon message avant que quelqu’un ne le voit ^^
Bin c’est pas grave de se tromper (en plus t’es anonyme ^^),et des fois ça aide les autres. Regarde maintenant mon message il veut plus rien dire 
brank a écrit:
Bin c’est pas grave de se tromper (en plus t’es anonyme ^^),et des fois ça aide les autres. Regarde maintenant mon message il veut plus rien dire
T’inquiètes pas pour le sens de ton message, j’ai aussi vu le message qu’a supprimé Blobixx
D’ailleurs, sa signature lui fournit un joli contre-exemple
Asymetric a écrit:
[quote=« brank »]
Bin c’est pas grave de se tromper (en plus t’es anonyme ^^),et des fois ça aide les autres. Regarde maintenant mon message il veut plus rien dire
T’inquiètes pas pour le sens de ton message, j’ai aussi vu le message qu’a supprimé Blobixx
D’ailleurs, sa signature lui fournit un joli contre-exemple
[/quote]
C’est ça le pire ^^
KGD a écrit:
Soient m et k deux entiers naturels impairs, montrer que m divise 1^k + 2^k + \cdots + (m-1)^k
J’ai tenté une récurence mais bien sûr ça coince !
Inialisation: Le cas m=1 est hyper rapide donc je fais m=3
On pose k=2n+1, n\in\mathbb{N}
1^k+2^k=1+2\times4^n\equiv 0\pmod 3
donc initialisation ok
Héridité: on veut montrer que m+2|1^k + 2^k + \cdots + (m+1)^k
Donc je voulais partir de m+2|1^k + 2^k + \cdots + (m+1)^k et montrer que ça équivaut à
m|1^k + 2^k + \cdots + (m-1)^k
(m+2)q=1^k + 2^k + \cdots + (m+1)^k, q\in\mathbb{Z} \Leftrightarrow mq= 1^k + 2^k + \cdots + (m+1)^k -2q
Et c’est là que j’arrive pas à « virer » le (m+1)^k-2q
petit indice (en tous cas je partirais de là)
tu connais la somme des m premiers entiers? Des m premiers carrés? Des m premiers cubes?
Blobixx a écrit:
[quote=« Asymetric »]
[quote=« brank »]
Bin c’est pas grave de se tromper (en plus t’es anonyme ^^),et des fois ça aide les autres. Regarde maintenant mon message il veut plus rien dire
T’inquiètes pas pour le sens de ton message, j’ai aussi vu le message qu’a supprimé Blobixx
D’ailleurs, sa signature lui fournit un joli contre-exemple
[/quote]
C’est ça le pire ^^
KGD a écrit:
Soient m et k deux entiers naturels impairs, montrer que m divise 1^k + 2^k + \cdots + (m-1)^k
J’ai tenté une récurence mais bien sûr ça coince !
Inialisation: Le cas m=1 est hyper rapide donc je fais m=3
On pose k=2n+1, n\in\mathbb{N}
1^k+2^k=1+2\times4^n\equiv 0\pmod 3
donc initialisation ok
Héridité: on veut montrer que m+2|1^k + 2^k + \cdots + (m+1)^k
Donc je voulais partir de m+2|1^k + 2^k + \cdots + (m+1)^k et montrer que ça équivaut à
m|1^k + 2^k + \cdots + (m-1)^k
(m+2)q=1^k + 2^k + \cdots + (m+1)^k, q\in\mathbb{Z} \Leftrightarrow mq= 1^k + 2^k + \cdots + (m+1)^k -2q
Et c’est là que j’arrive pas à « virer » le (m+1)^k-2q
[/quote]
en indice :
1+2+3+4+5=5+4+3+2+1
Blobixx, l’énoncé c’est bien:
KGD a écrit:
. Soient m et k deux entiers naturels impairs, montrer que m divise 1^k + 2^k + \cdots + (m-1)^k
et pas m+2 divise … (m+1)^k non?
\sum_{k=0}^{n}{k^{p} (p entier) a déjà été donné par KGD mais c’est un peu moche ^^.
Asymetric a écrit:
[quote=« Asymetric »]
Admirez celui là que j’ai déjà posté sur un autre forum peut-être introuvable dans les signatures de certaines personnes astucieusement choisiesOn assimile la Terre à une sphère blanche et on peint 12 de sa surface en noir (donc les $88$ sont restés blancs). Montrer l’existence d’un parallélépipède rectangle inscrit dans la Terre à sommets blancs.
Personne ?
[/quote]
Effectivement j’ai déjà lu le topic sur le forum en question
.
Dohvakiin a écrit:
Blobixx, l’énoncé c’est bien:
[quote=« KGD »]
. Soient m et k deux entiers naturels impairs, montrer que m divise 1^k + 2^k + \cdots + (m-1)^k
et pas m+2 divise … (m+1)^k non ?
[/quote]
Tu as raison. J’avais édité mon message mais la citation de Vlastilin est restée inchangée
Blobixx a écrit:
[quote=« Dohvakiin »]
Blobixx, l’énoncé c’est bien:[quote=« KGD »]
. Soient m et k deux entiers naturels impairs, montrer que m divise 1^k + 2^k + \cdots + (m-1)^k
et pas m+2 divise … (m+1)^k non ?
[/quote]
Tu as raison. J’avais édité mon message mais la citation de Vlastilin est restée inchangée
[/quote]
Non non
JeanN a écrit:
C’est pourtant le cas
Il suffit de développer \cos(a-b)…
Bonjour. J’y arrive pas.