Je ne vais que très rarement sur lesmathematiques et l’exo que j’ai posté dans le lien précédent est le seul que j’ai fait parmi les tiens.
Une variante de l’énoncé 24, qui donne peut-être une indication, mais qui est assez sympa aussi :
Soit </s>a\in\mathbb N^*<e>, montrer que </s>E(\frac{a+1}{2})+...+E(\frac{a + 2^k}{2^{k+1}})=a<e>
Pour ceux qui sont intéressés :
énoncé 25 : calculs exacts avec des parties entières 4,5
Soit </s>a\in\mathbb N^*<e>, montrer que </s>E(\frac{a+1}{2})+...+E(\frac{a + 2^k}{2^{k+1}})=a<e>
Pour l’explication du résultat :
Lorsque j’avais fait cette exercice j’avais décomposé </s>a<e> en base 2 et puis avec un peu de manipulation des parties entières sa tombait sans trop de problèmes, mais c’était assez long et fastidieux (et pas toujours très rigoureux)…
Heureusement il y a une solution rapide et efficace : il suffit de se servir de cette formule magique :
</s>\forall x \in \mathbb{R}, \lfloor 2x \rfloor = \lfloor x \rfloor + \lfloor x + \frac{1}{2}\rfloor<e>
Salut,
Pour l’énoncé 7 :
On va d’abord montrer que c’est vrai pour tout diviseur premier de </s>a<e> et on obtiendra le résultat par multiplication.
Soit </s>n<e> et </s>a<e> vérifiant l’énoncé.
Soit </s>p<e> premier tel que </s>p | a<e> (</s>p<e> est donc impair) on a alors </s>p | n^2 +1 <e> ou encore </s>n^2 \equiv -1 [p]<e>donc </s>n^4 \equiv 1 [p]<e>.
De plus pour </s>p \neq 3<e>, comme l’ordre d’un élément divise l’ordre du groupe (ici </s>p-1<e>) on a </s>4 | p-1<e> ou encore </s>p \equiv 1 [4]<e>.
Comme </s>\forall n \ , \ n^2 +1 \neq 0 \ [3]<e> (disjonction modulo 3) on trouve que </s>a<e> n’est pas un multiple de </s>3<e>.
Ainsi, sauf erreur de ma part, tous les diviseurs premiers sont de la forme </s>p \equiv 1 [4]<e>, par multiplication on obtient bien </s>a \equiv 1 [4]<e>.
En espérant que ça relance un peu le topic, que je trouve fort sympathique. 
Bonjour !
Enoncé 28 :
Je n’ai pas LateX mais je vais essayer d’etre clair :
Integrale de a à b de f(x)dx = Integrale de a à b de f(a+b-x)dx
Par les formules de trigo on obtient la meme chose avec le contenu du Arctan inversé.
Et Arctan(x) + Arctan(1/x)=pi/2
En appelant A l’integrale recherchee, on obtient :
2*A=Integrale de 0 à pi/2 de la constante pi/2
D’où A = Pi^2/8 !
C’est en fait vrai en remplaçant le 1 par n’importe quelle constante si je ne me suis pas trompé ?
Je croyais l’avoir précisé avec mes a et b, mais il faut poser x=pi/2-u !
Bonjour
Pour l’énoncé 29 :
Quitte à pratiquer une extraction diagonale, on peut supposer que notre suite de fonctions converge simplement sur les entiers relatifs car </s>(f_n(k))_n<e> est bornée pour tout k.
Notons </s>m<e> un minorant des dérivées secondes et posons </s>g_n(x)=f_n(x)-mx^2 /2<e> pour x réel.
Ce faisant, </s>(g_n)<e> est une suite de fonctions convexes convergeant simplement sur les entiers relatifs. En utilisant l’inégalité des pentes, on montre grâce à cela que pour x réel, </s>(g_n(x))_n)<e> est bornée. Par extraction diagonale, on peut supposer que </s>(g_n)<e> converge simplement sur Q.
Enfin, une limite simple de fonctions convexes sur un intervalle ouvert est convexe donc continue. Il suffit alors de retrancher x->-mx^2/2
Le fait que </s>(g_n(x))_n<e> soit bornée pour tout x me permet par extraction diagonale de faire converger simplement sur </s>\mathbb{Q}<e> une sous-suite de </s>(g_n)<e>.
Ensuite je suis allé trop vite. Je dirais plutôt que sur un segment </s>S<e>, les </s>(g_n)<e> sont toutes lipschitziennes avec une constante de Lipschitz uniforme (en appliquant l’inégalité des pentes). A partir de là, on peut en conclure (exo classique des Cassini, « théorème d’Ascoli ») que la suite </s>(g_n)<e> converge uniformément sur </s>S\cap \mathbb{ Q}<e>. La limite se prolonge en une fonction continue par le théorème de la double limite.
Il suffit alors de constater que </s>(g_n)<e> converge (uniformément sur </s>S<e>) vers ce prolongement
énoncé 31
Oui. On pose </s>f(x,y)=e^{x+y}-e^{x}-e^{y}<e>.
On dérive par rapport à </s>x<e> et par rapport à </s>y<e>. Les dérivées partielles sont positives puisque </s>x<e> et </s>y<e> le sont donc la fonction admet un minimum en </s>x=y=0<e>.
Bonne initiative merci beaucoup !
Bonjour
On pourrait, plus simplement, faire la différence des deux membres de l’inégalité proposée puis…factoriser
Le spoiler était : factoriser.
Bonne journée
Il n’y aurait pas un abus d’indice avec le </s>n<e> ? </s>Z_p[X,Y]<e> ici représente-t-il l’anneau des polynômes à deux variables dont les coefficients sont dans F_p ou pas vraiment ?
Énoncé 35:
On nomme </s>u<e> la suite en question. On montre sans difficulté que </s>\sqrt{n+1 + cos(n+1)} - \sqrt{n + cos(n)}<e> tend vers </s>0<e>. par continuité du sinus, </s>u_{n+1} - u_n<e> tend vers </s>0<e>. Ainsi, l’adhérence de la suite est un intervalle. Ensuite, comme le terme à l’intérieur du sinus tend à croître, de moins en moins vite, il passera de plus en plus proche de </s>\frac{\pi}{2}<e> et </s>- \frac{\pi}{2}<e> modulo </s>2 \pi<e>, et donc </s>1<e> et </s>-1<e> seront valeurs d’adhérences. L’adhérence est donc </s>[-1;1]<e>.
(Désolé c’est pas très rigoureux, ça demanderait beaucoup de temps, l’idée est là néanmoins 
)
39:
On pose y=x^2^2016, x est racine ssi y^2+y+1=0 ssi y=j ou y=j^2
Les 2^2016 racines 2^2016 ièmes de j sont réparties à intervalles réguliers sur le cercle trigo, 1 et i n’en font pas partie donc exactement le quart de ces racines soit 2^2014 se trouve dans le quart de plan qui nous intéresse. Pareil pour j^2 et les racines de j et de j^2 sont distinctes, soit un total recherché de 2^2015
40 :
L’interpolation de lagrange explicite ne suffit-elle pas à donner une réponse positive puisque le corps est infini ?
Et là ?
L’interpolation de Lagrange explicite (le corps etant infini) ne fournit-elle pas directement une réponse positive ?
Non: X(X-1)/2 et tous les autres polynômes de Hilbert (les combinaisons de n parmi X)
Par ailleurs le 16 requiert seulement f continue il me semble
On prend k un entier strictement plus grand que la norme infinie de f sur la boule unité fermée et on applique Brouwer à 1/k*f, le point fixe obtenu n’est pas 0 car f(0) différent de 0, donc repond à la question.
Énoncé 3
on montre sans difficultés que la validation 2-adique (que j’appellerai </s>\nu_2<e> )du membre de gauche est plus grande que celle de </s>n!<e> (en utilisant la formule de Legendre par exemple). Avec </s>a = \frac{n!}{2^{\nu_{2}(n!)}}<e> on va donc essayer de montrer que </s>a \ | 2^{n!}-1<e>.
Pour cela, on va en fait décomposer </s>a<e> en facteurs premier. On veut montrer que pour </s>p<e> un diviseur premier de </s>n!<e> (donc un nombre premier différent de </s>2<e> et inférieur à </s>n<e>), </s>2^{n!}-1 \equiv 0 \ [p^{\nu_{p}(n!)}] \Leftrightarrow 2^{n!} \equiv 1 \ [p^{\nu_{p}(n!)}]<e>.
D’après le théorème d’euler, </s>2^{\varphi (p^{\nu_{p}(n!)})} \equiv 1 \ [p^{\nu_{p}(n!)}]<e>. Or on sait que </s>\varphi (p^{\nu_{p}(n!)}) = p^{\nu_{p}(n!) -1}(p -1)<e> (pour tout </s>p<e> premier). Il est évident que </s>p^{\nu_{p}(n!) -1}(p -1) \ | \ n!<e>. On a donc </s>2^{n!} \equiv 1 \ [p^{\nu_{p}(n!)}]<e>. D’où </s>a \ | 2^{n!}-1<e>.
On a bien </s>(2^{n!}-1)2^n \mod n!=0<e>
J’espère que ce n’est pas trop confus.
Pour l’énoncé 35
On doit pouvoir montrer sans trop de difficulté (avec des </s>\epsilon<e>) que pour toute fonction </s>f<e> périodique et continue, et pour toute suite </s>u_n<e>
vérifiant </s>u_n - u_{n-1} \rightarrow 0 <e> et </s>u_n \rightarrow \pm \infty<e>, </s>Adh((f(u_n))_n) = Im(f). <e>
Je suis pas sûr néanmoins que ce soit vraiment ce que tu attends