Pour le 1.9.3
Cliquez pour afficher
Pour le 1.9.1
Cliquez pour afficher
Pour le 1.9.2
Cliquez pour afficher
-----
Pour le 1.9.3
Cliquez pour afficherSous réserve de montrer que le changement de variable est faisable, ton identité est bonne. Reste plus qu'à la simplifier encore plus ...
Pour le 1.9.1
Cliquez pour afficherC'est correct, mais la trigonométrie hyperbolique n'est pas au programme, donc faudrait essayer de trouver une solution plus élémentaire.
Pour le 1.9.2
Cliquez pour afficherJe n'ai pas discuté selon le signe de ce qu'il y'a sous la racine perso. Je te donne toutes les valeurs deà trouver, tu vérifieras si tu arrives à les avoir aussi :
Pour le 1.9.1 je vais réflechir à une méthode(On peut toujours poser x=sh(a) et y=sh(b) mais cela revient au même de toute manière)
En ce qui concerne le 1.9.3 :
Cliquez pour afficher(on vérifie que
ne donne aucune solution avec k compris entre 0 et 2).
Cela donne alorssoit
et là on a gagné ^^
Pour le 1.9.2 je te dirais mes résultats quand j'aurais un peu moins la flemme de calculer![]()
me voici de retour.
Donc j'ai plus simple ?
en voici une sans trigo, toute aussi rapide :Envoyé par bubulle_01
Pour le 1.9.1 je vais réflechir à une méthode
Cliquez pour afficherune fois qu'on a remarqué que, le résultat est trivial.
Pour l'olympiade du Viet nam il me semble que je tiens quelque chose :
Cliquez pour afficherNécessairementet
:
Sialors
est un rationnel que l'on peut écrire
avec
.
Dans ce cas, soitest entier et dans ces cas la,
ne peut être entier.
Soitest rationnel, et alors, pour que
il faut que les deux rationnels valent
soit
et
qui n'est pas solution du problème.
Ainsi,et
Maintenant,et
avec
. On prend pour convention que le produit vaut 1 si p ou q vaut 0.
Alors,. En supposant
cette somme vaut :
Nécessairement,divise
Or, si![]()
doit diviser
ce qui est impossible. Ainsi
ou
.
Si q=0 alors y=n etet en raisonnant modulo 3, le produit ne peut avoir plus de 2 termes, ainsi
et on recherche les différentes solutions de :
La seule solution intervient dans la deuxième équation, avecqui donne le couple
.
Sinon,et l'équation à résoudre devient :
De la même manière,et
doivent être des puissances de 3.
Ainsi, on cherche les solutions de :
En l'occurence, elles n'admettent aucune solution.
Finalement, le seul couple solution est
Voilà, ça semble un peu fastidieux comme raisonnement, c'est vraiment pas exempt d'une erreur.
Il doit sûrement y avoir plus simple, mais il me semble que ça a le mérite de marcher ^^
Arf ma première phrase est fausse si on considère x=0 et n=1.
Cela rajoute un triplet solution (2,0,1) (Ca ne pose pas de problème au raisonnement néanmoins)
PS: dans mon post précédent, remplacer "couple" par "triplet" bien sûr.
Pour l'olympiade de Russie :
Cliquez pour afficherEn annulant les termes en a avec un simple pivot de gauss et en isolant b on asi c et d ne sont pas nuls simultanéments (on vérifie que ca ne donne aucune solution).
Or dés que,
et donc la divisibilité n'est pas possible.
Ainsi soitet pour des raisons de divisibilité, le numérateur ne peut être qu'égal à 0 soit
et
.
Le système se résume alors àsoit (
et
ou
et
).
Cela fournit deux quadrupletset
Soitet alors
ou
.
Le premier cas fournit aisément
Le deuxième.
Ainsi, il n'y a que 4 éléments dequi sont solutions.
Désolé pour le quadruple post ^^
J'ai regardé un peu la suite.
Pour le 3.11.4, le premier problème on doit résoudre :
Cliquez pour affichernop ?
Je me suis penché aussi sur le 3e et le 5e.
Par hasard,
Cliquez pour afficherOn n'aurait paset
pour le 3e, avec
la suite définie dans l'exo 5 ?
Il va surement s'ennuyer en arithmétiqueIl y a beaucoup de choses encore à apprendre en prépas : algèbre linéaire, topologie...
Très bon niveau en mathématiques ce fameux Zweig en tout cas ! Un peu dommage qu'il n'a pas demandé une prépas prestigieuse, où il risque de s'ennuyer moins!
Pour bubulle, je crois qu'il faut justifier tes changements de variables !
Euh ... lesquels ?![]()
La 1.9.2 par exemple !
Il a justifié : "d'après la première égalité".
Un petit exo :
Première question du concours mines-pont, 2009.
soitune suite finie de réels strictement positifs.
Soitune suite finie de réels.
Montrer que si, pour tout x réel,, alors, la suite
est la suite nulle.
(on dit que la famille des applicationsest libre, en algèbre linéaire).
Salut,
Commeest finie, alors il existe un indice
tel que
En divisant la relation paron obtient :
Or pour tout, avec
, on a :
, d'où par passage à la limite :
Par suite,. En réitérant le procédé avec les termes de la suite restants, on montre que
coïncide avec la suite nulle.
Sauf que s'il y'a plusieurs max, ça ne marche plus ....
oui, j'ai évidemment oublié de les préciser deux à deux distincts, les a_n
Ah d'accord, donc c'est juste ?
En fait, si les termes de la suite (a_n) n'étaient pas deux à deux distincts, on aurait pu s'en sortait si la suite (b_n) était dans R+.
Je précise quand meme un détail, dans le mines-pont c'était pour tout x entre 0 et 1 ^^
Dans ce cas là, on prendet on fait tendre
vers 0 ?
oui, c'est l'idée.
Et ne surtout pas dériver, comme beaucoup de gens l'ont fait, si je me souviens bien de ce qui se disait à la sortie de l'épreuve![]()
Oui, je pense qu'ils ont voulu appliquer la technique lorsque lesétaient du
![]()
en revanche, si les a_i sont des entiers, alors, on peut dériver, là ça marche![]()
Bonjour,
à mon tour de proposer un exercice(exercice super classique, que je crois avoir eu en colle en sup)
Soitune application additive, c'est-à-dire que :
Questions :
- Montrer queest
-linéaire, ie que pour tout
et pour tout
on a :
- Et siest de plus continue ?
(Il faut utiliser ici la densité dedans
, donc je ne sais pas si vous pourrez faire cette question...)
Pour la première question, une démarche si besoin :
Cliquez pour afficherMontrer quepour
entier.
Cliquez pour afficherMontrer ensuite quepour
entier non-nul.
En fait, on peut supposer f continue qu'en un seul point, par exemple en 0, ça marche encore.
Salut,
1) On pose. On a clairement
pour tout
. Une récurrence fournit
, pour tout entier naturel
.
Maintenant, on aet en prenant
, on en déduit
pour tout rationnel
. Par suite,
est impair. Donc f(n) = an est valable pour
Pour étendre cela à, une récurrence directe fournit
pour tout rationnel
et tout naturel
. D'où :
D'où. Ce qui assure que
est
-linéaire.
2) Pour tout rationnel,
. Soit
un réel. Il existe une suite
de rationnels qui converge vers
, par densité de
dans
. On a donc pour tout naturel
,
, soit par passage à la limite :
. Mais comme
est continue, on a aussi
, d'où
, ce qui assure que f est
-linéaire.
Désolé, j'ai lu trop vite, j'ai cru qu'il fallait montrer que f étaient linéaires sur R et Q ...
Pour le problème 2.5, je trouve un résultat incomplet, mais je n'arrive pas à voir où mon raisonnement est incorrect :
Cliquez pour afficherLa fonction f vérifiant l'inégalité pour tous réels x et y la vérifiera également pour tous réels x et y distincts.
Alors de, on déduit
.
En faisant tendre y vers x, on devrait ainsi obtenirpour tout réel x. Donc f devrait être constante ; la réciproque est alors immédiate.
Pourtant, on voit que la fonction identité devrait également être solution, donc mon raisonnement est forcément incomplet, mais je ne vois pas où...
Cliquez pour afficherJe vois pas comment on obtient, c'est plutôt
non ?
C'est à cause des valeurs absolues.
Pour le problème 2.5, je trouve un résultat incomplet, mais je n'arrive pas à voir où mon raisonnement est incorrect :
Cliquez pour afficherLa fonction f vérifiant l'inégalité pour tous réels x et y la vérifiera également pour tous réels x et y distincts.
Alors de, on déduit
.
En faisant tendre y vers x, on devrait ainsi obtenirpour tout réel x. Donc f devrait être constante ; la réciproque est alors immédiate.
Pourtant, on voit que la fonction identité devrait également être solution, donc mon raisonnement est forcément incomplet, mais je ne vois pas où...Cliquez pour afficherJ'ai plusieurs questions : pour avoir f', il faut plutôt faire tendre x vers y non ? Et dans ce cas là, on obtient f'(y) = 0, on peut faire comme ça ?