3 petites questions
Bonjour
Ma petite amie, me propose de résoudre 3 petites questions que je partage avec vous.
1- Si m,n et p [sont] des entiers naturels vérifiant $0<m²+n²-mnp\le p$. Montrer que $m²+n²-mnp$ est un carré parfait.
2- Calculer, avec preuve mathématique et sans logiciel, la valeur de $\int_0^{\frac{\pi}2} \cos^{31416} (x) dx$
3- Démontrer la chose qui suit, où chaque lettre représente un chiffre différent :
SOUS × TOUT < SOUT × TOUS
Pour la question 2, On sait que
$\int_0^{\frac{\pi}2} \cos^{n} (x) dx=\frac{n-1}{n}\times \frac{n-3}{n-2}\times \frac{n-5}{n-4}\times \cdots\times \frac{1}{2}\frac{\pi}{2}$, pour $n$ pair.
Je ne vois pas comment trouver la valeur souhaité sans logiciel. Wolphi donne la valeur 0.007071, je pense qu'on peut faire mieux.
Pour la question 1, je ne sais pas si c'est un marronnier du forum.
Ma petite amie, me propose de résoudre 3 petites questions que je partage avec vous.
1- Si m,n et p [sont] des entiers naturels vérifiant $0<m²+n²-mnp\le p$. Montrer que $m²+n²-mnp$ est un carré parfait.
2- Calculer, avec preuve mathématique et sans logiciel, la valeur de $\int_0^{\frac{\pi}2} \cos^{31416} (x) dx$
3- Démontrer la chose qui suit, où chaque lettre représente un chiffre différent :
SOUS × TOUT < SOUT × TOUS
Pour la question 2, On sait que
$\int_0^{\frac{\pi}2} \cos^{n} (x) dx=\frac{n-1}{n}\times \frac{n-3}{n-2}\times \frac{n-5}{n-4}\times \cdots\times \frac{1}{2}\frac{\pi}{2}$, pour $n$ pair.
Je ne vois pas comment trouver la valeur souhaité sans logiciel. Wolphi donne la valeur 0.007071, je pense qu'on peut faire mieux.
Pour la question 1, je ne sais pas si c'est un marronnier du forum.
Le 😄 Farceur
Réponses
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Pour le 3. pfli $S<T$ soit $T = S + h$ et $h>0$. Soit $a:=SOUS$ et $b = TOUT$ on a $b>a+h$ et$$SOUT \times TOUS = (a+h)(b-h) = ab + (b-a)h - b^2 = ab + (b-a-h)h > ab.$$e.v.Personne n'a raison contre un enfant qui pleure.
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On a $\int_0^{\frac{\pi}2} \cos^{2n} (x) dx =\frac12 \int_{\frac{-\pi}2} ^{\frac{\pi}2} \cos^{2n} (x) dx$.On écrit $\cos(x) = \dfrac{e^{ix}+e^{-ix}}2$ on développe un coup de binôme en sachant que $\int_{-\frac{\pi}2} ^{\frac{\pi}2} e^{2imx} dx = 0$ sauf si $m=0$. Il ne reste plus que le coefficient du binôme central :$\int_0^{\frac{\pi}2} \cos^{2n} (x) dx =\dfrac12\dbinom{2n}n \,\dfrac{ \pi}{2^{2n}} $.[Oublié le 2 au dénominateur de $\dfrac{e^{ix}+e^{-ix}}2$. Merci Rescassol]Personne n'a raison contre un enfant qui pleure.
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Pour la 3: dans la base $b$, on a $\underline{SOUS} * \underline{TOUT} - \underline{SOUT}*\underline{TOUS} = -b^3(S-T)^2$, strictement négatif si $S\neq T$.
Après je bloque. -
\begin{align}\int_0^{\frac{\pi}2} \cos^{31416} (x) dx&=\frac{1}{2}\text{B}\left(\frac{1}{2},15708+\frac{1}{2}\right)\\ &=\frac{1}{2}\times \frac{\Gamma\left(\frac{1}{2}\right)\Gamma\left(15708+\frac{1}{2}\right)}{\Gamma\left(15709\right)}\\ &=\frac{1}{2}\times \frac{\sqrt{\pi}\times \prod_{k=0}^{15707}\left(\frac{1}{2}+k\right)\sqrt{\pi}}{15708!}\\ &= \frac{\pi\prod_{k=0}^{15707}(2k+1)\times \prod_{k=1}^{15707}(2k)}{2^{15709}\times15708!\times \prod_{k=1}^{15707}(2k)}\\ &=\frac{\pi\times 31415!}{2^{31416}\times 15708!\times 15707!}\\ &=\boxed{\frac{\pi\binom{31415}{15707}}{2^{31416}}} \end{align}
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Pour la 3
i.zitoussi J'ai fait les calculs en base 10. pour ev je ne comprends pas ta méthode pour le moment
Pour la 2, je crois qu'on demande une valeur numérique finale sans logiciel, peut être des simplifications magiques !Le 😄 Farceur -
Pour la 2, c'est moi qui ai mal compris la question. Elle est satisfaite des réponses de ev et FdP.Le 😄 Farceur
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Pour le 1/ voir la solution de Myth dans le lien suivant https://artofproblemsolving.com/community/c6h6233
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Bonjour,
> ev: $\int_0^{\frac{\pi}2} \cos^{2n} (x) dx =\dfrac12\dbinom{2n}n \, \pi$
Il me semble que le membre de gauche tend vers $0$ (et est majoré par $\dfrac{\pi}{2}$) alors que le membre de droite tend vers $+\infty$ quand $n \to +\infty$.
Cordialement,
Rescassol
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$\displaystyle \int_0^{\frac{\pi}{2}}\cos^{2p} x dx=\frac{\pi\binom{2p}{p}}{2^{2p+1}}$.
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@Jandri: En effet merci.
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Bonjour @gebrane ,Tu comprendras peut être mieux en prenant le problème comme ça :Soient $d$ et $c$ des entiers $>0$ tels que $d\leq c$.On suppose qu'il existe des entiers $a,b >0$ tels que $d=a^2+b^2-abc\quad (*)$. Montrer que $d$ est un carré parfait.On peut commencer par supposer en plus qu'il n'y a pas de couple d'entiers $(a',b')$ vérifiant $(*)$ avec $a'+b'<a+b$ et que $a\geq b$.Tu suis alors la démonstration de Myth, et tu remplaces la dernière phrase qui te pose problème par "Contradiction avec l'hypothèse que $a+b$ est minimum".
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En remontant la démonstration de Myth on obtient toutes les solutions de l'équation dans $\N^*$ : $a^2+b^2-abc=d$
où $1\leq d\leq c$ sont des entiers fixés.
On a nécessairement $d=e^2$ avec $e\in\N^*$, puis $a=ex$ et $b=ey$ avec $(x,y)\in(\N^*)^2$ solution de $x^2+y^2-cxy=1$.
Les solutions de cette dernière équation sont données par $\{x,y\}=\{u_n,u_{n+1}\}$ où la suite $u_n$ est définie par $u_0=1,u_1=c$ et $u_{n+2}=cu_{n+1}-u_n$.
On en déduit $u_n=Q_n(c)$ où $Q_n$ est le polynôme de Tchebychev défini par $Q_n(2\cos t)=\dfrac{\sin((n+1)t)}{\sin t}$.
On peut montrer que $Q_n=\displaystyle\sum_{k=0}^{\lfloor n/2\rfloor}(-1)^k{\binom {n-k}k}X^{n-2k}$ d'où une formule explicite pour $u_n$. -
Pour le 2, on connait l'équivalent classique : $W_n \sim \sqrt{\frac{\pi}{2n}}$ pour les intégrales de Wallis et même plus précisément, $W_n= \sqrt{\frac{\pi}{2n}} + O(n^{-3/2})$. On peut même donner un encadrement précisant le $O(n^{-3/2})$ qui soit valable pour tout $n\in\N$.En appliquant à $n=31416$ qui vaut à peu près $10^4 \pi$, on obtient que $W_n$ est à peu près égal à $\frac{1}{100}\times\frac{\sqrt{2}}{2}$, à $10^{-6}$ près, soit à $0,007071$ environ puisque $\sqrt{2}$ vaut à peu près $1,4142$ à $10^{-4}$ près.
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C'est vrai qu'ue preuve directe n'est pas évidente mais si un appelle $v_n$ le premier membre on obtient $v_{n+1}=2v_n-v_{n-1}$ en utilisant $\displaystyle{\binom {n+1-k}k}={\binom {n-k}k}+{\binom {n-k}{k-1}}$ puis en posant $k=1+k'$ dans la seconde somme.
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Je cherche une preuve directe sans tricher par exemple de $\displaystyle\sum_{k=0}^{n}(-1)^k{\binom {2n-k}k}4^{n-k}=2n+1$
NB. Tricher c'est de savoir que ce problème vient d'une récurrence linéaire
edit ( C'est bon, un ange gardien m'a envoyé un lien vers MSE)Le 😄 Farceur -
Que signifie MSE ?
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C'est ce forum math stack exchange
https://math.stackexchange.com/questions/747102/proving-combinatorial-identity-sum-k-0n-1k-binom2n-kk-22n-2k-2?noredirect=1
Ce qui est marrant c'est qu'on peut formuler des identités difficiles à trouver directement en choisissant un c dans ta formuleLe 😄 Farceur -
Merci pour le lien, je n'ai pas l'habitude d'aller sur le forum "math stack exchange ".
Je pense que la démonstration la plus élémentaire est celle qui utilise la récurrence linéaire d'ordre 2.
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Bonjour!
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