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3 petites questions

Modifié (15 Sep) dans Analyse
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.
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Citation :  Je suis Jack 

Réponses

  • 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.
    À ta naissance, tu pleurais tout le temps et tout le monde souriait autour de toi. Fais en sorte qu'à ta mort, ce soit l'inverse. (Proverbe arabe)
  • evev
    Modifié (16 Sep)
    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]
    À ta naissance, tu pleurais tout le temps et tout le monde souriait autour de toi. Fais en sorte qu'à ta mort, ce soit l'inverse. (Proverbe arabe)
  • Modifié (15 Sep)
    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}
  • 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 !
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    Citation :  Je suis Jack 
  • Modifié (15 Sep)
    Pour la 2, c'est moi qui ai mal compris la question. Elle est satisfaite des réponses de ev et FdP.
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    Citation :  Je suis Jack 
  • Modifié (16 Sep)
    Pour le 1/ voir la solution de Myth dans le lien suivant https://artofproblemsolving.com/community/c6h6233
  • Modifié (16 Sep)
    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
  • Modifié (16 Sep)
    $\displaystyle \int_0^{\frac{\pi}{2}}\cos^{2p} x dx=\frac{\pi\binom{2p}{p}}{2^{2p+1}}$.
  • Fin de partie
    Ton calcul n'est pas faux : $\displaystyle\binom{2p}{p}=2\binom{2p-1}{p-1}$
  • @Jandri: En effet merci.
  • Modifié (16 Sep)
    Bonjour @etanche le roi des liens .

    Je ne comprends ce que Myth veut dire par We get a descent algorithm, therefore, finally, we will come to $b^{2}-d=0$.

    Peux-tu m'expliquer stp 
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    Citation :  Je suis Jack 
  • Modifié (16 Sep)
    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".

  • Ok je n'avais pas vu le message de Reynan
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    Citation :  Je suis Jack 
  • Modifié (17 Sep)
    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 $u_n$.
  • Modifié (17 Sep)
    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.
  • Bonjour @jandri

    Si je prends c=2,  la solution de la récurrence linéaire est la suite $u_n=n+1$ et avec ton dernier post,  on aura
    $$\displaystyle\sum_{k=0}^{\lfloor n/2\rfloor}(-1)^k{\binom {n-k}k}2^{n-2k}=n+1$$
    Mais une preuve directe  n'est pas si évidente 
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    Citation :  Je suis Jack 
  • 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.
  • Modifié (17 Sep)
    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)
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    Citation :  Je suis Jack 
  • Que signifie MSE ?
  • Modifié (17 Sep)
    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 formule 
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    Citation :  Je suis Jack 
  • 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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