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"il est facile de" la preuve :

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Réponses

  • Pour le 192, je vais un peu désabstraire. Soit $f$ une fonction de $\Q$ vers $[-1,1]$ qui n'est pas restriction d'une fonction [edit : convexe] de $\R$ vers $[-1,1]$. Alors pour n'importe quelle fonction réelle, on trouve un voisinage de cette fonction réelle et un voisinage de $f$ disjoints. Par compacité, on se réduit à un nombre fini de voisinages. On trouve un voisinage de $f$ disjoint des restrictions de fonctions réelles. C'est la preuve qu'un compact est fermé dans un $T_2$. Du coup, si une séquence de restrictions converge vers une fonction, alors c'est une restriction.

    Pour désabstraire encore plus la preuve il faudrait revenir à la preuve de Tychonoff, qui n'est pas constructive…
    On peut sûrement faire plus concret, et ce ne sera pas équivalent car constructif.

    Pour le 195, c'est vrai en remplaçant $\frac{1}{f(x)}$ par n'importe quoi de continu, non ? On prend une fonction continue valant $0$ en $1$ et $1/f(1)$ en $2$ puis on prolonge par l'équation.

    Pour le 196 je ne vois pas comment interpréter. En général, $x^k / k!$ n'existe pas modulo $x^2 + 1$.
  • @Champollion : pour le 195, plus de détaille, car je ne vois comment tu ferais.

    pour le 196 : il s'agit du reste par la division euclidienne.

    énoncé 197 : une propriétés des fonctions multiplicatives
    A-t-on $$\forall r>0, \left(\sum \limits_{i=0}^k i^r\right)^{1/r}=\frac{k^{\frac{r+1}{r}}}{(r+1)^{1/r}}+o(\frac{1}{k}) $$
  • @Champollion : pour le 192 : oui, toute fonction de $\Q$ est une restriction d'une fonction réelle (il suffit de prendre la fonction nulle sur les réels sauf sur les rationnelles où elles auraient la valeur de ta fonction sur $\Q$)
    Mais la question est comment, à partir de la convergence sur $\Q$ de ta sous-suite tu en déduis sa convergence sur $\R$ tout entier ?
  • Salut,

    Casses-têtes niveaux agreg :

    -182,183 : entiers homonymes et synonymes (182 Tombé par Depasse)
    -184 : suites convergentes convexes
    -185 : les fonctions holdériennes
    -186 : l'égalité impossible ? Tombé par Depasse
    -187 : produit en série
    -190 : étrange ou archi-classique Tombé par GaBuZoMeu
    -192 : le bijou caché de la convexité ? Tombé par Siméon
    -193 : l'inégalité tonitruante ? Tombé par Siméon
    -194 : un nouveau bijou ? Tombé par Champollion
    -195 : l'équation fonctionnelle à 1 millions de $ Tombé par Champollion
    -196 : polynômes divertissants Tombé par Cidrolin
    -197 : propriété fonction multiplicative.
    -198 : retour des polynômes +
    -199 : retour des polynômes ++
    -200 : une histoire de puissance et de diviseur Tombé par Depasse
    -201 : le bijou de l'arithmétique ?
    -202 : C.S. d'irréductibilité sur $\Z[x]$
    -203 : la transcendance low-cost.


    Les incontournables : ici.


    Cordialement.
  • Pour le 196 : Du reste de quoi ? Du réel ? Dans ce cas, ça converge vers $e^x \mod x^2+1$ ?

    192 : Ah oui, je parlais de restrictions de fonctions convexes, pas de fonctions quelconques, désolé !

    195 : Soit $f : \left[0,\infty\right[ \to \R$ continue. On cherche $u : \left[0,\infty\right[ \to \R$ telle que $u(x+1) = u(x) + f(x)$. On prend alors une fonction $g : \left[0,1\right]$ continue, telle que $g(0) = 0$ et $g(1) = f(0)$. On pose $u = g$ sur $\left[0,1\right[$. On prolonge ensuite sur tout $\R$ par l'équation $u(x+1) = u(x) + f(x)$.

    Si on écrit $x$ comme $n + y$ avec $n$ entier et $y \in \left[0,1\right[$, on aura $u(n+y) = g(y) + \sum_{i=0}^{n-1} f(i+y)$. Il faut vérifier la continuité aux points entiers (où le $n$ change). C'est bon car lorsque $y$ tend vers $1$, on a $u(n+y)$ qui tend vers $g(1) + \sum_{i=0}^{n-1} f(i+1) = f(0) + \sum_{i=1}^n f(i+0) = u(n+1)$.
  • Pour le 196 : $\cos 1+ x \sin1$ ?
  • Bonjour,
    énoncé 186 : l'égalité
    impossible?

    Soit $p=2q+1$ avec $q$ impair et $p$ premier.
    A-t-on $\sum\limits_{i=0}^q b^{i^2} \mod
    p=-\sum\limits_{i=0}^q b^{-i^2} \mod p$, $b$ un
    générateur de $(\Z/p\Z)^*$ ?

    $2q+1$ est premier et $b$ engendre $(\Z/(2q+1)\Z)^*$ donc, modulo $2q+1$, $b^q=-1$.
    $q$ est impair, donc, pour tout $i$ entier, $q-2i$ est impair et donc $b^{q(q-2i)}=(-1)^{q-2i}=-1$ , soit $1+b^{q(q-2i)}=0$ modulo $2q+1$.
    $q$ est impair, donc $\sum\limits_{i=0}^q b^{i^2}=\sum\limits_{i=0}^{(q-1)/2} ( b^{i^2}+b^{ (q-i)^2})=\sum\limits_{i=0}^{(q-1)/2} b^{i^2} (1+b^{q(q-2i)})=\sum\limits_{i=0}^{(q-1)/2} b^{i^2} (0)=0$ modulo $2q+1$.
    Vu que si $b$ est générateur $b^{-1}$ l'est aussi et que $0=-0$, on a, si $p:=2q+1$:
    $$\sum\limits_{i=0}^q b^{i^2} \mod
    p=-\sum\limits_{i=0}^q b^{-i^2} \mod p$$

    Amicalement
    Paul
  • Le 190 est résolu depuis longtemps.
    PS. Par contre, tu n'as pas donné de solution.
  • @Champollion : 195 Bravo,
    192 : cf la remarque sur l'autre fil.
    196 : du reste quand on fait la division euclidienne de $P_n$ par $x^2+1$

    @Cidrolin : Comment obtiens-tu cela ?

    @Depasse : Bravo.

    @GaBuZoMeu : oui, si tu pouvais donner l'expression explicite pour $k=3$, cela clôturerait la question.
  • Tu n'as pas rempli ta part de "marché" : donner ta solution. Dois-je en conclure qu'en fait tu n'en as pas ?
  • Ok, j'ai compris pour le 196. On a $x^2 = -1$, ça fait ce que dit Cidrolin. (edit : je dirais même que ça fait $e^{i}$)
  • @GaBuZoMeu : Disons aucun de nous 2 n'a remplie sa part de marché.


    @Champollion et Cidrolin: je vois comment vous avez conclue, Bravo.

    énoncé 198 : retour de polynômes +
    Calculer $$\lim \limits_{n \rightarrow \infty} P_n(x) \mod ((x+1)^2+1)$$ avec $$P_n(x)=\sum \limits_{k=0}^{n} \frac{x^k}{k!}$$

    énoncé 199 : retour de polynômes ++
    Calculer $$\lim \limits_{n \rightarrow \infty} P_n(x) \mod (x^2+1)^2$$ avec $$P_n(x)=\sum \limits_{k=0}^{n} \frac{x^k}{k!}$$
  • Bonjour,
    énoncé 182 : les entiershomonymes
    2 entiers naturels x,y sont dit homonymes, s'il existe deux entiers naturels a,b distincts tel que x écrit en base a est identique à y écrit en base b.
    Trouver tous les couples d'entiers naturels homonymes, c'est à dire trouver un algorithme A tel que A(x,y) renvoie vrai si x et y homonymes, et faux sinon.

    $A$ renvoie $faux$ si et seulement si $x+y=1$.
  • pourexemple écrivait:

    > @Champollion et Cidrollin: je vois comment vous

    Attention Cidrolin ne prend qu'un seul l. Ce n'est pas comme Glloq.
  • @Cidrolin : désolé, je corrige cela.

    @Depasse : si $x=3, y=3$ ne sont pas homonymes.

    énoncé 200 : une histoire de puissance et de diviseur
    Soit $a\in \N$, $a\geq 2$.
    A-t-on $$\forall m,n \in \N^*, a^{\text{gcd}(m,n)}-1 \text{ = gcd}(a^m-1,a^n-1) $$ ?
  • @pourexemple:

    $x=trois$ s'écrit $3$ en base $a=quatre$; $y=trois$ s'écrit $3$ en base $b=cinq$. Donc $x$ et $y$ s'écrivent de la même façon, le premier dans la base $a$, le second dans la base $b$. $x$ et $y$ sont donc homonymes.
    Sauf erreur

    Cordialement
    Paul
  • Oui, c'est vrai.
    Et pour x=1 et y=2 ?

    Je rappelle que la base 1, est la base unaire, (on compte le nombre de trait).
  • Remarque 201 : le bijou de l'arithmétique ?
    Derrière ce résultat, il y a (peut-être) le bijou de l'arithmétique.
  • @pourexemple:

    Bien vu. Je modifie en conséquence ma réponse au 182:

    $x$ et $y$ sont hétéronymes si et seulement si un et un seul des deux est $0$ ou $1$.

    Pour le 200, c'est un classique:
    $m:=(m,n)m'; n:=(m,n)n' $,
    $a^m-1$ et $a^n-1$ sont divisibles par $a^{(m,n)}-1$ donc leur pgcd aussi.
  • @Depasse : 0 et 1 sont aussi hétéronymes, non ?

    Pour le 200, il y a une égalité (même avec l'égalité il est classique ?)
  • 182
    Caramba, encore raté. J'ai merdoyé en voulant faire concis. Trèfle,
    $x$ et $y$ sont hétéronymes si et seulement si ils diffèrent et l'un des deux est $0$ ou $1$.

    200
    Même avec ta modification subreptice, gredin :-), c'est un classique: il y a non seulement divisibilité mais égalité. Je verrai demain.

    Bonne soirée
    Paul
  • @Depasse :

    182 : Bravo.

    200 : ton dernier message date d'une heure et ma (dernière) modification remonte à 3 heures. :-)

    Bonne soirée à toi également.
  • Salut,

    énoncé 203 : la transcendance low-cost
    Soient $f(x)=\sum \limits_{k \geq 0 }a_k x^k=\lim \limits_{n\rightarrow \infty }P_n(x)$ série entière à coefficient rationnelle, de rayon de convergence infini,
    $\phi : \N \rightarrow \N$, $\phi$ strictement croissante.

    On suppose $\alpha \in \C, f(\alpha)=0$ et $\forall n \in\N, P_{\phi(n)}$ irréductible.

    A-t-on $\alpha$ transcendant ?

    Cordialement.
  • Pourexemple continue de lister sa question 190, alors que la démonstration complète d'un énoncé plus général a déjà été donnée ici.
    Sans doute n'a-t-il pas compris la démonstration et le moyen de fabriquer les formules qu'il demande.
    J'ai expliqué ce moyen à mon ordinateur. Il m'a donné la formule pour la somme de puissances septièmes à poids en trois variables, en fonction rationnelle des sommes de puissances de 0 à 5:62910
  • @GaBuZoMeu : Peux-tu me copier coller la formule, ici ?

    PS : je ne peux pas copier coller à partir d'une image.

    Merci.
  • (p2^3 - 2*p1*p2*p3 + p0*p3^2 + p1^2*p4 - p0*p2*p4)^-2 * (p2^2*p3^5 - p1*p3^6 - 2*p2^3*p3^3*p4 + 2*p0*p3^5*p4 - p2^4*p3*p4^2 + 8*p1*p2^2*p3^2*p4^2 - p1^2*p3^3*p4^2 - 6*p0*p2*p3^3*p4^2 - 6*p1^2*p2*p3*p4^3 + 2*p0*p2^2*p3*p4^3 + 4*p0*p1*p3^2*p4^3 + p1^3*p4^4 - p0^2*p3*p4^4 + p2^4*p3^2*p5 - 2*p1*p2^2*p3^3*p5 + 3*p1^2*p3^4*p5 - 2*p0*p2*p3^4*p5 + 2*p2^5*p4*p5 - 8*p1*p2^3*p3*p4*p5 + 10*p0*p2^2*p3^2*p4*p5 - 4*p0*p1*p3^3*p4*p5 + 5*p1^2*p2^2*p4^2*p5 - 4*p0*p2^3*p4^2*p5 + 2*p1^3*p3*p4^2*p5 - 4*p0*p1*p2*p3*p4^2*p5 + p0^2*p3^2*p4^2*p5 - 2*p0*p1^2*p4^3*p5 + 2*p0^2*p2*p4^3*p5 - p1*p2^4*p5^2 + 5*p1^2*p2^2*p3*p5^2 - 2*p0*p2^3*p3*p5^2 - 3*p1^3*p3^2*p5^2 + p0^2*p3^3*p5^2 - 4*p1^3*p2*p4*p5^2 + 4*p0*p1*p2^2*p4*p5^2 + 4*p0*p1^2*p3*p4*p5^2 - 4*p0^2*p2*p3*p4*p5^2 + p1^4*p5^3 - 2*p0*p1^2*p2*p5^3 + p0^2*p2^2*p5^3)
  • @GaBuZoMeu : Bravo.

    Tu as rempli ta part, je développerais à la demande, en partant des ingrédients que je t'ai déjà communiquée.

    PS : mon pc plante chaque fois que j'essaie de me connecter au forum.
  • Tu n'as toujours pas compris la démonstration que j'ai écrite, tu t'es contenté de vérifier la formule sur quelques exemples, c'est ça ? :-D
    PS. J'ai déjà écrit ici ce que je pensais de tes "ingrédients".
    Voyons si tu arrives à écrire quelque chose qui tienne debout.
  • Oui et non (j'ai utilisé un logiciel de calcul formel).
  • 1/ Soit $P\in \R[X]$ tel que $\text{degré}(P)\leq 2k$, alors on peut calculer $\sum P(a_i)=U_P(a)$
    ici qu'est-ce qui te pose problème ?
  • chamolion a écrit:
    Ah non, ça ne fonctionne pas finalement car une fonction juste croissante n'est pas déterminée par ses valeurs sur $\mathbf Q$.

    Tu es sur une bonne piste pourtant : une fonction continue est déterminée par ses valeurs sur $\mathbf Q$ comme tu l'as dit. De plus une fonction croissante n'a qu'un nombre dénombrable de discontinuités, donc l'ensemble des discontinuités de toutes les fonctions de la suite est dénombrable. Ce qui veut dire que dans ta suite de fonctions (et pas dans l'ensemble des fonctions croissantes) tu peux déterminer entièrement une fonction en connaissant une quantité seulement dénombrable de $f(x)$ (à condition de bien choisir les $x$) .
  • Pourexemple, ton incapacité à lire atteint les sommets. Je rappelle :

    GaBuZoMeu écrivait:

    > > 1/ Soit $P\in \R[X]$ tel que $\text{degré}(P)\leq 2k$, alors on peut calculer
    > > $\sum P(a_i)=U_P(a)$

    > Qui sont $a$ et les $a_i$ ? $a=(a_1,\ldots,a_k)$ est n'importe quel $k$-uple ? Il s'agit d'une
    > définition ? Tu poses $U_P(a)=\sum_{i=1}^k P(a_i)$ ?
  • On dispose de $(\sum \limits_{i=1}^k a_i,\sum a_i^2,..., \sum a_i^{2k})$ on cherche à partir de ce $2k$-tuples à construire un maximum de choses.

    Par exemple pour tout $P$ de degré au plus $2k$, on peut calculer $\sum \limits_{i=1}^k P(a_i)$ que je note $U_P(a)$
  • Faudrait savoir. Là, tu es dans l'histoire ultra rabâchée des sommes de Newton. Je croyais que tu mettais des poids $2^i$ pour corser l'affaire.
  • Oui, pardon : $\sum \limits_{i=1}^{k} 2^{i-1}P(a_i)=U_P(a)$ (mais c'est la même chose que l'autre cas à peu de chose prés).

    Ps : si les poids de $a_1,a_2$ identiques, alors on ne peut discerner $a_1$ et $a_2$ on n'attrape que les polynômes symétriques en $a_1,a_2$.
  • Ensuite ?
  • 2/ Il existe un unique polynôme $P$ unitaire de la forme : $P(X)=\prod (X-x_i)^2$, de degré $2k$, pour lequel $U_P(a)=0$, tel que $\{x_i|i=1...k\}=\{a_i|i=1...k\}$, donc la fonction qui aux $k$-uples associes ce polynôme est, bien définie.
  • @GaBuZoMeu : Ai-je tenu ma partie du contrat ?
  • Je répète :
    Ça me paraît bien emberlificoté pour dire $P=\prod_{i=1}^k(X-a_i)^2$. Tu voulais dire autre chose ? Mais quoi ?
    donc la fonction qui aux $2k$-uples associes ce polynôme est, bien définie.
    Tu dis que si on connaît $(\sum \limits_{i=1}^k 2^{i-1}a_i,\sum 2^{i-1}a_i^2,..., \sum 2^{i-1}a_i^{2k})$, on connaît les coefficients de $\prod_{i=1}^k(X-a_i)^2$ ? Pourquoi ?

    PS. Non, tu n'as absolument pas rempli ton contrat.
  • Il existe un unique polynôme P unitaire de la forme :...
  • pas de nouvelles, bonne nouvelle.
  • Salut pourexemple, pourquoi ne fournis-tu pas une preuve complète (et bien rédigé) ?
  • Tu ne réponds pas à mes questions. Je ne vais perdre plus de temps. je repasserai peut-être dans la soirée voir si tu as écrit quelque chose qui tient debout. Pour le moment, ce n'est absolument pas le cas.
  • GaBuZoMeu a écrit:
    1/Tu voulais dire autre chose ? Mais quoi ?

    2/Tu dis que si on connaît... ? Pourquoi ?

    1/Non.

    2/ http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?43,1198849,1455650#msg-1455650
  • Bonjour,
    énoncé 200 : une histoire de puissance
    et de diviseur

    Soit $a\in \N$, $a\geq 2$.
    A-t-on $$\forall m,n \in \N^*,
    a^{\text{gcd}(m,n)}-1 \text{ = gcd}(a^m-1,a^n-1)
    $$ ?


    $m:=(m,n)m'; n:=(m,n)n' $,
    $a^m-1$ et $a^n-1$ sont divisibles par $a^{(m,n)}-1$ donc leur pgcd ($:=D$) aussi.

    Réciproque: $D$ divise $a^{(m,n)}-1$:

    Par Bezout, il existe $(u, v)\in\N^2$ tel que $um-vn=(m,n)$;
    $D$ divise $a^m-1$ et $a^n-1$, donc $a^{um}-1$ et $a^{vn}-1$, donc leur différence $a^{vn} (a^{um-vn}-1)= a^{vn} (a^{(m,n)}-1) $; or $D$ est étranger à $a^n$ puisqu'il divise $a^n-1$, donc étranger à $a^{vn}$. Donc (Gauss) $D$ divise $a^{(m,n)}-1$.

    Cordialement
    Paul
  • @Depasse : Bravo.

    Le bijou de l'arithmétique :

    $$\forall P,Q \in \Z[x], \forall i \in \Z, \text{ si } P(i),Q(i) \text{ non nuls, alors } \text{gcd}(Q(x),P(x))(i)=\text{gcd}(Q(i),P(i))$$
  • pourexemple écrivait:

    > Le bijou de l'arithmétique :

    $$\forall P,Q \in \Z[x], \forall i \in \Z, \text{ si } P(i),Q(i) \text{ non nuls, alors } \text{gcd}(Q(x),P(x))(i)=\text{gcd}(Q(i),P(i))$$

    Bijou en toc : $P=X+1$, $Q=X+3$, $i=1$.

    A part ça, aucun progrès sur ta "solution" à propos des sommes de puissances à poids.
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