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Calculs algébriques

Bonjour j'ai eu cet exercice à faire. Si quelqu'un pouvait me guider cela serait gentil !
J'ai fait la première question mais là je suis bloqué dans la deuxième. J'ai eu plusieurs idée (par partie entière) par suite croissante 2^k mais je n'ai aucune idée comment commencer.
Pour la question 3 j'ai utilisé le théorème de [large]J[/large]ensen avec la fonction divergente -ln(x) mais malheureusement on n'a pas encore fait ça en classe donc je dois utiliser une autre manière.
Je suis en classe prépa mpsi.
Merci d'avance.

[Johan Jensen (1859-1925) prend toujours une majuscule. AD]127506

Réponses

  • Ben oui, pourquoi ne pas utiliser la stricte croissance et la continuité de la fonction ln ?
    Algebraic symbols are used when you do not know what you are talking about.
            -- Schnoebelen, Philippe
  • Pour la 2., tu dois savoir que $\lim \limits_{k \to +\infty}{2^k} = +\infty$ donc il existe $k \in \mathbb N$ tel que $2^k > n$.
  • @nicolas.patrois bonjour vous parlez de la 2 -ème question ou la 3eme
    @blueberry et pour la deuxième partie de l'inégalité
  • Pour la 2), on peut exprimer $k$ en fonction de $n$ en appliquant la fonction $\log_2$ à l'encadrement de l'énoncé.
    On montre ensuite que cette condition nécessaire sur $k$ est suffisante.

    Grosso modo, pour tout entier $n\geq 1$ et tout entier $k$,$$2^k\leq n<2^{k+1}\Leftrightarrow k=\cdots$$
  • Pour la 2, tu continues, l'ensemble $\{ k \in \mathbb N \mid 2^{k}>n\}$ est une partie de $\mathbb N$ non vide ....
  • donc c'est par un raisonnement par analyse synthèse ?
  • A qui poses-tu la question ?
  • Je n'ai pas compris pouvez-vous expliquer encore plus ?
  • Oui pour analyse-synthèse.
  • Je me trompe peut-être mais tu dois avoir appris que toute partie non vide de $\mathbb N$ admet un plus petit élément. Donc l'ensemble ci-dessus a un plus petit élément $k_0$.
  • Blueberry
    pas vraiment mais c'est logique, et comment montrer que ce petit élément est 2^k-1 et que n se situe entre 2^k et 2^k-1.

    [Inutile de reproduire le message précédent. AD]
  • Ben que penser de $2^{k_0}$ ? et de $2^{k_0-1}$ ??
  • 2^{k_0 -1} <2^{k_0} ??
    et merci AD pour votre aide
  • Note $M=\{ k \in \mathbb N \mid 2^{k}>n\}$.
    $k_ 0 \in M$ donc $2^{k_0}>n$.
    D'autre part $k_0$ étant le plus petit élément de $M$, $k_0-1 \notin M$ donc $2^{k_0-1} \leqslant n$.
  • ah oui , d'accord merci beaucoup pour votre aide , mais à quelle leçon appartient la propriété que nous avons utilisé de petit élément , ensembles ?
    je suis en classe prépa Mpsi
  • J'ai un doute sur le fait que ce soit une propriété énoncée en $1^{\text{ière}}$ année de prépa aujourd'hui, ça fait partie des propriétés des entiers naturels. Tu as dû étudier $\mathbb Z$, $\mathbb N$, la division euclidienne etc. au début de l'année ?
  • Oui mais on a est juste passé au-dessus et on s'est concentré plutôt sur les relations entre les ensembles.
    En prenant la méthode que gai requin nous propose j'ai trouvé que k = E(Ln(n)).
    Qu'en pensez-vous ?
  • C'est bien joli Peano mais on n'a pas l'unicité de $k$ par cette méthode !
    Comme je l'ai déjà dit, on peut calculer $k$ explicitement à partir d'outils de Terminale...
  • Oui en fait c'est même plus simple.
    C'est plutôt $E \left ( \dfrac {\ln n}{\ln 2} \right )$
  • najibifarid a écrit:
    k = E(Ln(n))

    Pas tout à fait !
  • Oui j'ai reconnu mon erreur, mais cela montre-t-il l'unicité de K ?
  • Cela montre que si $k$ existe, $k=E(\log_2(n))$ donc $k$ est unique.
    Il faut ensuite montrer que ce $k$ convient.
  • Indication : la 3) se fait très bien par récurrence sur $n$.
  • On montre que K convient en remplaçont dans les inégalités et ont en vérifiant ?
  • vous êtes toujours là ?
  • Si $k=E(\log_2(n))$, alors $k\leq \log_2(n)<k+1$...

    Je viens aussi de voir que la 4) est très très mal formulée ! Je reformule.
    Montrer que pour tout entier $n\geq 1$, on a, pour tout $(x_1,\ldots,x_n)\in(\mathbb R_+)^n$ :$$\left(\prod_{i=1}^n x_i\right)^{\frac 1 n}\leq\frac 1 n\sum_{i=1}^nx_i.$$Indication : Pour $k$ convenablement choisi, considérer $(x_1,\ldots,x_n,m,\ldots,m)\in(\mathbb R_+)^{2^{k+1}}$, où $m=\displaystyle{\frac 1 n\sum\limits_{i=1}^nx_i}$.
  • Si je ne m'abuse, l'exercice a pour thème le preuve de Cauchy de l'inégalité arithmético-géométrique (ou au moins une preuve qui s'en inspire). Je trouve dommage qu'il n'y ait aucun préambule. Ce genre d'exo, qu'on empile les uns sur les autres sans trop savoir ce qu'on est en train de faire, c'est un mauvais souvenir.
    Après je bloque.
  • J'ai essayé de faire la 3ème question avec récurrence pour n =0 c'est vrai j'ai supposé l'inégalité pour n et la c'est le temps de la montrer pour n+1 ce qui est un peu difficile à cause de la puissance 1/(2n+2). J'ai essayé d'utiliser ln(x) mais sans résultat.

    [Merci d'écrire les mots en entier ! AD]
  • Pour tout $x\geq 0$ et tout entier $n\geq 0$, $x^{\frac 1 {2^{n+1}}}=\sqrt{x^{\frac 1 {2^n}}}$.
  • En utilisant les questions précédentes j’ai pu aboutir à ça mais là je ne sais plus comment interpréter les deux inégalités. Si je multiplie la somme va devenir plus compliquée.
    Merci de corriger mes fautes.

    [Je n'arrête pas. ;-) AD]127538
    xxx.jpg 98.8K
  • ???
    Il faut appliquer 1) avec $x=\left(\prod\limits_{k=1}^{2^n}x_k\right)^{\frac 1{2^n}}$ et $y=\left(\prod\limits_{k=2^n+1}^{2^{n+1}}x_k\right)^{\frac 1{2^n}}$ puis utiliser deux fois l'hypothèse de récurrence.
  • J'ai fait ce que vous avez dit et j'ai obtenu la première partie de l'inégalité. Pouvez-vous expliquer encore plus ?
  • Que vaut $\sqrt{xy}$ avec ce que j'ai choisi dans mon précédent message ?
  • Voilà, puis tu peux appliquer deux fois l'hypothèse de récurrence au membre de droite, puisque tu as deux produits de $2^n$ facteurs tous $\geq 0$.
  • Ah oui comment j'ai pu voir, c'est bon monsieur j'y arrive, mais je n'arrive pas à comprendre à quoi sert la deuxième question de l'exercice.
  • Elle sert pour la dernière question...
  • On peut effectuer un changement d’indice
    ?
  • Non, on prend $k$ tel que $2^{k+1}>n$ et on applique la question 3) à la $2^{k+1}$-liste $(x_1,\ldots,x_n,m,\ldots,m)$, où $m=\displaystyle{\frac 1 n\sum\limits_{i=1}^nx_i}$.
    C'est l'indication de l'énoncé !
  • Effectivement en suivant exactement l'indication ça fonctionne.
    Par contre autant on utilise de trouver k tel que n < 2^k, autant ni l'encadrement par deux puissances successives ni l'unicité ne servent à rien dans la démonstration ...
  • Dans un premier temps, on obtient après simplification : $$\left(\prod\limits_{i=1}^nx_i\right)^{\tfrac 1{2^{k+1}}}m^{\tfrac{2^{k+1}-n}{2^{k+1}}}\leq m.$$On conclut ensuite assez facilement.
    À toi de jouer, je vais dormir !
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