Défi à tiroirs

par **emdro** » 13 Juil 2007, 10:56

Conclusion:

parmi les rationnels positifs, seuls les entiers et les rationnels de [0,1] ont des puissances qui tendent vers 0 modulo 1. (pour le cas des rationnels de ]0,1[, la suite de leurs puissance tend vers 0 tout court).

Deuxième tiroir?

par **Imod** » 13 Juil 2007, 11:08

Nos messages se sont croisés mais les conclusions sont heureusement les mêmes , place au deuxième tiroir :we:

Imod

par **emdro** » 13 Juil 2007, 13:34

Avec l'hypothèse que la suite converge vers 0, c'est mieux en effet:

Si k=1,
en posant

, avec a et b premiers entre eux,
la suite

converge-t-elle modulo 1 si et seulement si:

*x est dans ]0,1[ ou
*x est un entier tels que b divise une puissance de x.

Si k>1, on retrouve la complexité de mon message précédent:
exemple

tend vers 0 modulo 1.
Cela a l'air difficile de trouver l'ensemble des conditions.
Je peux quand même dire qu'il suffit que les

soient entre 0 et 1!

Je me sens perdu au fond du deuxième tiroir! :triste:
Je ne suis pas sûr que ce soit de mon niveau...

par **Imod** » 13 Juil 2007, 14:18

emdro ,

je n'ai pas lu complètement ta réponse mais j'ai précisé converge vers 0 dans mon précédent message ( c'est peut-être ce qui te dérangeait ) . L'idée est en effet de raisonner par récurrence le cas

étant trivial .

Imod

par **emdro** » 13 Juil 2007, 14:38

J'ai modifié le message précédent en conséquence!

par **Imod** » 13 Juil 2007, 16:45

En fait le cas

se traite comme le 1°) pratiquement au mot près , il suffit de l'écrire ( d'ailleurs r pourrait très bien être réel non nul ) . Les

inférieurs à 1 disparaissent de la somme donc le seul cas à étudier est celui ou les

sont tous supérieurs à 1 . Pour

, la partie délicate ( je vous laisse chercher ) est de montrer que si

converge vers 0 modulo 1 alors il existe des rationnels non nuls

tels que

converge vers 0 modulo 1 et de faire jouer la récurrence .

Imod

par **emdro** » 13 Juil 2007, 16:56

Si k=1, il me semble que ce n'est pas si simple:

Par exemple

ne converge vers 0 modulo 1 que si
x est un multiple de 3.

Le fait d'ajouter un r devant le

enlève certains entiers. Mais ce ne sont peut-être pas les entiers qui t'intéressent pour la suite.

par **Imod** » 13 Juil 2007, 17:16

Tu as raison emdro , ce qui est important c'est la condition nécessaire sur les

, à savoir : inférieurs à 1 ou entiers .

Imod

par **emdro** » 14 Juil 2007, 11:28

Pour k=1, on est d'accord, si la suite

converge vers 0 modulo 1 alors soit

est dans ]0,1[, soit il est entier. [réciproque fausse]

On raisonne par récurrence en supposant que si

converge vers 0 modulo 1 pour un certain k, alors les

sont soit dans ]0,1[, soit entiers.

On va montrer que cela marche encore en remplaçant k par k+1.
On suppose donc que

converge vers 0 modulo 1.
Si l'un des

est dans ]0,1[, il disparait de la somme, et c'est fini.

Sinon, notons

une suite telle que

converge vers 0 (tout court).

En posant

et

, et en définissant

,
on obtient

Or

.
Il reste donc simplement:

Ce qui signifie que

converge vers 0 modulo 1.
En posant

,
cela donne

converge vers 0 modulo 1.
D'après l'hypothèse de récurrence, tous les

pour i entre 2 et k+1 sont entiers.

En refaisant le même travail pour éliminer le

, on déduit que tous les

pour i entre 1 et k sont entiers.

Ainsi c'est gagné, tous les

pour i entre 1 et k+1 sont entiers.

Et la propriété "deuxième tiroir" est démontrée par récurrence.

par **Imod** » 14 Juil 2007, 17:40

Bravo !!! Dernière étape :

3°) On considère deux entiers strictement positifs

:

. Pour

on pose

. Montrer que si

pour tout entier

non nul alors

converge vers 0 modulo 1 .

Imod

par **emdro** » 14 Juil 2007, 18:19

[

Or par hypothèse

.

Il reste à montrer que

tend vers 0.
Ce qui est rapide puisque

Et comme

et

, c'est fini.

par **Imod** » 14 Juil 2007, 18:26

C'est presque trop rapide pour moi ( balance ascendant cerveau-lent ) . Conclusion et fin du problème ?

Imod

par **emdro** » 14 Juil 2007, 18:28

Justement, je te suivais les yeux fermés, éperdu de confiance... :dodo: Mais quant à savoir où on va...

par **Imod** » 14 Juil 2007, 18:32

Ouf , tu me rassures , je croyais que tu lisais dans le marc de café !

Imod

par **emdro** » 14 Juil 2007, 18:32

On considère deux entiers strictement positifs

:

. Pour

on pose

.

On aurait démontré que si

pour tout entier

non nul alors tous les

sont entiers, en d'autres mots,

divise b.

par **Imod** » 14 Juil 2007, 18:38

Après une dure journée ( qui n'est malheureusement pas encore finie ) je ne peux donner que quelques vagues conseils : peut mieux faire ! :we:

Imod

par **emdro** » 14 Juil 2007, 18:46

La mare de café que j'ai bue aujourd'hui m'aide à tenir !!
C'est a^k=b ?

NB Le marc de café :marteau:

par **Imod** » 14 Juil 2007, 19:04

Une formulation précise ? ( trop durs les 14 juillet quand on fait partie d'une harmonie ) .

Imod

par **emdro** » 14 Juil 2007, 19:07

On considère deux entiers strictement positifs

.
Si

pour tout entier

non nul alors il existe k tel que

.

par **Imod** » 14 Juil 2007, 22:45

Parfait emdro , ce défi avait été proposé sans réponse dans la rubrique olympiade ainsi que dans la série des défis ( défi 32 ) . Un méchant défaut que tu viens de réparer :++: :++:

Imod

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