Montrer que :
Merci de me donner quelques pistes pour avancer, ca peut paraître simple mais c'est vraiment les premiers exos de ce genre que je fais donc je suis pas encore trop habitué...
Récurrence
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Récurrence
par froudjik » 27 Juin 2010, 23:52
Bonjour je passe en TS l'année prochaine et j'ai décidé de m'avancer un peu sur le programme. Je vois donc la récurrence pour commencer. J'ai fait plusieurs exos pour m'entrainer et j'arrive sur celui-ci ou je bloque pour l'hérédité :
Montrer que :
^2+\bigsum_{1\leq i\lt j\leq n}(x_iy_j-x_jy_i)^2=\(\bigsum_{i=1}^{n}x_i^2\).\(\bigsum_{i=1}^{n}y_i^2\))
Merci de me donner quelques pistes pour avancer, ca peut paraître simple mais c'est vraiment les premiers exos de ce genre que je fais donc je suis pas encore trop habitué...
Montrer que :
Merci de me donner quelques pistes pour avancer, ca peut paraître simple mais c'est vraiment les premiers exos de ce genre que je fais donc je suis pas encore trop habitué...
par girdav » 28 Juin 2010, 07:21
Bonjour,
on a que
. Avec ça tu fais le lien de la somme à l'ordre 
avec celui à l'ordre 
.
Pour le carré, c'est l'identité remarquable.
on a que
Pour le carré, c'est l'identité remarquable.
par froudjik » 28 Juin 2010, 09:43
En fait j'en étais déjà arrivé là...
^2+\bigsum_{1\leq i\lt j\leq n+1}(a_ib_j-a_jb_i)^2<br /><br />\\=(\bigsum_{k=1}^{n}a_kb_k)^2+2a_{n+1}b_{n+1}\bigs_{k=1}^{n}a_kb_k+a_{n+1}^2b_{n+1}^2+\bigsum_{1\le i<j\leq n}(a_ib_j-a_jb_i)^2+\bigsum_{k=1}^{n}(a_kb_{n+1}-a_{n+1}b_k)^2<br /><br />\\=\bigsum_{k=1}^{n}a_k^2\bigsum_{k=1}^{n}b_k^2+ \bigsum_{k=1}^{n}(a_kb_{n+1}-a_{n+1}b_k)^2+2a_{n+1}b_{n+1}\bigsum_{k=1}^{n}a_kb_k+a_{n+1}^2b_{n+1}^2)
Après j'ai exploité plusieurs pistes mais à chaque fois ça mène à rien...
Après j'ai exploité plusieurs pistes mais à chaque fois ça mène à rien...
par benekire2 » 28 Juin 2010, 10:27
Il n'y aurait pas des identités remarquables là dedans ? :zen:
PS: En TS tu en verra des bien plus facile de récurrences; jamais sur des sommes doubles, soit en sûr.
PS: En TS tu en verra des bien plus facile de récurrences; jamais sur des sommes doubles, soit en sûr.
par girdav » 28 Juin 2010, 11:03
Oui, en fait on peut conclure en développant le carré dans la deuxième somme de la dernière ligne : le "double produit" va se supprimer avec le terme suivant et les termes "carrés" permettent de voir l'écriture développée de \(\bigsum_{i=1}^nb_i^2 +b_{n+1}^2\))
.
par Olympus » 28 Juin 2010, 11:20
Démonstration de l'inégalité de Cauchy-Schwarz qui me saute aux yeux là, je ne sais pas si c'est le cas avec vous ^^
par girdav » 28 Juin 2010, 11:34
Olympus a écrit:Démonstration de l'inégalité de Cauchy-Schwarz qui me saute aux yeux là, je ne sais pas si c'est le cas avec vous ^^
Avec cas d'égalité en prime!
par froudjik » 28 Juin 2010, 12:34
C'est bon j'ai trouvé, c'était pas si compliqué en fait, merci beaucoup pour votre aide ! :we:
Vous n'en auriez pas une autre à démontrer du même niveau pour que je puisse essayer de la faire seul cette fois ?
@benekire2 : on ne me demandera peut-être pas ça en term, mais je me dis que si je sais faire des plus dures, je saurai en faire des plus simples
Edit : Puis si ce n'est trop demander, j'aimerais bien que quelqu'un m'explique ce qu'est la récurrence forte. D'après ce que j'ai compris elle repose sur le principe que l'hypothèse de récurrence n'est pas d'admettre)
, mais ,p(2),p(3),...,p(n-1),p(n))
, et ensuite c'est la même chose on doit prouver )
. Ce que je ne comprends pas c'est quel est son avantage par rapport à la récurrence simple, et dans quels cas doit-on l'utiliser ?
Vous n'en auriez pas une autre à démontrer du même niveau pour que je puisse essayer de la faire seul cette fois ?
@benekire2 : on ne me demandera peut-être pas ça en term, mais je me dis que si je sais faire des plus dures, je saurai en faire des plus simples
Edit : Puis si ce n'est trop demander, j'aimerais bien que quelqu'un m'explique ce qu'est la récurrence forte. D'après ce que j'ai compris elle repose sur le principe que l'hypothèse de récurrence n'est pas d'admettre
par Olympus » 28 Juin 2010, 12:56
Je crois que ce serait judicieux d'employer l'égalité pour n=2 ( ce cas étant facile à vérifier ) .
Enfin, pour n=2, il est clair que nous avons : \left( y_1 ^2 + y_2 ^2 \right) = \left( x_1 y_1 + x_2 y_2 \right)^2 + \left( x_1 y_2 - x_2y_1 \right)^2)
.
On suppose l'identité vraie pour un
fixé, et on montre qu'elle est aussi vraie pour 
:
\left( y_{n+1} ^2 + \bigsum_{i=1}^n y_i ^2 \right))
^{\frac{1}{2}} \left( \bigsum_{i=1}^n y_i ^2 \right)^{\frac{1}{2}} \right)^2 + \left( x_{n+1} \left( \bigsum_{i=1}^n y_i ^2 \right)^{\frac{1}{2}} - y_{n+1} \left( \bigsum_{i=1}^n x_i ^2 \right)^{\frac{1}{2}} \right)^2)
( on a juste employé le cas n=2 )
 \left( \bigsum_{i=1}^n y_i ^2 \right) + x_{n+1}^2 \left( \bigsum_{i=1}^n y_i ^2 \right) + y_{n+1}^2 \left(\bigsum_{i=1}^n x_i^2 \right))
( on a juste développé )
^2 + \bigsum_{i=1}^n \bigsum_{j=i}^n \left( x_i y_j - x_j y_i \right)^2 + x_{n+1}^2 \left( \bigsum_{i=1}^n y_i ^2 \right) + y_{n+1}^2 \left( \bigsum_{i=1}^n x_i^2 \right))
( on s'est juste servi de l'hypothèse de récurrence )
Mais on a :
^2 = \bigsum_{i=1}^n \left( \bigsum_{j=i}^{n+1} \left( x_i y_i - x_j y_i \right)^2 - \left( x_i y_{n+1} - x_{n+1} y_i \right)^2 \right))
^2 - \bigsum_{i=1}^n \left( x_i y_{n+1} - x_{n+1} y_i \right)2)
^2 - x_{n+1}^2 \left( \bigsum_{i=1}^n y_i ^2 \right) - y_{n+1}^2 \left( \bigsum_{i=1}^n x_i ^2 \right) + 2 x_{n+1} y_{n+1} \left( \bigsum_{i=1}^n x_i y_i \right))
Donc :
^2 + 2 \left( \bigsum_{i=1}^n x_i y_i \right) x_{n+1} y_{n+1} + \bigsum_{i=1}^{n+1} \bigsum_{j=i}^{n+1} \left( x_i y_j - x_j y_i \right)^2)
 + x_{n+1} y_{n+1} \right) ^2 + \bigsum_{i=1}^{n+1} \bigsum_{j=i}^{n+1} \left( x_i y_j - x_j y_i \right)^2)
 ^2 + \bigsum_{i=1}^{n+1} \bigsum_{j=i}^{n+1} \left( x_i y_j - x_j y_i \right)^2)
Enfin, pour n=2, il est clair que nous avons :
On suppose l'identité vraie pour un
( on a juste employé le cas n=2 )
( on a juste développé )
( on s'est juste servi de l'hypothèse de récurrence )
Mais on a :
Donc :
par benekire2 » 28 Juin 2010, 13:15
... par contre c'est le truc qu'on te demandera post bac sur la récurrence amha.
Donc pour la récurrence forte c'est parfaitement ça.
Pour l'utiliser , prouve moi que tout entier supérieur ou égal à 2 possède un diviseur premier.
Donc pour la récurrence forte c'est parfaitement ça.
Pour l'utiliser , prouve moi que tout entier supérieur ou égal à 2 possède un diviseur premier.
par froudjik » 28 Juin 2010, 13:16
Heuuu mais 
c'est 
et non 
qui lui est égal à 
je me trompe ?
Ok je vais essayer mais je ne garantis rien ^^.
benekire2 a écrit:... par contre c'est le truc qu'on te demandera post bac sur la récurrence amha.
Donc pour la récurrence forte c'est parfaitement ça.
Pour l'utiliser , prouve moi que tout entier supérieur ou égal à 2 possède un diviseur premier.
Ok je vais essayer mais je ne garantis rien ^^.
par Olympus » 28 Juin 2010, 13:20
froudjik a écrit:Heuuu maisqui lui est égal à
Pour le j=1, c'était une petite faute de frappe, cela devait être j=i ( je viens de corriger ), sinon, ben t'as mis une inégalité stricte c'est normal .
Moi j'ai utilisé
par benekire2 » 28 Juin 2010, 13:24
Pour la solution de ce mini mini exercice :
Trivial au rang 2. Considérons que la propriété est vérifiée du rang 2 au rang n. Alors soit n est premier et alors divisible par n qui est premier, soit composé de k et k' inférieurs à n tels que kk'=n. D'après l'hypothèse de récurrence, k et k' sont divisible par un nombre premiers, et donc n aussi.
Il y a plein d'autres applications;
Trivial au rang 2. Considérons que la propriété est vérifiée du rang 2 au rang n. Alors soit n est premier et alors divisible par n qui est premier, soit composé de k et k' inférieurs à n tels que kk'=n. D'après l'hypothèse de récurrence, k et k' sont divisible par un nombre premiers, et donc n aussi.
Il y a plein d'autres applications;
par Olympus » 28 Juin 2010, 13:47
Y a aussi la récurrence de Cauchy ( ché pas si ça s'appelle comme ça, mais en tout cas en anglais ils disent "Cauchy induction" ) : Tu montres que )
est vraie . Tu montres que  \Rightarrow P\left( 2n \right))
. Donc tu auras montré que )
est vraie pour tout 
non nul . Ensuite, tu montres que  \Rightarrow P \left( n \right))
. Une fois cela fait, tu auras montré que pour tout 
, )
est vraie .
Application : AM-GM .
Application : AM-GM .
par benekire2 » 28 Juin 2010, 14:58
Il y a même des généralisations de la récurrence.
L'AM-GM se démontre aussi très bien par récurrence simple, et c'est d'ailleurs un très bon exercice. Tu peut être sûr que les récurrences ne te poseront pas trop trop ( ca dépend vraiment .. ) de problème si tu y parvient.
L'AM-GM se démontre aussi très bien par récurrence simple, et c'est d'ailleurs un très bon exercice. Tu peut être sûr que les récurrences ne te poseront pas trop trop ( ca dépend vraiment .. ) de problème si tu y parvient.
par froudjik » 28 Juin 2010, 16:07
Au risque de passer pour un inculte... C'est quoi l'AM-GM ?
Je me rends compte que benekire2 et Olympus vous êtes au même niveau scolaire que moi, et là je commence à me faire peur... Vous êtes juste hyper calés pour un niveau fin de 1ere ou c'est moi ?
Je me rends compte que benekire2 et Olympus vous êtes au même niveau scolaire que moi, et là je commence à me faire peur... Vous êtes juste hyper calés pour un niveau fin de 1ere ou c'est moi ?
par benekire2 » 28 Juin 2010, 16:54
froudjik a écrit:Au risque de passer pour un inculte... C'est quoi l'AM-GM ?
Je me rends compte que benekire2 et Olympus vous êtes au même niveau scolaire que moi, et là je commence à me faire peur... Vous êtes juste hyper calés pour un niveau fin de 1ere ou c'est moi ?
On est juste assez (voire très) intéressés par les mathématiques.
Tu n'as pas a t'inquiéter. L'exo proposé initialement n'était pas très facile ni pour un élève de première ni pour un élève de Terminale. Sache qu'en Term ce sera les même élèves qu'en ... première, donc ça change pas grand chose :++:
De plus tu m'as l'air de prendre goût aux mathématiques, et c'est une bonne chose :zen:
En bref, n'ai pas peur.
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