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P'tipito
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par P'tipito » 24 Nov 2015, 19:22

oui, et le vérifier avant d'écrire la fraction ;)



P'tipito
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par P'tipito » 24 Nov 2015, 20:04

calcule le déterminant, tu vas trouver qch de simple ou tu peux minorer -2rcos(x) (par rapport à x), ça marche aussi

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Ben314
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par Ben314 » 24 Nov 2015, 21:29

En espérant ne pas m'être trompé :
Si on a
Or 12 n'est pas une puissance de 2 modulo 17.

P.S. : je ne comprend pas du tout ta preuve Nodgim. Par exemple, d'où sort ton qui est clairement faux ?
Qui n'entend qu'un son n'entend qu'une sonnerie. Signé : Sonfucius

nodjim
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par nodjim » 24 Nov 2015, 21:41

Rien compris à la démarche.

nodjim
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par nodjim » 24 Nov 2015, 21:42

C'est en fait 3^8m'-1=0 [5]

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chan79
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par chan79 » 24 Nov 2015, 22:16

Ben314 a écrit:En espérant ne pas m'être trompé :
Si on a
Or 12 n'est pas une puissance de 2 modulo 17.

Ca me va ! Bravo

nodjim
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par nodjim » 25 Nov 2015, 10:02

Ah non, ça va pas du tout. C'est une farce ou quoi ?
Si on y regarde de près 3^11+5 est divisible par 64 (ça je le prouve sans faire le calcul). Mais peut être aussi par 128, mais ça il est impossible de le prédire.
Par ailleurs que vient le modulo 17 ? On cherche à savoir si 3^y+5 est une puissance de 2, c'est sûr que c'est plus grand que 17.

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chan79
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par chan79 » 25 Nov 2015, 11:59

nodjim a écrit:Ah non, ça va pas du tout. C'est une farce ou quoi ?
Si on y regarde de près 3^11+5 est divisible par 64 (ça je le prouve sans faire le calcul). Mais peut être aussi par 128, mais ça il est impossible de le prédire.
Par ailleurs que vient le modulo 17 ? On cherche à savoir si 3^y+5 est une puissance de 2, c'est sûr que c'est plus grand que 17.

Je ne vois pas l'erreur
est donc nécessairement égal à 11 modulo 16 (on observe les valeurs de modulo 64 et on voit quand elles valent 59)
Ensuite :

on regarde ce que ça fait modulo 17 (on prend 17 parce que ça aboutit)









il faudrait donc qu'il existe x tel que (modulo 17) et il n'existe pas de tel .

L'idée d'Imod était la bonne. Ben a trouvé les bonnes congruences.
A moins que je sois passé à côté d'une erreur ...

nodjim
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par nodjim » 25 Nov 2015, 12:02

Mais pourquoi modulo 17 ? On cherche un 3^y+5 qui vaut un 2^x. Et un 2^x modulo 17, ça ne fera jamais 0.

nodjim
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par nodjim » 25 Nov 2015, 12:05

Ah oui je comprends mieux maintenant. Mais franchement, ce 17, ça sort un peu de nulle part non ?

nodjim
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par nodjim » 25 Nov 2015, 12:07

Je vois le 17, à cause du 3^16=1 [17] d'après Fermat.
Je suis d'accord maintenant.

P'tipito
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par P'tipito » 25 Nov 2015, 15:05

Gross_gore a écrit:
on a commencé par poser f(n) =
f'(n) =n(x+1)^n-1
jusque la pas de problème
mais après cette phrase le prof nous a donné comme résultat = n . 2^n-1

a partir de la formule (a+b)^n = . a^n-k .b

pouvez vous m'expliquez svp

Developpe (avec une formule bien connue)

P'tipito
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par P'tipito » 25 Nov 2015, 15:08

Shew a écrit:Pour la deux, toujours par récurrence, on suppose que et on développe .

Il y a meme pas besoin d'une recurrence ici. Il suffit d'ecrire u(n+1)-u(n) et d'utiliser la question 1.
Mais si tu as vraiment du mal avec le raisonnement par recurrence bonjourbonsoir, tu peux faire la 2 par recurrence pour t'entrainer

P'tipito
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par P'tipito » 25 Nov 2015, 15:21

Gross_gore a écrit:est ce que = n ?


Mais tu as
Mais si tu evalues f' en une certaine valeur de x tu trouves le resultat.

pianojo
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par pianojo » 26 Nov 2015, 05:46

J'ai peut-être une esquisse de solutions (calculs à vérifier): si je résous d'abord dans C l'équation ln(u)/u=1/2, je trouve u imaginaire pur de la forme u=ri avec r réel vérifiant r/ln(r) - Pi(1+4k) = 0. Cette dernière équation a bien des solutions dans R (pour k=0 par exemple, le terme de gauche est continu et change de signe entre u=e et u=e²).

Ensuite, en posant u = ln(z), comme ln(u)=u/2, on a ln(ln(z))=ln(z)/2 donc ln(z)=e^(ln(z)/2) = z^1/2 = sqrt(z), qui est l'équation que vous souhaitez résoudre [il faudrait peut-être ajouter encore des k'*i*2Pi]. Comme pour a non réel<=0, on a ln(a*i)=ln(a)+ln(i)=ln(a)+iPi/2, le résultat r de la 1ère équation nous donne z = ln(r)+iPi/2 = r/(Pi+4kPi)+iPi/2. Il y a une infinité de solutions, mais probablement pas de forme analytique pour l'expression de r (il faudrait une résolution numérique de l'équation qui définit r pour vérifier les résultats).

Un dernier détail suite aux discussions bizarres ci-dessus sur la validité du logarithme sur C: ln(z) est bien définie dans C privé des réels négatifs. C'est la réciproque de l'exponentielle complexe. On part souvent des séries pour généraliser sa définition. Elle est définie à un facteur 2iPi près (logique si l'on songe à e^(i;))=cos(;))+isin(;)), car ;) est défini à 2Pi près).

Doraki
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par Doraki » 26 Nov 2015, 12:28

En étudiant l'argument de f(w) = w - exp(w/2) lorsque Im(w) est un multiple de 2pi et pour Re(w) = 0 ou >> 0,
on trouve que pour tout entier k >= 0 il y a une unique solution wk dont la partie imaginaire est comprise entre (4kpi) et ((4k+2)pi) et dont la partie réelle est positive. (et les solutions dont la partie imaginaire est négative sont les conjuguées de celles dont la partie imaginaire est positive)

De plus, Re(wk)² + Im(wk)² = |wk|² = |exp(wk/2)|² = exp(Re(wk)/2)² = exp(Re(wk))

Comme exp(x)-x² est croissante sur R+ et que exp(Re(wk)) - Re(wk)² est entre 16k²pi² et (4k+2)²pi², ça te donne des intervalles de plus en plus petits pour Re(wk).

Donc voilà ça te donne une suite de rectangles qui contiennent chacun un zéro de f.

Tu peux aussi probablement approcher wk en prenant un complexe w au hasard et en itérant la fonction
w --> 2log(w) dessus (où tu prends la valeur du logarithme dont la partie imaginaire est entre 2kpi et (2k+2)pi.
La suite obtenue convergera peut-être vers wk (je suis pas sur pour k=0 mais pour k>=1 ça marche (j'ai pas testé))

P'tipito
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par P'tipito » 26 Nov 2015, 14:08

Salut, désolé, j'étais un peu occupé ces derniers jours. Bon déjà y avait une erreur, |sin| est plus petit ou égale à 1 (pas plus grand). J'ai corrigé.
Qu'est-ce que tu ne comprends pas exactement?

Anonyme

par Anonyme » 26 Nov 2015, 17:12

Sylviel a écrit:Bonjour,

ton compte ne présente aucun élément personnel à ma connaissance,
il suffit de ne plus venir ici...

Sinon il faut envoyer un message à l'administrateur du site
(mais franchement il n'y a guère d'intérêt).



Bonjour,

Je souhaite également supprimer mon compte mais on le trouve où l'administrateur??

Black Jack

par Black Jack » 26 Nov 2015, 19:48

Avec toutes les précautions concernant les log de complexes non prises :

x = a.e^(i(t + 2k.Pi))

ln(x) = ln(a) + i.(t + 2k.Pi)

x^(1/2) = Va * e^(i(t/2 + k.Pi)) = Va.cos(t/2 + k.Pi) + i.Va.sin(t/2 + k.Pi)

Il faut résoudre le système :

Va.cos(t/2 + k.Pi) = ln(a)
Va.sin(t/2 + k.Pi) = (t + 2k.Pi)

a = ln²(a) + (t + 2k.Pi)²

(t + 2k.Pi)² = a - ln²(a)
t = V(a - ln²(a)) - 2k.Pi

Va.cos(V(a - ln²(a))/2 - k.Pi + k.Pi) = ln(a)
Va.cos(V(a - ln²(a))/2) = ln(a)

Une des solutions est :
a = 4,89418...
t = 1,54022... + 2k.Pi

x = 0,149607 + 4,891893.i (arrondi bien entendu)
*****

Ma calculette donne ln(0,149607 + 4,891893.i) = 1,5880467755 + 1,54022321659 i
et elle donne : sqrt(0,149607 + 4,891893.i) = 1,58880470953 + 1,54022289845 i

différences dues aux arrondis de la solution donnée.

:zen:

P'tipito
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par P'tipito » 26 Nov 2015, 19:57

Bonjour,
je comprends pas non plus pourquoi c'est par définition de la borne inf, mais j'ai une autre preuve potentielle si ça peut t'intéresser:
1)Quels sont les convexes de R?
2)Donc les convexes fermés? Et tu peux conclure facilement

PS: v appartient à tout R?

 

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