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BiZi a écrit:Pour b=1 et b=2, ca marche pas

Mmmm, ça me paraît douteux là.

Si b=1, a+8 | a²+a+1 = (a-7)(a+8) + 57 et donc a+8|57
Après vérif (11,1) et (49,1) marche

Si b=2, 4a+9 | ... | (4a-7)(4a+9) + 79 et donc 4a+9 | 79, 79 est premier et y'a pas de soluces là.

C'est la composée de deux fonctions mesurables : et (à des coéf près).

Bé z et z' commutent avec tout le monde et les x^k commutent entre eux.

aviateurpilot a écrit:donc
donc

Tu peux expliquer là ?

C'est très moche c'est vrai mais c'est pas si dur :





donc un simple changement de variable va faire l'affaire :hum: :id: :lol2:

Par l'absurde : tu prends le plus petit n pour lequel
Alors ça veut dire qu'on a réussi à caser n+1 valeurs dans 0..f(n) ce qui est impossible.

On a envie de dire 1 :bad: On tentative : l = \rm \lim_{n\infty} \frac{\phi(n)}{n} Lemme bien : \sum_1^n \phi(k) \geq \frac{n(n+1)}{2} Il suffit de constater que tous les \phi(k) sont différents et sont donc au moins 1, 2, ..., n Lemme aussi : si \phi est une bijectio...

bitonio a écrit:Allez quelques indices.

C'est la démo de Erdös. Introuvable à moins d'être un génie comme Erdös l'était !!!

jojoquant a écrit:c'etait meme plustot simple

lol :langue2:

Simple sûrement ! Mais comme chuis pas très bon j'ai quand même dû chercher un moment !!

Super :we: , honnêtement j'ai pas eu le courage de te lire :briques:

yos a écrit:.

pour

Seules soluces 0 et 1.


Stoche

A un anneau commutatif, soit a non nul non diviseur de 0 3/Montrer que a est inversible. Ca a l'air clairement faux : tout anneau intégre serait un corps dans ce cas (contrex évian : K[X]) Par contre c'est vrai si A est fini car alors f étant injective devient bijective et donc il y a un b tq ab=1

C'est peut-être la même réponse que namfoodle sheppen mais : La décomposition en cycles disjoints de t = rsr^{-1} s'obtient en remplaçant i par r(i) dans la décompostion de s : t(r(i)) = rsr^{-1} (r(i)) = ... = r(s(i)) , en d'autres termes r...

cristuf a écrit:dsl d'être un peu lourd mais est-ce que calculer A(2n) revient en + infini à calculer A(n) ??

Ben ouais vu qu'on sait que A(n) converge il suffit de calculer la limite de A(2n), non ? ('tet pas compris la question ?)

bigup03 a écrit:qqun pourrait t il m'aider et m'expliker cette matiere svppp c urgent

Wikipedia, malgré ses défauts, est souvent un bon point de départ :
http://fr.wikipedia.org/wiki/Analyse_combinatoire

C'est ?
si oui y'a clairement un pb de convergence en 1...

ln(2*k)/2k = ln(2)/k + ln(k)/k
et après tu sépares pairs et impairs

Taupin sur Lyon a écrit:Non... puisque la primitive n'est pas une application, puisqu'à une fonction polynomiale P', elle associe une infinité de primitives P, définis à une constante près !

UNE primitive, celle sans terme constant par exemple

Dans l'exemple venu de Lyon, g = une primitive, non ? Comme l'a dit abcd22 ça se démontre grâce à l'Axiome du Choix, c'est même équivalent à l'AC ! On peut donc parfaitement construire une axiomatique dans laquel des inversibles à droite ne sont pas surjectives. Le plus bizarre c'est qu'on a le même...