Exercices de MPSI

[ladmzjkf]

Montrer que pour tout $ n > 1 $,
$ H_n = \sum_{k=1}^n \frac{1}{n} $ n'est pas un entier.

Indice :

SPOILER:

Calculer les premières valeurs, puis faire une récurrence judicieusement choisie (sur les propriétés du numérateur et du dénominateur de la somme

Mon prof de l'année dernière m'avait donné un énoncé un peu différent du tien :

• Montrer que chaque entier naturel non nul $ n $ s'écrit de façon unique telle que : $ n=2^p(2q+1) $
• Montrer que $ H_n $ définie plus haut n'est pas un entier pour tout $ n>1 $

Note: On peut ne pas utiliser la question 1 (ce qui revient à dire : utiliser la récurrence)

[mathophilie]

Montrer que :
$ \sqrt{2 + \sqrt{2 + \sqrt {2 + .... + \sqrt{2} } } } = 2 cos( \frac{\pi}{2^{n+1}} ) $

Manquait un }

Une proposition, par récurrence :

SPOILER:

On définit la suite (u_n) telle que $ u_1 = \sqrt{2} $ et $ u_{n+1}=\sqrt{u_n+2} $ (c'est comme ça qu'on peut expliciter le paquet de racines)

Initialisation : $ 2cos(\frac{\pi}{4} = \sqrt{2} = u_1 $ --> Vérifié au rang 1.

Hérédité : On suppose l'égalité à démo vraie au rang n.

Il vient donc $ u_{n+1} = \sqrt{2 + 2cos(\frac{\pi}{2^{n+1}} = \sqrt{2(1+cos(\frac{\pi}{2^{n+1}}} $

En remarquant que $ cos(2x) = 1 - cos^2(x) $ et donc que $ cos^2x = cos(2x) + 1 $ pour tout réel x, il vient :

$ u_{n+1} = \sqrt{4cos^2(\frac{\pi}{2^{n+2}}} $

Soit $ u_{n+1} = 2cos(\frac{\pi}{2^{n+2}} $

CQFD, par récurrence.

[Galoubet]

Encore un énoncé.
Soient des entiers $ x,y,z $ tels que : $ x^2+y^2=z^2 $. Démontrer que le produit $ xyz $ est divisible par $ 60 $.

[mathophilie]

Encore un énoncé.
Soient des entiers $ x,y,z $ tels que : $ x^2+y^2=z^2 $. Démontrer que le produit $ xyz $ est divisible par $ 60 $.

Gosh c'est swag
Je vais chercher.

EDIT : Je crois que j'ai compris l'idée mais ca m'étonne quand même je vais rédiger.

[mathophilie]

Encore un énoncé.
Soient des entiers $ x,y,z $ tels que : $ x^2+y^2=z^2 $. Démontrer que le produit $ xyz $ est divisible par $ 60 $.

Une proposition avec les congruences : (elle est pas hyper jolie je trouve, je me demande si ya pas plus rapide / astucieux / beau en passant par l'absurde ou en démontrant la contraposée ou je sais pas)

SPOILER:

On décompose 60 en facteurs plus petits : 60 = 63*4*5
Donc notre objectif ici va être de démo qu'au moins un des x;y;z est divisible par 3, au moins un des x;y;z est divisible par 4, au moins un des x;y;z est divisible par 5 (spé maths bourrin en puissance)

Regardons les congruences des carrés parfaits modulo 3 :
p dans N : On a soit $ p \equiv 0 [3] $ --> $ p^2 \equiv 0 [3] $
soit $ p \equiv 1[3] $ --> $ p^2 \equiv 1[3] $
soit $ p \equiv 2[3] $ --> $ p^2 \equiv 1[3] $
Or tous les x², y² z² ne peuvent être congrus à 1 mod 3 en même temps (si x²et y²congrus à 1 -> z² congru à deux : impossible), les autres confiurations impliquent nécessairement que l'un des x,y,z est congru à 0.
Donc xyz divisible par 3.

De même mod 4 :
Dans les mod 8 : p dans N ; soit $ p \equiv 0 [8] $ --> $ p^2 \equiv 0 [8] $
soit $ p \equiv 1 [8] $ --> $ p^2 \equiv 1 [8] $
soit $ p \equiv 2 [8] $ --> $ p^2 \equiv 4 [8] $
soit $ p \equiv 3 [8] $ --> $ p^2 \equiv 1 [8] $
soit $ p \equiv 4 [8] $ --> $ p^2 \equiv 0 [8] $
soit $ p \equiv 5 [8] $ --> $ p^2 \equiv 1 [8] $
soit $ p \equiv 6 [8] $ --> $ p^2 \equiv 4 [8] $
soit $ p \equiv 7 [8] $ --> $ p^2 \equiv 1 [8] $
On remarque donc qu'au moins un des carrés est congru à 0, soit que x ou y ou z est un multiple de 4.

De même mod 5 :
p dans N ; soit $ p \equiv 0 [5] $ --> $ p^2 \equiv 0 [5] $
soit $ p \equiv 1 [5] $ --> $ p^2 \equiv 1 [5] $
soit $ p \equiv 2 [5] $ --> $ p^2 \equiv -1 [5] $
soit $ p \equiv 3 [5] $ --> $ p^2 \equiv -1 [5] $
soit $ p \equiv 4 [5] $ --> $ p^2 \equiv 1 [5] $
Ainsi tous ne peuvent être congrus à 1 ou -1 (pareil à cause de la somme), on en a donc 1 au moins divisible par 5.

Aussi, xyz divisible par 3,4 et 5 --> Divisible par 60 CQFD.

Je serai ravie de voir plus élégant...

[Hunted]

On note $ K_n $ le graphe complet à $ n $ points.

Un chemin dans un graphe est une suite de points menant d'un point $ a $ de départ à un point $ z $ d'arrivé. Dans $ K_n $, les $ n $ points sont tous reliés entre eux.

Exemple : Soit $ K_4 $ le graphe complet à $ 4 $ sommets. On note $ a $ le point de départ et $ z $ le point d'arrivé et $ B_1,B_2 $ les points intermédiaires (en tout on a donc bien $ 4 $ points), les chemins possibles entre $ a $ et $ z $ sont donc :
$ (a,z) $ (chemin direct)
$ (a,B_1,z) $
$ (a,B_2,z) $
$ (a,B_1,B_2,z) $
$ (a,B_2,B_1,z) $

(chemin composés).

On exclura tous les chemins avec des redondances (on ne passe jamais deux fois par le même point).

On note $ \delta $ l'ensemble des chemins entre deux points de $ K_n $, montrez que :

$ card( \delta )= \frac{1}{6} n^4 - \frac{4}{3} n^3 + \frac{23}{6} n^2 - \frac{11}{3} n +1 $

[mathophilie]

C'est quoi card ? :/

[Hunted]

C'est quoi card ? :/

cardinal d'un ensemble.Tu as dû le voir en proba.

[mathophilie]

C'est quoi card ? :/

cardinal d'un ensemble.Tu as dû le voir en proba.

Non. On a fait qu'un chapitre sur les probas et j'en ai jamais entendu parlé.
Je vais regarder sur internet.

[Hunted]

C'est quoi card ? :/

cardinal d'un ensemble.Tu as dû le voir en proba.

Non. On a fait qu'un chapitre sur les probas et j'en ai jamais entendu parlé.
Je vais regarder sur internet.

Le cardinal d'un ensemble $ E $ (fini) c'est le nombre d'élément de$ E $ :

Soit $ E= { 0,1,2 } $ alors $ card(E)=3 $ car cet ensemble possède $ 3 $ éléments.

$ card( \delta ) $ est le nombre de chemins entre deux points de $ K_n $.