Exercices de MPSI

[symétrie]

Pourtant : $ (2x^2+x+1)^2 = 4x^4 + 4x^3 + 5x^2 + 2x + 1 $ n'est pas égal à $ 4+4x+4x^2+4x^3+4x^4 $ par identification.

En suivant ton raisonnement, on pourrait dire que x² + 1 n'est jamais égal à 2x « par identification ». Or c'est le cas pour x = 1.
« Par identification » n'est pas un argument mathématique. Ça peut désigner une méthode qu'on utilise pour se donner des idées dans certains cas, ou alors être une référence (pas très élégante sans doute) à un vrai théorème (qui n'est pas vu en terminale).

Ce qu'a fait mathophilie me semble correct (au moins dans les grandes lignes) et très bien.
Sinon, pour ce qui est de la méthode générale de résolution des équations diophantiennes à deux variables, il me semble que c'est une question qui est très loin d'être facile. Je ne peux pas en dire plus car je ne connais qu'extrêmement superficiellement la question. En revanche, ce qui est faisable en terminale, c'est de décrire un algorithme pour résoudre les équations diophantiennes (polynomiales) à une inconnue.

[ladmzjkf]

J'ai examiné plein de pistes pour la réciproque, mais au bout du compte je sèche pas mal donc une indication ne serait pas de refus lsjduejd

C'est une toute petit indic'

SPOILER:

Suppose que $ q $ divise $ u_n $ pour un $ n $ entier.
Considère alors :
$ \sum_{i=0}^n \frac{u_n}{u_i}=\frac{p*u_n}{q} $

Sauf erreur :

SPOILER:

Par contraposée on suppose qu'il existe un entier $ m $ tel que $ q|u_m $.
Lorsque $ n \to \infty $, on a $ \sum_{i=0}^n \frac{u_m}{u_i}=\frac{p*u_m}{q}\in \mathbb{N} $, et on a également :
$ \sum_{i=0}^n \frac{u_m}{u_i}=\sum_{i=0}^m \frac{u_m}{u_i}+\sum_{i=m+1}^n \frac{u_m}{u_i}=\frac{p*u_m}{q} $ avec $ \sum_{i=0}^m \frac{u_m}{u_i}\in \mathbb{N} $ du fait que $ u_k|u_{k+1} $.
Il s'ensuit que $ \sum_{i=m+1}^n \frac{u_m}{u_i}\in \mathbb{N^*} $ lorsque $ n \to \infty $

On pose maintenant : $ v_k=\frac{u_k}{u_m}\: \: (\forall k\geq m+1) $ et on vérifie aisément qu'on a
$ \frac{1}{v_{j+m}}\leq \frac{1}{2^j}\Rightarrow \: \sum_{j=1}^{n}\frac{1}{v_{j+m}}\leqslant\sum_{j=1}^{n}\frac{1}{2^j}\Rightarrow \sum_{j=1}^{\infty}\frac{1}{v_{j+m}}\leqslant1 $. Et comme on a vu que $ l=\sum_{j=1}^{\infty }\frac{1}{v_{j+m}}\in\mathbb{N^*} $, il est nécéssaire que $ l=1 $ et d'après les considérations de la démonstration de l'implication directe , on déduit qu'on a forcément $ u_{n+1}=2u_n $ à partir d'un certain rang $ N $ ce qui implique la convergence de la suite $ (\frac{u_n}{2^n})_{n\in \mathbb{N}} $

[mathophilie]

Ok cool !

Oui effectivement, notre prof nous a parlé d'un algo de résolution des équations diophantiennes, mais on l'a pas encore vu.

Ah dommage que ce soit inaccessible, surtout quand c'est un travail de recherche récompensé par la médaille Fields !

Je vais réfléchir à ton problème de polygone symétrie, mais il a l'air chaud !

D'autre part, si quelqu'un a une autre proposition d'exo...

[SigmaPi]

Quel est le reste de la division euclidienne de $ x^n $ par $ (x-1)^3 $ ?
n supérieur ou égal à 3

[lsjduejd]

Sauf erreur :

SPOILER:

Par contraposée on suppose qu'il existe un entier $ m $ tel que $ q|u_m $.
Lorsque $ n \to \infty $, on a $ \sum_{i=0}^n \frac{u_m}{u_i}=\frac{p*u_m}{q}\in \mathbb{N} $, et on a également :
$ \sum_{i=0}^n \frac{u_m}{u_i}=\sum_{i=0}^m \frac{u_m}{u_i}+\sum_{i=m+1}^n \frac{u_m}{u_i}=\frac{p*u_m}{q} $ avec $ \sum_{i=0}^m \frac{u_m}{u_i}\in \mathbb{N} $ du fait que $ u_k|u_{k+1} $.
Il s'ensuit que $ \sum_{i=m+1}^n \frac{u_m}{u_i}\in \mathbb{N^*} $ lorsque $ n \to \infty $

On pose maintenant : $ v_k=\frac{u_k}{u_m}\: \: (\forall k\geq m+1) $ et on vérifie aisément qu'on a
$ \frac{1}{v_{j+m}}\leq \frac{1}{2^j}\Rightarrow \: \sum_{j=1}^{n}\frac{1}{v_{j+m}}\leqslant\sum_{j=1}^{n}\frac{1}{2^j}\Rightarrow \sum_{j=1}^{\infty}\frac{1}{v_{j+m}}\leqslant1 $. Et comme on a vu que $ l=\sum_{j=1}^{\infty }\frac{1}{v_{j+m}}\in\mathbb{N^*} $, il est nécéssaire que $ l=1 $ et d'après les considérations de la démonstration de l'implication directe , on déduit qu'on a forcément $ u_{n+1}=2u_n $ à partir d'un certain rang $ N $ ce qui implique la convergence de la suite $ (\frac{u_n}{2^n})_{n\in \mathbb{N}} $

C'est ça

Bon par contre, mais tu l'as pas vu en cours donc c'est normal, tu peux écrire directement $ +\infty $ à la place de ton $ n $ qui tend vers l'infini, c'est plus correct.
Ou sinon t'ecris $ \lim $ devant tes sommes pour montrer que tu parles de la limite.

[ladmzjkf]

Sauf erreur :

SPOILER:

Par contraposée on suppose qu'il existe un entier $ m $ tel que $ q|u_m $.
Lorsque $ n \to \infty $, on a $ \sum_{i=0}^n \frac{u_m}{u_i}=\frac{p*u_m}{q}\in \mathbb{N} $, et on a également :
$ \sum_{i=0}^n \frac{u_m}{u_i}=\sum_{i=0}^m \frac{u_m}{u_i}+\sum_{i=m+1}^n \frac{u_m}{u_i}=\frac{p*u_m}{q} $ avec $ \sum_{i=0}^m \frac{u_m}{u_i}\in \mathbb{N} $ du fait que $ u_k|u_{k+1} $.
Il s'ensuit que $ \sum_{i=m+1}^n \frac{u_m}{u_i}\in \mathbb{N^*} $ lorsque $ n \to \infty $

On pose maintenant : $ v_k=\frac{u_k}{u_m}\: \: (\forall k\geq m+1) $ et on vérifie aisément qu'on a
$ \frac{1}{v_{j+m}}\leq \frac{1}{2^j}\Rightarrow \: \sum_{j=1}^{n}\frac{1}{v_{j+m}}\leqslant\sum_{j=1}^{n}\frac{1}{2^j}\Rightarrow \sum_{j=1}^{\infty}\frac{1}{v_{j+m}}\leqslant1 $. Et comme on a vu que $ l=\sum_{j=1}^{\infty }\frac{1}{v_{j+m}}\in\mathbb{N^*} $, il est nécéssaire que $ l=1 $ et d'après les considérations de la démonstration de l'implication directe , on déduit qu'on a forcément $ u_{n+1}=2u_n $ à partir d'un certain rang $ N $ ce qui implique la convergence de la suite $ (\frac{u_n}{2^n})_{n\in \mathbb{N}} $

C'est ça

Bon par contre, mais tu l'as pas vu en cours donc c'est normal, tu peux écrire directement $ +\infty $ à la place de ton $ n $ qui tend vers l'infini, c'est plus correct.
Ou sinon t'ecris $ \lim $ devant tes sommes pour montrer que tu parles de la limite.

Et moi qui croyait que $ n $ qui tend vers l'infini c'était plus correct . Sinon, l'exo était super fun à faire et tout nouveau pour moi. Un autre peut-être ?

[theophilec]

$ \forall \epsilon > 0, \exists n \in \mathbb{N}, \forall n > N, |U_n -l| < \epsilon $)

Petite faute de frappe: $ \forall \epsilon > 0, \exists N \in \mathbb{N}, \forall n> N, |U_n -l| < \epsilon $

[Oka]

Soit $ f : \mathbb N \rightarrow \mathbb N $ une application qui verifie la propriété $ (\forall n \in \mathbb N) $ $ f(n+1) > f(f(n)) $ . Montrer que $ (\forall n \in \mathbb N) $ $ f(n)=n $.

[Syl20]

Houlà, ça s'emballe les exercices !

Quel est le reste de la division euclidienne de $ x^n $ par $ (x-1)^3 $ ?
n supérieur ou égal à 3

Alors ma résolution est plutôt longue, donc je vais résumer...
Si vous trouvez une manière plus jolie qu'une horrible récurrence, je suis preneur

SPOILER:

En effectuant les divisions euclidiennes de $ x^3 $, $ x^4 $ et $ x^5 $, on peut conjecturer la formule suivante :
$ x^n=(x-1)^3 (\sum_{k=0}^{n-3} 3^kx^{n-3-k}) +3^{n-2}x^2-3^{n-2}x+3^{n-3} $
Pour plus de facilité, on pose p=n-3. On va donc démontrer par récurrence $ x^{p+3}=(x-1)^3 (\sum_{k=0}^p 3^kx^{p-k}) +3^{p+1}x^2-3^{p+1}x+3^{p} $ pour tout entier naturel p
Initialisation : Pour p=0, on a $ x^3=(x-1)^3*1+3x^2-3x+1 $
La propriété est vraie pour p=0
Hérédité (ça se gâte ) : Supposons que pour un rang p, $ x^{p+3}=(x-1)^3 (\sum_{k=0}^p 3^kx^{p-k}) +3^{p+1}x^2-3^{p+1}x+3^{p} $
Montrons alors que $ x^{p-2}=(x-1)^3 (\sum_{k=0}^{p+1} 3^kx^{p+1-k}) +3^{p+2}x^2-3^{p+2}x+3^{p+2} $
On a $ x^{p+4}=(x-1)^3 (\sum_{k=0}^{p} 3^kx^{p+1-k})+3^{p+1}x^3-3^{p+1}x^2+3^{p}x $
Or, $ 3^{p+1}x^3-3^{p+1}x^2+3^{p}x= (x-1)^3 3^p+3^{p+2}x^2+3^{p+2}x+3^{p+1} $
On a donc bien $ x^{p+4}=(x-1)^3 (\sum_{k=0}^{p+1} 3^kx^{p+1-k}) +3^{p+2}x^2-3^{p+2}x+3^{p+2} $ .
La propriété est héréditaire

Conclusion : $ \forall n \geq 3 , $ $ x^n=(x-1)^3 (\sum_{k=0}^{n-3} 3^kx^{n-3-k}) +3^{n-2}x^2-3^{n-2}x+3^{n-3} $
Le reste est donc $ 3^{n-2}x^2-3^{n-2}x+3^{n-3} $

PS : Avez-vous des conseils pour mettre moins de temps à écrire la solution en latex que pour la trouver ?

[rabhix98]

Houlà, ça s'emballe les exercices !

Quel est le reste de la division euclidienne de $ x^n $ par $ (x-1)^3 $ ?
n supérieur ou égal à 3

Alors ma résolution est plutôt longue, donc je vais résumer...
Si vous trouvez une manière plus jolie qu'une horrible récurrence, je suis preneur

SPOILER:

En effectuant les divisions euclidiennes de $ x^3 $, $ x^4 $ et $ x^5 $, on peut conjecturer la formule suivante :
$ x^n=(x-1)^3 (\sum_{k=0}^{n-3} 3^kx^{n-3-k}) +3^{n-2}x^2-3^{n-2}x+3^{n-3} $
Pour plus de facilité, on pose p=n-3. On va donc démontrer par récurrence $ x^{p+3}=(x-1)^3 (\sum_{k=0}^p 3^kx^{p-k}) +3^{p+1}x^2-3^{p+1}x+3^{p} $ pour tout entier naturel p
Initialisation : Pour p=0, on a $ x^3=(x-1)^3*1+3x^2-3x+1 $
La propriété est vraie pour p=0
Hérédité (ça se gâte ) : Supposons que pour un rang p, $ x^{p+3}=(x-1)^3 (\sum_{k=0}^p 3^kx^{p-k}) +3^{p+1}x^2-3^{p+1}x+3^{p} $
Montrons alors que $ x^{p-2}=(x-1)^3 (\sum_{k=0}^{p+1} 3^kx^{p+1-k}) +3^{p+2}x^2-3^{p+2}x+3^{p+2} $
On a $ x^{p+4}=(x-1)^3 (\sum_{k=0}^{p} 3^kx^{p+1-k})+3^{p+1}x^3-3^{p+1}x^2+3^{p}x $
Or, $ 3^{p+1}x^3-3^{p+1}x^2+3^{p}x= (x-1)^3 3^p+3^{p+2}x^2+3^{p+2}x+3^{p+1} $
On a donc bien $ x^{p+4}=(x-1)^3 (\sum_{k=0}^{p+1} 3^kx^{p+1-k}) +3^{p+2}x^2-3^{p+2}x+3^{p+2} $ .
La propriété est héréditaire

Conclusion : $ \forall n \geq 3 , $ $ x^n=(x-1)^3 (\sum_{k=0}^{n-3} 3^kx^{n-3-k}) +3^{n-2}x^2-3^{n-2}x+3^{n-3} $
Le reste est donc $ 3^{n-2}x^2-3^{n-2}x+3^{n-3} $

PS : Avez-vous des conseils pour mettre moins de temps à écrire la solution en latex que pour la trouver ?

Pas besoin d'une récurrence . Il suffit d'additionner puis de retrancher