Exos sympas MPSI

[Kallio]

Bon début mais plusieurs points à revoir

Oui en effet je n'avais pas regardé en détails, l'idée était là donc ça m'avait l'air bon

Concernant la continuité de f' en 1, on peut utiliser le théorème de limité de la dérivée (ça évite le epsilon et tout). Pour ce qui est de l'inégalité stricte, c'est vrai qu'en faisant l'exo j'avais juste majoré f(x) sans passer à la limite en me disant que c'était bon et du coup j'avais oublié ce détails lors du passage à la limite, du coup je vais chercher à montrer qu'elle est stricte.

[darklol]

Concernant la continuité de f' en 1, on peut utiliser le théorème de limité de la dérivée (ça évite le epsilon et tout)

Pas quand on est en terminale. C'est pour ça que j'ai dit "pour l'instant le mieux reste de blabla".

[Kallio]

Pas quand on est en terminale. C'est pour ça que j'ai dit "pour l'instant le mieux reste de blabla".

Ah, au temps pour moi.
Concernant cette inégalité stricte, j'ai du mal J'arrive même pas à terminer correctement mon exercice, la honte

[kakille]

Up

Bonjour,

D'un côté :

$ \begin{array}{lllll}1_1&&&&\\1_1&1_2&&&\\ 1_1 & 3_2 & 2_3 & \\ 1_1 & 7_2 & 12_3 & 6_4 \end{array} $

etc. (La recette pour continuer : $ 1\times 1+3\times 2=7 $. Donc sous le $ 12 $, on trouvera $ 50 $.)

D'un autre côté :

$ \sum_{i=1}^n i^0=1{n \choose 1} $
$ \sum_{i=1}^n i^1=1{n \choose 1}+1{n \choose 2} $
$ \sum_{i=1}^n i^2=1{n \choose 1}+3{n \choose 2}+2{n \choose 3} $
$ \sum_{i=1}^n i^3=1{n \choose 1}+7{n \choose 2}+12{n \choose 3}+6{n \choose 4} $
etc.

[Zetary]

Un petit exo perso :

Soit P un polynôme à coefficients entiers dont on suppose toutes les racines réelles : montrer que la somme des arctangentes des racines de P appartient modulo $ \pi $ à $ arctan(\mathbb{Q}) \cup \{\pi/2\} $

En particulier, calculer $ arctan(1) + arctan(2) + arctan(3) $

[XkIzo]

Petit exo : Soit P un polynôme de degré au plus 2013 tel que pour tout entier n compris entre 0 et 2013 on ait P(n) = n/(n+1). Que vaut P(2014)?

[darklol]

Un petit exo perso :

Soit P un polynôme à coefficients entiers dont on suppose toutes les racines réelles : montrer que la somme des arctangentes des racines de P appartient modulo $ \pi $ à $ arctan(\mathbb{Q}) \cup \{\pi/2\} $

En particulier, calculer $ arctan(1) + arctan(2) + arctan(3) $

Marrant, je connaissais pas, merci!

[Jio15]

Petit exo : Soit P un polynôme de degré au plus 2013 tel que pour tout entier n compris entre 0 et 2013 on ait P(n) = n/(n+1). Que vaut P(2014)?

Je me suis sûrement trompé, mais après de longs calculs, je trouve 1 O_o

Détails :

SPOILER:

Égalités successives :
$ \sum_{n=0}^{2013} \frac{n}{n+1} \prod_{k=0,1,..,n-1,n+1,..,2013} \frac{2014-k}{n-k} $ (Lagrange)
$ \sum_{n=0}^{2013} \frac{n}{n+1} \frac{2014!}{(2014-n)n!(2013-n)!(-1)^{2013-n}} $
$ \sum_{n=0}^{2013} \frac{-2014!n(-1)^n}{(2014-n)!(n+1)!} $
$ \frac{1}{2015} \sum_{n=1}^{2014} \binom{2015}{n} (n-1)(-1)^n $
$ \frac{1}{2015} [ \sum_{n=1}^{2014} \binom{2015}{n} n (-1)^n - ( (1-1)^{2015} - 1 - (-1)^{2015} ) ] $ (binôme de Newton)
$ \frac{1}{2015} \sum_{n=1}^{2014} \binom{2015}{n} n (-1)^n $

Posons : $ f(x)=\frac{1}{2015} \sum_{n=1}^{2014} \binom{2015}{n} (-x)^n $. On cherche $ f'(1) $
Or $ f(x)=\frac{1}{2015} [ (1-x)^{2015} - 1 + x^{2015} ] $
$ f'(x)= x^{2014} - (x-1)^{2014} $
$ f'(1)= [ 1 - 0 ] = 1 $

[Jio15]

Un exercice sympa d'analyse, donné au Putnam 1947 :

Soit $ f $ une fonction continue sur $ [1,+\infty[ $ et dérivable sur $ ]1,+\infty[ $ telle que $ f(1) = 1 $ et pour tout $ x > 1 $, $ f'(x) = \frac{1}{x^{2}+f^{2}(x)} $.

Montrer que $ \lim_{x \rightarrow +\infty} f(x) $ existe et est strictement inférieure à $ 1 + \frac{\pi}{4} $.

Déjà, $ f' $ est continue sur ]1,+inf[ et admet une limite valant 1/2 en 1. f est donc C1 sur [1,+inf[.
Sur [1,+inf[, $ f'>0 $ donc f est strictement croissante et admet donc en +inf une limite $ l \in \mathbb{\bar R} $. On a $ l \leq 1+ \int_1^2 \frac{dx}{x^2+1} + \int_2^{+\infty} \frac{dx}{x^2+f^2(2)} $$ = 1+arctan(2)-arctan(1) + \frac{1}{f^2(2)} (\pi/2 - $$ arctan(\frac{2}{f^2(2)})) < 1+ arctan(2)-arctan(1) + \pi/2 - $$ arctan(2) = 1 + \pi/4 $.

L'inégalité stricte est facile à obtenir en fait. Maintenant, est-ce un sup (j'aurais tendance à dire que non, mais après tout je n'en sais rien) ?

[JeanN]

Petit exo : Soit P un polynôme de degré au plus 2013 tel que pour tout entier n compris entre 0 et 2013 on ait P(n) = n/(n+1). Que vaut P(2014)?

Je me suis sûrement trompé, mais après de longs calculs, je trouve 1 O_o

Détails :

SPOILER:

Égalités successives :
$ \sum_{n=0}^{2013} \frac{n}{n+1} \prod_{k=0,1,..,n-1,n+1,..,2013} \frac{2014-k}{n-k} $ (Lagrange)
$ \sum_{n=0}^{2013} \frac{n}{n+1} \frac{2014!}{(2014-n)n!(2013-n)!(-1)^{2013-n}} $
$ \sum_{n=0}^{2013} \frac{-2014!n(-1)^n}{(2014-n)!(n+1)!} $
$ \frac{1}{2015} \sum_{n=1}^{2014} \binom{2015}{n} (n-1)(-1)^n $
$ \frac{1}{2015} [ \sum_{n=1}^{2014} \binom{2015}{n} n (-1)^n - ( (1-1)^{2015} - 1 - (-1)^{2015} ) ] $ (binôme de Newton)
$ \frac{1}{2015} \sum_{n=1}^{2014} \binom{2015}{n} n (-1)^n $

Posons : $ f(x)=\frac{1}{2015} \sum_{n=1}^{2014} \binom{2015}{n} (-x)^n $. On cherche $ f'(1) $
Or $ f(x)=\frac{1}{2015} [ (1-x)^{2015} - 1 + x^{2015} ] $
$ f'(x)= x^{2014} - (x-1)^{2014} $
$ f'(1)= [ 1 - 0 ] = 1 $

Bourrin
En factorisant le polynôme (X+1)P(X)-X , on trouve le même résultat un peu plus rapidement