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oty20 a écrit : ↑

21 mai 2019 10:31

Dattier a écrit : ↑

27 avr. 2018 17:26

énoncé 118 : limite en or
Soit $a\in [\phi,2]$ (avec $\phi=\frac{1+\sqrt{5}}{2}$ le nombre d'or)
A-t-on l'existence de $(e_n)_n \in \{1,2\}^\mathbb N$ tel que $ a=\sqrt{e_1+\sqrt{e_2+\sqrt{e_3+...}}} $ ?

Celui me semble difficile, j'ai essayé un truc qui me permet de prouver le constat avec $2t_{i}$ , $t_{i} \in \{-1,1\}$ au lieu de $e_{i}$
Avez-vous une solution ?

A priori la méthode naturelle serait de créer (si possible) par récurrence an tq pour tout n
rac(a1+rac(a2 + .. +rac(an +rac(1 + rac(1 +...<= a < rac(a1+ra(a2 +... +rac(an +rac2 + rac(2 ...
et ensuite pouvoir passer à la limite
Pas sur que ça marche mais ça me semble être une piste décente

Bon en fait en regardant ce que vaut e1 on peut conclure. Notons que si on prend la suite égale à 1 ça vaut phi, si on prend la suite (en) valant 2 donne 2
Soit (en) une suite de 1 ou 2, et a la racine moche
Si e1 vaut 1 a est entre rac(1+phi)=phi et rac(1+2)
Si e2 vaut 2 a est entre rac(2+phi) et rac(2+2)=2
Bilan a ne peut pas appartenir à rac(3), rac(2+phi)

158 : en prenant g et f constante H(x,y)=x pour tout x,y, i.e. pour tout f,g f(g(a))=f(a) ce qui est absurde pour f=id a=0 g=1.
159 : pour les fonctions constantes on obtient H(x,y)=x pour x,y dans [0,1], i.e. pour tout f,g f(g(a))=f(a) pour f=id, pour tout g pour tout a g(a)=a pour a=0 et g=1-id c'est absurde

Nabuco a écrit : ↑

21 mai 2019 11:00

Bon en fait en regardant ce que vaut e1 on peut conclure. Notons que si on prend la suite égale à 1 ça vaut phi, si on prend la suite (en) valant 2 donne 2
Soit (en) une suite de 1 ou 2, et a la racine moche
Si e1 vaut 1 a est entre rac(1+phi)=phi et rac(1+2)
Si e2 vaut 2 a est entre rac(2+phi) et rac(2+2)=2
Bilan a ne peut pas appartenir à rac(3), rac(2+phi)

Bravo! j'avais fait le même constatation et je me doutais bien que cela ne pouvait être vrai, mais je n'ai pas pu conclure.

225 : Impossible. On va d'abord voir tout ça pour une fonction polynomiale. (Si on ne peut qu'utiliser les opérations (+,-,x)). Si on peut exprimer R qu'avec (+,-,x), alors R s'exprime comme un polynôme à coefficient dans $ \mathbb{Q} $. Soit $ P \in \mathbb{Q}[X] $ tel que $ \forall x \in \mathbb{Q}(\sqrt2), R(x)=P(x) $. Alors si $ q \in \mathbb{Q} $, on a $ R(q) = P(q) = q $. Donc en fait $ P = X $ puisqu'il coincide avec $ X $ sur une infinité de valeur. Très clairement cela n'est pas possible car R n'envoie pas $ \sqrt2 $ sur lui-même.
Maintenant, si on s'autorise aussi /, on est dans le cas des fractions rationnelles. Soit $ (P,Q) \in \mathbb{Q}[X] $ tel que $ \forall x \in \mathbb{Q}(\sqrt2), R(x) = \frac{P(x)}{Q(x)} $. Ici pareil, $ P(q) = qQ(q) $, donc $ P = XQ $ et R correspond à l'identité, absurde.
Enfin, avec E en plus, on va montrer qu'on peut se débarrasser en fait de E dans l'expression de R et se ramener à une fraction rationnelle. Fixons $ r = \sqrt(2) $. bien entendu, il existe une infinité de nombres dans $ \mathbb{Q}(\sqrt2) $ aussi proches de $ r $ que l'on veut. On va montrer que pour $ x $ assez proche, un même "emboitement" de partie entière coïncide forcément en x et en r. Cela se fait aisément par récurrence structurelle sur la "profondeur". Au final, on a que pour tout nombre assez proche de $ r $, $ R $ s'exprime en fait comme une fraction rationnelle. C'est absurde en faisant le même raisonnement que précédemment. Donc R ne peut pas s'exprimer à l'aide des opérations (+,-,x,/,E).

Je n'avais pas vu. Cela dit ça fournit quand même une preuve totalement différente et plus "bête" on va dire. Comment deviner que R n'est pas continu ? C'est assez astucieux si ce n'est que ça vient peut-être d'une certaine culture mathématique sur la continuité.

Peut-être que l'énoncé de cet exercice (que je n'ai jamais fait) m'a aidé inconsciemment :

Soit $ f $ la fonction de $ ]0,1[ $ dans $ \mathbb{R} $ définie par : si $ x $ est irrationnel, alors $ f(x)=0 $, et si $ x = \frac{p}{q} $ avec $ (p,q)\in\mathbb{N}\times\mathbb{N}^* $ et $ p\wedge q=1 $, alors $ f(x) = \frac{1}{q} $. Montrer que f est continue en tout point irrationnel et discontinue en tout point rationnel.

De mémoire, j'avais cherché un invariant vérifié par toutes les fonctions composées de $ + $, $ - $, $ \times $,$ / $,$ E $ et j'avais pensé à la continuité, mais je ne savais pas à cet instant que $ R $ n'était pas "continu".

Oui, c'est très élégant comme tu as fait x)

Une intelligence collective composée de nombreux génies s'y est cassé les dents pendant plus de 300 ans. Donc non pas 10 lignes. Mais moins que ce qu'a fait Wiles, oui peut-être.

Bonjour, je n'ai pas lu l'intégralité du fil mais me suis arrêté à cette réponse :

Koppnayw a écrit : ↑

29 juil. 2017 14:38

énoncé 31

SPOILER:

Oui. On pose $ f(x,y)=e^{x+y}-e^{x}-e^{y} $.
On dérive par rapport à $ x $ et par rapport à $ y $. Les dérivées partielles sont positives puisque $ x $ et $ y $ le sont donc la fonction admet un minimum en $ x=y=0 $.

Peut-on Je suis en Terminale donc les dérivées partielles de la réponse de Koppnayw je connais pas mais ça m'a l'air d'être la même idée