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donnerwetter a écrit :Soient $ a $ et $ b $ deux complexes fixés. Démontrer que : pour tout entier naturel $ n $, $ (a+b)^n = \displaystyle \sum_{k=0}^{n} \dbinom{n}{k} a^k b^{n-k} $.

Syl20 a écrit :

Tonio1804 a écrit :Pas dur mais peut être intéressant d'y réfléchir concernant le binôme de Newton :
Est ce que ça marche aussi lorsque a et b sont des matrices carrées, des fonctions (je rappelle que si f et g sont définies sur un intervalle I, fg est définie pour tout x dans I par f(x)g(x) )?
Sur quel genre d'ensemble le binôme fonctionne t-il ? Quelle est / quelles sont la/les propriétés que doivent vérifier les éléments de l'ensemble ?

SPOILER:

A priori je ne vois pas pourquoi ça marcherais pas pour des fonctions à une variable... Mais pour les matrices, en prenant $ a=\begin{pmatrix}
1 &0 \\
0 & 0
\end{pmatrix} $ et $ b=\begin{pmatrix}
0 &1 \\
0 & 0
\end{pmatrix} $, on voit bien que $ (a+b)^2 \neq a^2+b^2+2ab $
Sinon, je dirais que ça ne marche que si a et b sont des applications vers $ \mathbb{C} $. Globalment, ça marche si c'est des "nombres" et pas un ensemble

kakille a écrit :Déjà, rien que pour formuler le résultat, il faut deux lois de composition interne et il faut que cela ait un sens d'écrire a+b+c, a*b*c, 2016.a et d'autres choses comme ça.

Un recensement des propriétés qui doivent être vérifiées ?

Bidoof a écrit :

donnerwetter a écrit :Soient $ a $ et $ b $ deux complexes fixés. Démontrer que : pour tout entier naturel $ n $, $ (a+b)^n = \displaystyle \sum_{k=0}^{n} \dbinom{n}{k} a^k b^{n-k} $.

SPOILER:

$ (a+b)...(a+b) $ s'obtient un prenant un facteur a ou b dans chaque parenthèse. Pour un entier $ k $ plus petit ou égal à $ n $ si l'on prend $ k $ $ a $ cela signifie qu'on a pris aussi $ (n-k) $ $ b $ donc chaque terme du développement est de la forme $ a^{k} \times b^{n-k} $
Pour chaque terme du développement il y a autant de produit $ a^{k} \times b^{n-k} $ qu'il y a de manière de choisir les $ k $ parenthèse(s) où l'on prend les facteurs $ a $ parmi les $ n $ parenthèse(s).

PiCarréSurSix a écrit :Mathophilie elle est en mode "pffff, trivial"

Bidoof a écrit :

donnerwetter a écrit :Soient $ a $ et $ b $ deux complexes fixés. Démontrer que : pour tout entier naturel $ n $, $ (a+b)^n = \displaystyle \sum_{k=0}^{n} \dbinom{n}{k} a^k b^{n-k} $.

SPOILER:

$ (a+b)...(a+b) $ s'obtient un prenant un facteur a ou b dans chaque parenthèse. Pour un entier $ k $ plus petit ou égal à $ n $ si l'on prend $ k $ $ a $ cela signifie qu'on a pris aussi $ (n-k) $ $ b $ donc chaque terme du développement est de la forme $ a^{k} \times b^{n-k} $
Pour chaque terme du développement il y a autant de produit $ a^{k} \times b^{n-k} $ qu'il y a de manière de choisir les $ k $ parenthèse(s) où l'on prend les facteurs $ a $ parmi les $ n $ parenthèse(s).

symétrie a écrit :Voici un très joli problème sur lequel je suis tombé il y a peu.

Une compagnie ferroviaire russe propose de transporter des colis qui ont la forme de pavés (toujours supposés droits). Une condition toutefois : les colis ne doivent pas être trop gros. La contrainte n'est pas sur le volume, mais sur la somme des dimensions : la somme de la longueur, plus la largeur, plus l'épaisseur ne doit pas dépasser 1 mètre. On se pose la question suivante : étant donné une boîte illégale, est-il possible de l'inclure dans une boîte légale ?

On va montrer que la réponse est non (on peut commencer par tenter de le faire par soi-même pour constater que ça n'est pas évident). Étant donné un pavé $ A $, on note $ V(r) $ le volume de l'ensemble constitué des points P de l'espace tels qu'il existe un point Q de $ A $ avec $ PQ \leq r $. À quoi ressemble l'ensemble des tels points P pour un pavé ? Calculer $ V(r) $ pour un pavé. En déduire la solution au problème.