Trop facile

Hakom hadou dirou bihom teskhinat
je vois que ce forum na3ss



have fun !!

pour la 5em c la methode des itérés,et pour la 3em je pense qu'elle est dejà posté .

Slt hamza , oui j'ai essayé d'utiliser cette methode pour la 5-ième mais ça marche pas. ( je l'ai posté pour savoir comment on peut resoudre comme ce genre d'e.f )

ok je donne des indices parce que la soluce est long! :

Spoiler:

PS:cette e.f est connue.

ok

1) soit P(x,y) l assertion f(x²-y²)=(x-y)(f(x)+f(y))

on a P(x,x) ==> f(0)=0

et P(x,-x) ==> 2x(f(x)+f(-x))=0 ==> f(x)+f(-x)=0 donc f est impair.

maintenant P(x,-y) ==> f(x²-y²)=(x+y)(f(x)+f(-y))
=(x+y)(f(x)-f(y))

donc (x-y)(f(x)+f(y))=(x+y)(f(x)-f(y))

ce qui donne pr tt x et y non nuls , f(x)/x=f(y)/y

donc x-->f(x)/x est forcement constante , f(x)/x=c

donc pr tt x , f(x)=cx avec c une constante reelle

2) soit (Un) une suite definie par U0=U1=1 et U(n+2)Un=U(n+1)+1

on peut remarquer que les valeurs que donne Un sont 1 et 2 et 3

{1,1,2,3,2,1,1,2,3,2,1,1....}

avec un petit calcul on trouve f(2007)=3 (sauf erreur de calcul)

3) (x-16)P(2x)=16(x-1)P(x)

pr x=1 on a P(2)=0 pr x=2 on a P(4)=0 , pr x=4 on a P(8 )=0

et pr x=8 on a P(16)=0

(c est le (x-16) qui empeche que 2^k pr tt entier naturel k soit racine de P)

supposons k il existe un nombre complexe non nul y , autre que les 4 racines precedentes , tel que P(y)=0

donc on a P(2y)=0 et l equation assure que pr tt k P(2^k.y)=0

donc P a une infinité de racines et donc est le polynome nul

maintenant si P n admettait que {2,4,8,16} comme racines non nuls

donc P s ecrit : K.x^a(x-2)^b(x-4)^c(x-8 )^d(x-16)^e

en remplacant dans l equation d'origine on trouve que

P(x)=K(x-2)(x-4)(x-8 )(x-16) avec K un reel.

C bon ^^

pour la 2 ème :

on sait que toutes les polynomes s'écrit sous la forme :
alors :

donc : la degré de parti droit = celle de la partie gauche
... ce qui nous donne :

merci

merci

slt !!


voici une solution pour la 4-ième , j'éspère qu'il soit vrai ;(

petite faute :s

on ne peut pas dir que f(x )=tan(ax) pr tt x £]0,pi/4[=I

car , si x=pi/6 et a=4 dans la dernière inégalité ,ça n'aura pas vrai , mais on peut dire f(x)=tan(x) pr tt x£ I

ou bien , on sait bien que la dernière inégo est vrai , ( d'aprés les données ) donc , tan(ax) >= 0 ===> ax £ ]0+2k.pi , pi/2+2k.pi[U]pi+2k.pi , 3pi/2+2k.pi[ k £ Z


===> 0<ax<pi/2+2k.pi ou pi,3pi/2+2k<ax<pi+2k.pi
puisue x £]0,pi/4[ ===> 1/x >4/pi

donc 0<ax<pi/2+2k.pi ......donc on ne peut pas trouver a puisque +l'infnint >1/x >4/pi lol

je re pour terminer .....

Re ....

nouvelle essaie



@++