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 Problèmes depuis la Roumanie:

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5 participants
AuteurMessage
nmo
Expert sup



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MessageSujet: Problèmes depuis la Roumanie:   Problèmes depuis la Roumanie: EmptyDim 05 Aoû 2012, 14:36

Problème1:
Suppose Problèmes depuis la Roumanie: Gif is a non constant function with the property that Problèmes depuis la Roumanie: Gif, forall Problèmes depuis la Roumanie: Gif.
Prove that f is periodic bounded function and Problèmes depuis la Roumanie: Gif; Problèmes depuis la Roumanie: Gif is a monotomic function.
Problème2:
Let Problèmes depuis la Roumanie: Gif be a function such that Problèmes depuis la Roumanie: Gif, for all real numbers x.
Show that Problèmes depuis la Roumanie: Gif
Problème3:
Let Problèmes depuis la Roumanie: Gif be a sequence of non-negative integers such Problèmes depuis la Roumanie: Gif for all Problèmes depuis la Roumanie: Gif, and Problèmes depuis la Roumanie: Gif.latex?\sum_{k=1}^{n-1}\cos{(\frac{\pi, for all Problèmes depuis la Roumanie: Gif.
Find a closed formula for the general term of the sequence.
Problème4:
Let a and b two rational numbers such that the absolute value of the complex number Problèmes depuis la Roumanie: Gif be equal to 1.
Prove that the absolute value of the complex number Problèmes depuis la Roumanie: Gif is a rational number for all odd integers n.
Bonne chance.
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abdelbaki.attioui
Administrateur
abdelbaki.attioui


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MessageSujet: Re: Problèmes depuis la Roumanie:   Problèmes depuis la Roumanie: EmptyLun 06 Aoû 2012, 10:58

Pb1

On pose µ=pi, qqs x>=0,
|f(x)-f(x+2µ)| =<|sin(x)-sin(x+2µ)|=0 ==> f(x+2µ)=f(x) Donc f est 2µ périodique
qqs x,y>=0, |f(x)-f(y)| =<|sin(x)-sin(y)| =<|x-y| ==> f est continue sur R+
f continue est périodique ==> f bornée

qqs x>y>=0, |f(x)-f(y)| =<|sin(x)-sin(y)| =<x-y ==> f(y)-f(x) =<x-y ==> g croissante sur R+

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YIRA
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MessageSujet: Re: Problèmes depuis la Roumanie:   Problèmes depuis la Roumanie: EmptyMar 07 Aoû 2012, 18:23

Peux-je avoir la solution du 2eme exercice nmo ?
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Oty
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MessageSujet: Re: Problèmes depuis la Roumanie:   Problèmes depuis la Roumanie: EmptyMar 07 Aoû 2012, 19:17

YIRA a écrit:
Peux-je avoir la solution du 2eme exercice nmo ?
il me semble : que d'apres l'equation initial on a : f(2^x-1)=2^f(x) - 1 => pour x=0 , f(0)=2^f(0) - 1 et pour x=1 f(1)=2^f(1)-1 , ainsi il suffit de montrer que l'equation 2^{x}=x+1 admet seulement deux solution {0 , 1} sur R ce qui permetra de conclure que f(0)+f(1)=1 . (sauf erreur )
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YIRA
Féru



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Age : 29
Date d'inscription : 13/01/2011

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MessageSujet: Re: Problèmes depuis la Roumanie:   Problèmes depuis la Roumanie: EmptyMar 07 Aoû 2012, 20:52

Oty a écrit:
YIRA a écrit:
Peux-je avoir la solution du 2eme exercice nmo ?
il me semble : que d'apres l'equation initial on a : f(2^x-1)=2^f(x) - 1 => pour x=0 , f(0)=2^f(0) - 1 et pour x=1 f(1)=2^f(1)-1 , ainsi il suffit de montrer que l'equation 2^{x}=x+1 admet seulement deux solution {0 , 1} sur R ce qui permetra de conclure que f(0)+f(1)=1 . (sauf erreur )

belle solution, ma méthode est analytique très longue qui repose sur le faite que
fof(x)+fof(y)+fof(x)fof(y)=fof(x+y)
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Oty
Expert sup



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MessageSujet: Re: Problèmes depuis la Roumanie:   Problèmes depuis la Roumanie: EmptyMar 07 Aoû 2012, 21:00

Merci beaucoup , au plaisir Smile
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nmo
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MessageSujet: Re: Problèmes depuis la Roumanie:   Problèmes depuis la Roumanie: EmptyMar 07 Aoû 2012, 23:01

Oty a écrit:
YIRA a écrit:
Peux-je avoir la solution du 2eme exercice nmo ?
il me semble : que d'apres l'equation initial on a : f(2^x-1)=2^f(x) - 1 => pour x=0 , f(0)=2^f(0) - 1 et pour x=1 f(1)=2^f(1)-1 , ainsi il suffit de montrer que l'equation 2^{x}=x+1 admet seulement deux solution {0 , 1} sur R ce qui permetra de conclure que f(0)+f(1)=1 . (sauf erreur )
Il faut préciser avant de conclure; ou en parallèle avec ce qui est en rouge; que f est injective.
A part ça, la solution est bonne.
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Oty
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MessageSujet: Re: Problèmes depuis la Roumanie:   Problèmes depuis la Roumanie: EmptyMar 07 Aoû 2012, 23:20

nmo a écrit:

Il faut préciser avant de conclure; ou en parallèle avec ce qui est en rouge; que f est injective.
A part ça, la solution est bonne.
oui il est claire qu'elle est injectivite Smile , f(a)=f(b) => 2^{a}=2^{b} => a=b , Merci .
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abdelbaki.attioui
Administrateur
abdelbaki.attioui


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MessageSujet: Re: Problèmes depuis la Roumanie:   Problèmes depuis la Roumanie: EmptyMer 08 Aoû 2012, 12:02

Pb 3
on pose µ=pi

cos(a1µ/2)=0
a1 dans {0,1} ==> a1= 1

cos(µ/3)+cos(a2µ/3)=0 ==> cos(a2µ/3)=-1/2
a2 dans {0,1,2} ==> a2=2

cos(µ/4)+cos(2µ/4)+cos(a3µ/4)=0 ==> cos(a3µ/4)=-V2/2
a3 dans {0,1,2,3} ==> a3=3

supposons que ak=k pour tout k dans {1,...,n} , n>1
cos(µ/(n+2))+cos(2µ/(n+2))+cos(3µ/(n+2))+ ...+ cos(nµ/(n+2))+cos(a(n+1)µ/(n+2))=0

==>
cos(a(n+1)µ/(n+2))
=-Re[ sum{ k=1, k=n}exp( ikµ/(n+2)) ]
=-Re[ (exp( iµ/(n+2))-exp( i(n+1)µ/(n+2)) / (1-exp( iµ/(n+2))) ]
=-Re[ (exp( iµ/(n+2))-exp( i(n+1)µ/(n+2)) / (1-exp( iµ/(n+2))) ]
=-Re[ ( exp( iµ/2(n+2)) -exp( i(n+1)µ/(n+2)- iµ/2(n+2)) /( exp( -iµ/2(n+2)) - exp( iµ/2(n+2)) ) ]
=-Re[ ( exp( iµ/2(n+2)) -exp( i(2n+1)µ/2(n+2)) /( -2isin(µ/2(n+2)) )]
=1/2 Re[ ( exp( iµ/2(n+2)) -exp( i(2n+1)µ/2(n+2)) /( isin(µ/2(n+2)) )]
=1/2 [ sin(µ/2(n+2)) - sin((2n+1)µ/2(n+2)) ]/ sin(µ/2(n+2))
=cos( (n+1)µ/(n+2))

==> a(n+1)=n+1

Donc qqs n>0, an=n
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killua 001
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MessageSujet: Re: Problèmes depuis la Roumanie:   Problèmes depuis la Roumanie: EmptyMer 08 Aoû 2012, 17:49

Oty a écrit:
YIRA a écrit:
Peux-je avoir la solution du 2eme exercice nmo ?
il me semble : que d'apres l'equation initial on a : f(2^x-1)=2^f(x) - 1 => pour x=0 , f(0)=2^f(0) - 1 et pour x=1 f(1)=2^f(1)-1 , ainsi il suffit de montrer que l'equation 2^{x}=x+1 admet seulement deux solution {0 , 1} sur R ce qui permetra de conclure que f(0)+f(1)=1 . (sauf erreur )

http://www.wolframalpha.com/input/?i=2%5Ex%3Dx%2B1

l'equation 2^x=x+1 admit d'autres solutions que (0:1)
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Oty
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MessageSujet: Re: Problèmes depuis la Roumanie:   Problèmes depuis la Roumanie: EmptyMer 08 Aoû 2012, 17:54

les autres solution sont complexe , deja la courbe de x+1 et de 2^x ce coupe en seulement 2 points !
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MessageSujet: Re: Problèmes depuis la Roumanie:   Problèmes depuis la Roumanie: Empty

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