Forum de mathématiques - Bibm@th.net

salut!

De quoi occuper! enfait la démonstration n'est pas compliquée mais fastidieuse et longue, il y'a de quoi s'y perdre...

je n'ai pas fait jusque au bout car je n'ait pas trop la motivation car on se retoruve toujours avec des trucs bien moche. Par exemple: la somme d'un losange de longueur de coté [tex]N[/tex]  et de sommet [tex]{S}_{a,b}[/tex] (de coordonnée a,b) vaut

[tex]\sum^{N}_{k=1}\frac{k}{2}\left(2{S}_{a+\left(k-1\right),b-\left(k-1\right)}+\left(k-1\right).{2}^{a+k-2}\right)\,\,\,+\,\,\,\sum^{N-1}_{k=1}\frac{N-k}{2}\left(2{S}_{a+N-1+k,b-N+1}+\left(n-k-1\right).{2}^{a+k+2}\right)[/tex]

on doit pouvoir finir en montrant que çà vaut [tex]{S}_{a,b}{\left({2}^{N}-1\right)}^{2}[/tex]

avec [tex]{S}_{u,v}=\,{2}^{u-1}.\left(v+\frac{u-1}{2}\right)[/tex]   qui designe le nombre à la coordonnée u,v ! (par ex, S_4,2=28)

Donc c'est possible mais bien fatiguant!

salut,

bonsoir,

Désolé, je n'ai pas trop de temps, mais sauf erreur, si nerosson connait la somme et le plus grand diviseur, il peut déterminer l'entier et donc le nombre de diviseurs...

+

Hi,

Bien joué jpp!

Personnellement, j'avais chercher à faire simple en me demandant si on ne pouvait pas réduire le problème en montrant que tous entier peut s'écrire comme combinaison linéaire des composition des 3 règles, puis j'avais arrêter, mais là je viens de retomber sur mon papier, alors autant partager si quelqu’un saura trouver!

Une combinaison de compositions des 3 règles A b et C(ce qui n'est pas commutatif) peut s’écrire 

[tex]{k}_{1}A\,.\,{k}_{2}B\,.\,{k}_{3}C[/tex]  t donne l'entier formé n. Ou les ki sont le nombre de fois que l'on répéte la règle.

les combinaisons des 3 règles sont ABC, CBA, BCA, .. etc (il y'en a 6) mais heureusement, on tombe sur des équivalences(j'en est trouvé deux, je ne sait pas si il y'en a plus), ce qui permet d'écrire, [tex]{k}_{1}A\,.\,{k}_{2}B\,.\,{k}_{3}C\,=\,{k}_{2}B\,.\,{K}_{1}A\,.\,{k}_{3}C[/tex]

et aussi

[tex]{k}_{1}C\,.\,{k}_{2}B\,.\,{k}_{3}A\,=\,{k}_{1}C\,.\,{K}_{3}A\,.\,{k}_{2}B[/tex]

Si je ne me suis pas trompé car je n'ais plus le papier qui traite de ça..

En mettant ça sous formule, on obtient 4 cas:

[tex]{k}_{1}A\,.\,{k}_{2}B\,.\,{k}_{3}C\,\,=\,\,{\frac{1{0}^{{k}_{3}+{k}_{2}}.4}{{2}^{{k}_{1}}}}_{}-\,\left(\frac{4}{9}\right)\left(1-1{0}^{{k}_{3}}\right)[/tex]

[tex]{k}_{1}B\,.\,{k}_{2}C\,.\,{k}_{3}A\,=\,[/tex][tex]\frac{1{0}^{{k}_{2}+{k}_{1}}.4\,-\,\left(\frac{4}{9}\right)\left(1-1{0}^{{k}_{2}}\right)}{{2}^{{k}_{3}}}[/tex]

[tex]{k}_{1}C\,.\,{k}_{2}B\,.\,{k}_{3}A\,=\,[/tex][tex]\frac{1{0}^{{k}_{2}}}{{2}^{{k}_{3}}}\left(1{0}^{{k}_{1}}.4\,-\,\left(\frac{4}{9}\right)\left(1-1{0}^{{k}_{1}}\right)\right)[/tex]

et

[tex]{k}_{1}A\,.\,{k}_{2}C\,.\,{k}_{3}B[/tex][tex]=1{0}^{{k}_{3}}\left(\frac{1{0}^{{k}_{2}}.4}{{2}^{{k}_{1}}}\,-\,\left(\frac{4}{9}\right)\left(1-1{0}^{{k}_{2}}\right)\right)[/tex]

Dés lors, en montrant que pour tous les entiers n il existe 3 nombres k1 k2 et k3 tels que remplacés dans une de ces formules, la formule donne le nombre,  on résous le problème.

hi,

Et bien mince, encore un raté, désolé pour toi  j'aurais dû être plus précis!  Quoi qu'il en soit, dans son élan, jpp à donner la réponse.. quand à imed2, le flou de m'on énoncé, comparé à l'entrain de sa réponse me laisse à penser qu'il l'à connaissait déjà !

@+

re,

[edit] pour repondre à ta question, nerosson, non cette particularité n'est pas très "intéressante" car elle n'est pas propre aux jumeaux, on montre facilement, que c'est le cas pour tous couple de nombres premiers (n,q) séparé d'une valeur de 3t+2 ou bien 3t+1 (t quelconque) et tel que n+3t+2  ou bien n+3t+1  est premiers .

par exemple, n=11 premier  et en prenant t=2  on a 11+3*2 +2 = 19  premier,   donc 6 divise 11*19+1 = 210  (=6*35)

ps: c'est curieux, comment en viens tu  à faire de pareil conjecture? (souvent juste en plus!)

re,

Je ne vois pas ou Freddy veut en venir..

En tous cas, avec le taux d'accroissement, je ne vois pas..

une solution si jamais:

[tex]\frac{\lim }{x\rightarrow 0}\frac{\cos x\left(1-\cos x\right)}{x\sin x\left(2-x\right)}\,\,\,=\,\,\,\frac{\lim }{x\rightarrow 0}\,\frac{\cos x+\sin ²x-1}{2x²}\,\,\,\,=\,\,\,\,\frac{1}{2}\frac{\lim }{x\rightarrow 0}\,\frac{\cos x-1}{x²}+{\left(\frac{\sin x}{x}\right)}^{2}\,\,\,[/tex]

donc soit L la limite recherchée, on a [tex]2L-1=\frac{\lim }{x\rightarrow 0}\frac{\cos x\,-\,1}{x²}[/tex][tex]=\frac{\lim }{x\rightarrow 0}\frac{\cos ²x\,-\,1}{x²\left(\cos x\,+\,1\right)}\,\,\,\,=\,\,\,\frac{1}{2}\frac{\lim }{x\rightarrow 0}\,\frac{-\sin ²x}{x²}\,\,\,=\,\,\,-\frac{1}{2}[/tex]

donc [tex]L=\frac{1-\frac{1}{2}}{2}\,=\,\frac{1}{4}[/tex]

elle est pas si facile celle la

++

salut,

J'ai trouvé un chiffre (surprenant!) que je crois minimum, suffisant à engager le jeu : 8  (avec 57 figures)

Pour ce faire, on rend commun la figure de la 5 eme règle (celle qui apparaît sur 8 cartes distinctes) avec  celle de la 3 eme (auquel cas , d'ailleurs, on n'a pas besoin de la 2 eme règle). On a alors 8 cartes et 1+8*(8-1) figures.

Pour le maximum, c'est autre chose..

a plus

bien l'bonjour,

Si tu es encore là, essaie donc d'user de l’éditeur dans une nouvelle fenêtre consacrée à un autre sujet (en écrivant l’équation seule)

Ça devrait marcher...

ou bien deux spheres [tex]{S}_{1}[/tex]  et  [tex]{S}_{2}[/tex]   de rayons [tex]{r}_{i}\,\,[/tex]  et centre  [tex]{c}_{i}\,\,[/tex]

on au moins un point en commun ssi [tex]{c}_{1}+{r}_{2}\geq\,{c}_{2}-{r}_{1}[/tex]

donc  si   [tex]\frac{\sqrt{{{m}_{1}}^{2}+2}+\sqrt{{{m}_{2}}^{2}+2}}{{m}_{1}-{m}_{2}}\geq\,-\sqrt{2}[/tex]

ce n'est pas toujours le cas...

Salut!

j'ai trouvé hier, la solution à la première

a+

Je crois que j'ai trouvé mieux! mais je n'ai pas essayé de voir encorE la complexité?

L'algorithme (récursif) consiste à réduire la séquence à chaque itération:

Ont peut borner Vr (car V borné entre Vr et Vr+1):

[tex]\left(1+V\right)+\frac{1}{N}\sum^{N}_{k=1}\left|V-{V}_{k}\right|\,>\,{V}_{r}\,>\,\left(V-1\right)-\frac{1}{N}\sum^{N}_{k=1}\left|V-{V}_{k}\right|[/tex]

La première chose à faire est de trier la suite , ça ce fait très rapidement (tris par tas en nlogn), ensuite, on réduit la suite à chaque itération (on dichotomise ).

Par exemple, soit la suite [1, 7, 3, 12, 21, 8, 30, ]  on recherche l’élément le plus proche de 17:

première étape:  tri;  [1, 3, 7, 8, 12, 21, 30, ]

deuxième etape: reduction 1 , les calculs donnent  [tex]28>{V}_{r}>6[/tex]

troisième etape: supression de tous les element plus petits que 6 ainsi que ceux plus grands que 28 , nouvelle liste:  [7, 8, 12, 21, ] (continuer tant qu'il reste plus de un element dans la liste..

quatrieme etape: reduction 2 , les calculs donnent  [tex]25>{V}_{r\,}>9[/tex] , nouvelle liste:  [ 12, 21, ]

cinquieme etape: reduction 3 , on a [tex]22>{V}_{r}>12[/tex] , nouvelle liste:  [ 21, ]

il reste un élément dans la liste, 21, retourner 21.

Ici le tri sert à ne pas avoir a parcourir la liste en entier a chaque fois, ( pour voir si la condition de suppression est vérifiée) , car on s’arrête une fois qu'on trouve un élément supérieur (selon borne sup) ou inférieur (selon borne inf) a la nouvelle borne.

José, je serait curieux de voir ce que ça donne sur les liste ou tu as tester la force brute! Mais je pense que tu peux largement l'utiliser pour des liste de 50 et beaucoup plus..