Forum de mathématiques - Bibm@th.net

Des cylindres dont les génératrices sont parallèles à l'axe des $z$ et dont les directrices sont les courbes du plan $AOB$ solutions du problème 2D :
les équations des surfaces sont les mêmes que celles des courbes du plan (il n'y figure pas de $z$).

Allons bon : j'ai cru voir passer un message subliminal quant à une éventuelle suite.
Il est probable que ma vilaine fièvre grippale provoque chez moi l'apparition d'éléphants roses ...
[Edit] pour une signature de circonstance :
Titi

Bonjour à tous,
Je pense qu'il est temps de donner une heureuse conclusion à ce fil. J'ai écrit plus haut :

Si on lit bien entre les lignes, il est évident que la solution en question (qu'on m'a communiquée il n'y a pas loin de 5 ans) n'est pas de mon cru.
Je me ferai un plaisir de la poster si vous répondez à la question (très facile à la lecture de ce fil) :
De qui est-elle ?

De retour aussi.
Fondamentalement, ta démonstration de $I_n-\frac{1}{2n}\leq 0$ avec changement de variable est la même que celle de perroquet :
Le "miracle" est venu aussi pour toi avec le carré dans l'intégrande : $(x-1)^2$ (perroquet a un $(\tan\,t-1)^2$) si bien que l'intégrande garde un signe constant sur l'intervalle d'intégration.
Ce que je voulais dire plus haut, c'est que ce miracle n'interviendra pas deux fois.
Autrement dit pour la démonstration de $I_n-\dfrac{1}{2n+1}\geq 0$ avec une intégrale, l'intégrande changera de signe sur l'intervalle d'intégration : c'est cuit ...
_{P.S. Se faire vacciner n'est pas une garantie  : je suis moi même vacciné grippe+covid ...}

Bonjour Bernard-maths,
En ce moment, j'ai la grippe.

Bonsoir Zebulor,
J'ai pu faire des erreurs de calcul mais je crois qu'il y a des petits problèmes.
L'hypothèse de récurrence : $\dfrac{1}{2n+1}\leq I_n\leq \dfrac{1}{2n}$ à partir de laquelle on obtient :
$$\dfrac{n-1}{2n(n+1)}\leq I_{n+2}\leq \dfrac{n}{(n+1)(2n+1)}$$
Mais pour $1\leq n\leq 4$, on n'a pas $\dfrac{1}{2n+5}\leq \dfrac{n-1}{2n(n+1)}$
Pire : pour $n>1$, on n'a pas $\dfrac{n}{(n+1)(2n+1)}\leq \dfrac{1}{2(n+2)}$
Sans compter les erreurs de calcul possibles, je suis peut-être à côté de la plaque ...

Bonjour à tous,
Bien d'accord : ce sujet était d'un niveau "correct" en 1980.
J'ai posé cette question dans le forum "Énigmes, casse-têtes, curiosités et autres bizarreries".  Elle est destinée à tous les intervenants. J'avais estimé, peut-être à tort, que les notions utilisées pour une solution éventuelle ne devaient pas faire appel aux mathématiques du supérieur en sorte que ladite solution soit compréhensible par tous (y compris des terminales actuelles).
La solution que j'ai sous le coude (un peu calculatoire) fait intervenir des résultats de la question 2 :
Pour tout entier naturel $n$ non nul, $I_n+I_{n+2}=\dfrac{1}{n+1}$ et $\lim\limits_{n\to +\infty}I_n=0$
Je suis réellement intéressé par des solutions alternatives.
[Edit] Zebulor la 2.d. est immédiate en écrivant la relation du 2.a. au rang $n$ et $n+2$ puis différence.
P.S. Les sujets de l'époque n'étaient pas "donnés". On a atteint des records avec le célébrissime sujet Bac C Liban 1978 sur l'intégrale de Gauss : Bac C Liban 1978

Bonjour yoshi,
Le message principal (le tien) du fil mis en lien se terminait par la question :

qui n'a pas eu d'écho il y a 17 ans.
J'en ai une : en cours de route, il y a des "d'où il vient :", "On a donc" ...
Tu as procédé par implications.
En toute logique, une fois qu'on a déterminé les 3 solutions possibles, il faut vérifier qu'elles sont bien solutions (ou pas !) de l'équation de départ : $z^2+2\bar{z}=-1$

Bonsoir Doremepha,
Tout d'abord, désolé d'avoir écorché ton pseudo. C'est d'ordinaire le genre de chose à laquelle j'attache une importance particulière. Là, j'étais à l'ouest ...
Ensuite, merci pour ce dernier retour : sur tous ces forum de matheux, ils se font de plus en plus rares; on y est très sensible.
En parlant de retours, je réitère ma demande : si tu as un jour des nouvelles de "ton" élève (via son professeur) sur ce sujet, je te serais très reconnaissant de nous en faire part ici même ...
Dans l'urgence j'ai remercié plus haut Rescassol pour sa solution (sans nul doute correcte) sans avoir lu un traître mot de son code.
Je vais m'employer maintenant à le "décoder". Étant un piètre calculateur, ce n'est pas gagné mais j'ai bon espoir ...
Bonne année à tous !
[Edit] totalement hors sujet : je me fais plaisir.

Étant passionné par la voile, je suis de très près les péripéties des concurrents du Vendée globe 2024.
Être "mené en bateau"  me va très bien !

Bonne nuit Borassus,
Au vu de ta question, je suppose que l'IA a été capable de faire des conjectures (ce qui n'est pas si mal) mais a été incapable de les prouver.

C'est une interprétation avec laquelle je ne suis pas d'accord; à une de mes questions Doromepha a répondu :

Supposer que la solution attendue doit faire appel au produit scalaire n'est que spéculation hasardeuse.
Avec un peu d'avance, meilleurs vœux pour 2025 !

Bonjour à tous,
Sans surprise, Rescassol nous a proposé une solution via Morley inscrit : merci à lui.
Venons-en à l'IA contre laquelle je n'ai pas d'à priori; ça commence très mal :

Ce n'est pas $AH$ mais  $MH = \left| \overrightarrow{MA} \cdot \frac{\overrightarrow{MB}}{|\overrightarrow{MB}|} \right|$

Là, je ne comprends plus rien. J'aimerais qu'on m'explique.
Je n'ai pas été plus loin mais j'ai la nette impression que cette IA nous mène en bateau ...

Bonjour Doremepha,
Euh... "impressionnante" me semble excessif. "simple" conviendrait mieux.
J'ai une question au cas où tu repasses par ici :

Cette injonction un peu bizarre ne fait certainement pas partie de l'énoncé.
D'où sort-elle ?