Forum de mathématiques - Bibm@th.net

En regardant le graphe de $\sin(\cos(t) + \sin(t\sqrt{3}))$, il est difficile de se faire une idée. Les bosses positives sont compensées par des bosses négatives mais de manière imparfaite, et je n'ai pas vu comment partitioner  $[1,x]$ de manière à profiter de ces compensations et contrôler l'intégrale. Le $\sqrt{3}$ étant irrationnel, tout espoir de structure périodique est perdu !

Bonjour,
Ce que je t'ai montré, ce ne sont pas vraiment des calculs !
C'est ce qu'on appelle en général des tâtonnements.

Bonjour,
Il faut juste remettre les choses dans l'ordre.
D'abord, tu sais que $n \ge 4 \implies \dfrac{1}{n- \sqrt{n}} \le \dfrac{2}{n}$
(on a juste besoin de l'implication)

Ensuite, tu cherche un entier $N$ tels que $n \ge N \implies |\dfrac{1}{n- \sqrt{n}}| < \varepsilon$

Je n'ai pas de contraintes sur $N$, je peux le choisir aussi grand que je veux, je peux en particulier le choisir $\ge 4$.
Donc, je cherche un entier $N \ge 4$ tel que $n \ge N \implies \dfrac{1}{n- \sqrt{n}} < \varepsilon$
(j'ai enlevé la valeur absolue car je sais que la grandeur est positive).

Maintenant, je peux utiliser la première inégalité car j'ai imposé que $n \ge N \ge 4$ :
Je cherche donc un entier $N \ge 4$ tel que $n \ge N \implies \dfrac{2}{n} < \varepsilon$
(car $\dfrac{1}{n- \sqrt{n}} \le \dfrac{2}{n}$, c'est donc une condition suffisante pour avoir ce que je cherche)

Soit encore, trouver $N \ge 4$ tel que $n \ge N \implies n > \dfrac{2}{\varepsilon}$

Donc si $N$ est à la fois supérieur à $4$ est à $\dfrac{2}{\varepsilon}$, j'aurais gagné !
D'où le résultat que tu indiques

je ne vois pas d'où tu tires que $|n - \sqrt{n}| \ge 2n$ ?!
par ailleurs, comme $n \ge \sqrt{n}$, tu peux enlever la valeur absolue, ça simplifie la notation

Ce que tu as écris est juste, mais pour majorer une fraction, il faut minorer le dénominateur, et non le majorer !

Ci-après une proposition :

$\dfrac{1}{n- \sqrt{n}} \le \dfrac{2}{n} \Leftrightarrow n \le 2(n- \sqrt{n}) \Leftrightarrow 2\sqrt{n} \le n \Leftrightarrow 4n \le n^2 \Leftrightarrow 4 \le n $

En fait, c'est la même approche.
On projette les deux points sur un plan orthogonal à l'axe de rotation.
Projection le long de l'axe $z$ : $(x,y,z) \mapsto (x,y)$
Projection le long de l'axe $x$ : $(x,y,z) \mapsto (y,z)$
Projection le long de l'axe $y$ : $(x,y,z) \mapsto (x,z)$

Ensuite, une fois projetés, l'équation est la même puisqu'il s'agit d'une rotation dans le plan (je fais juste attention que les vecteurs soient unitaires) :
$\begin{pmatrix} \cos\phi & \sin\phi \\ -\sin\phi & \cos\phi \end{pmatrix}  \begin{pmatrix} \hat{x} \\ \hat{z} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \hat{x}' \\ \hat{z}' \end{pmatrix}$

Une fois résolue cette équation, on sait que la rotation dans l'espace aura le même angle. Dans si on choisit de faire une projection le long de $y$, qu'on trouve un angle $\phi$ qui convient, alors la matrice $R_y$ est la matrice de rotation autour de l'axe $y$ et d'angle $\phi$ :
$R_y(\phi) = \begin{pmatrix}
\cos\phi & 0 & \sin\phi \\
0 & 1 & 0 \\
-\sin\phi & 0 & \cos\phi \end{pmatrix}$

Bonjour,
Ci-après une proposition d'approche.
Imaginons qu'on veuille partir d'un point $P(x,y,z)$ et aboutir au point $P'(x',y',z')$ en appliquant d'abord un changement de longitude, soit une rotation autour de l'axe $z$, puis un changement de latitude, c'est à dire une rotation autour de l'axe $x$ (attention, l'ordre est important, les rotations ne commutent pas en général).
On fait donc d'abord une projection des deux points sur le plan équatorial $(O,x,y)$ et on cherche l'angle $\theta$ mets les deux point sur le même méridien. Il s'agira alors de résoudre l'équation :
$\begin{pmatrix}
\cos\theta & -\sin\theta \\
\sin\theta & \cos\theta \end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
\hat{x} \\
\hat{y}
\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}
\hat{x}' \\
\hat{y}'
\end{pmatrix}$

où j'ai noté $\begin{pmatrix}
\hat{x} \\
\hat{y}
\end{pmatrix} = \dfrac{1}{\sqrt{x^2+y^2}}\begin{pmatrix}
x \\
y
\end{pmatrix}$ le vecteur normalisé en deux dimension (la projection des point $P$ et $P'$ tombe en général à l'intérieur du cercle equatorial) et idem pour les primes.

Ensuite, une fois calculé l'angle $\theta$, il faudra résoudre pour $\phi$ l'équation $R_x(\phi)R_z(\theta)\begin{pmatrix}x \\ y \\ z\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}x' \\ y' \\ z'\end{pmatrix}$ où $R_x(\phi)$ est la matrice de rotation autour de l'axe $x$ et $R_z$ la rotation autour de l'axe $z$, avec l'angle calculé $\theta$ précédemment calculé.

J'insiste, j'ai une paille !

Supposons qu'on connaisse deux côtés et un angle. On a 3 inconnues (les deux autres angles et le troisième côté) et trois équations :
1) $\widehat{A}+\widehat{B}+\widehat{C}=\pi$
2) $\dfrac{a}{\sin\widehat{A}}=\dfrac{b}{\sin \widehat{B}}$
2) $\dfrac{b}{\sin \widehat{B}}=\dfrac{c}{\sin \widehat{C}}$
(on considère des angles dans $]0,\pi[$).
ça devrait donner une seule solution ?
Il faut que j'écrive le truc. Comme une égalité de sinus peut avoir deux solutions ($x=y$ ou $x=\pi-y$), ça peut cacher un train, mais comme j'ai contraint les angles dans $]0,\pi[$ ...

@Yoshi,
Je suis tombé sur quelques posts d'Alain Ratomahenina sur un autre site.
Le contenu est à peu de choses près le même : il revient sur un résultat ancien et s'en attribue la paternité

Extraction de racine
Racine de 2 n'est pas irrationnel !
Gauss est un vantard
Couper les cheveuxcarrés en 4

Bonsoir Rossignol,
J'ai l'impression que dans le lien indiqué, il y a deux notions de matrice adjointe qui sont mentionnées :
La partie "question" parle bien de la matrice des cofacteurs alors que la partie "réponse" parle de la transposée de la conjuguée (matrice $A^*$ vérifiant $\langle x,Ay\rangle = \langle A^*x, y\rangle$.
Est-ce que j'ai loupé un truc ?

$\displaystyle (a+kn)^n = a^n + \sum_{i=1}^n \binom{n}{i} a^{n-i}k^in^i$
$\displaystyle  = a^n + \binom{n}{1} a^{n-1}kn + \left(\sum_{i=2}^n \binom{n}{i} a^{n-i}k^in^{i-2}\right)n^2$

Après, il faut remarquer que $\displaystyle   \binom{n}{1} = n$, et donc que $\displaystyle   \binom{n}{1} a^{n-1}kn = \left( a^{n-1}k\right)n^2$