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Résumé de la discussion (messages les plus récents en premier)
- freddy
- 19-12-2014 16:53:06
Salut,
Je m'attendais à une démonstration moins géométrique, il y a une indication dans l'énoncé : s'intéresser à [tex]\mathbb{Q}\begin{bmatrix}
i
\end{bmatrix}[/tex]; que dire de [tex]\mathbb{Q}\begin{bmatrix}
z
\end{bmatrix}[/tex] quand [tex]z^n=1[/tex]?
Salut,
je plussoie Fred : si tu viens nous challenger, c'est peine perdu, on n'a pas le temps de refaire le monde des mathématiques :-)
Tu n'as qu'à consulter le nombre de post de la même farine ou carrément ubuesques (je pense à celui qui affirmait avoir résolu la conjecture de Syracuse ..., restés sans réponse ...
Si tu souhaites qu'on t'aide sur une piste, commence par l'ouvrir, tu verras si on t'emboîte le pas ou non !
En clair, sois fair play, sans quoi on risque de ne plus te répondre.
La bise chez toi :-)
- totomm
- 19-12-2014 07:28:58
Bonjour,
EDIT : les [tex]a_n[/tex] se terminent par 4 ou 6 et les [tex]b_n[/tex] par 3 ou 7
Sur le moment je n'ai pas pensé au modulo 10 pour les [tex]a_n[/tex] et les [tex]b_n[/tex] négatifs qui se terminent par 6 ou 7...
Merci Fred
- Fred
- 18-12-2014 21:56:02
Salut,
Je m'attendais à une démonstration moins géométrique, il y a une indication dans l'énoncé : s'intéresser à [tex]\mathbb{Q}\begin{bmatrix}
i
\end{bmatrix}[/tex]; que dire de [tex]\mathbb{Q}\begin{bmatrix}
z
\end{bmatrix}[/tex] quand [tex]z^n=1[/tex]?
Ca, c'est vraiment pas sympa!
Rappel de nos règles : "assurez-vous que votre texte soit une copie conforme de votre énoncé."
Tes énoncés sont plutôt difficiles, si tu ne nous donnes pas les clés. Nous ne sommes pas des machines. Moi, j'ai autre chose à faire que de chercher des exercices très difficiles pour lesquels on ne me donne pas les pistes qu'on est censé donner!
Bon, je complète la très bonne idée de Totomm.
En reprenant l'idée que
[tex]u_n=\frac{b_n}{5^n}+i\frac{a_n}{5^n}[/tex] et en utilisant les formules de récurrence qu'il a obtenu, on démontre par une récurrence très élémentaire que
[tex]a_n\equiv 4\ (mod 10)[/tex] et que [tex]b_n\equiv 3\ (mod 10)[/tex]
et donc [tex]a_n[/tex] n'est jamais nul, on n'a jamais [tex]u_n=1[/tex], la suite n'est pas périodique et [tex]\arctan(4/3)\notin \pi\mathbb Q[/tex].
F.
- totomm
- 18-12-2014 20:08:07
Bonsoir,
Navré pour cette incursion "géométrique", mais les connaissances dont je dispose datent des années 1955 à 1960.
Un petit progrès :
Ecrivons [tex]u_{n}=(\frac{3}{5}+i\frac{4}{5})^n=\frac{b_n}{m_n}+i\frac{a_n}{m_n} [/tex] Attention, la tangente est [tex]\frac{a_n}{b_n}[/tex]
Par récurrence on montre que
[tex]a_{n+1}=3a_n+4b_n[/tex]
[tex] b_{n+1}=3b_n-4a_n[/tex]
et [tex]m_{n+1}^2= a_{n+1}^2+ b_{n+1}^2=25(a_n^2+b_n^2)[/tex] : Tous les modules sont multiples de 5 !
ayant montré que [tex]a_n[/tex] est pair et [tex]b_n[/tex] est impair, on doit pouvoir montrer que [tex]b_n[/tex] n'est jamais multiple de 5, ce qui implique que [tex]a_n[/tex] n'est jamais nul !
EDIT : les [tex]a_n[/tex] se terminent par 4 ou 6 et les [tex]b_n[/tex] par 3 ou 7
- Legendre
- 18-12-2014 17:42:57
Salut,
Je m'attendais à une démonstration moins géométrique, il y a une indication dans l'énoncé : s'intéresser à [tex]\mathbb{Q}\begin{bmatrix}
i
\end{bmatrix}[/tex]; que dire de [tex]\mathbb{Q}\begin{bmatrix}
z
\end{bmatrix}[/tex] quand [tex]z^n=1[/tex]?
- totomm
- 18-12-2014 15:30:38
Bonjour,
Démonstration, suite au post #3 :
appelons [tex]t_n=tan(n\alpha)\ et\ t_{n+1}=tan((n+1)\alpha),\ avec\ t_0=0\ et\ t_1=\frac{1}{2}[/tex]
Supposons [tex]t_n=\frac{p}{q}[/tex] avec p et q entiers, alors [tex]t_{n+1}=\frac{t_n+t_1}{1-t_nt_1}[/tex]
Soit [tex]t_{n+1}=\frac{2p+q}{2q-p}[/tex]
Si p est pair et q impair, alors le numérateur de [tex]t_{n+1}[/tex] est impair et son dénominateur est pair
Si p est impair et q pair, alors le numérateur de [tex]t_{n+1}[/tex] est pair et son dénominateur est impair
Si un multiple entier de [tex]\alpha[/tex] était multiple de [tex]\pi[/tex], sa tangente serait nulle.
La suite n'est pas aussi évidente que j'ai cru le voir sur un brouillon rapide....
- Fred
- 17-12-2014 10:33:08
Re-,
Pourquoi simplement "début de preuve". Je pense que tu n'es pas loin de la preuve complète.
Si [tex]\arctan(4/3)=p\pi/q[/tex] alors [tex]2q\alpha p\pi[/tex] et donc [tex]\tan(2q\alpha)=0[/tex]...
Fred.
- totomm
- 17-12-2014 10:05:55
Bonjour,
On remarque que [tex]\alpha=\frac{1}{2}arctan(\frac{4}{3})=arctan(\frac{1}{2})[/tex]
Et [tex]tan(2k\alpha)[/tex] a un numérateur pair et un dénominateur impair
Alors que [tex]tan((2k+1)\alpha)[/tex] a un numérateur impair et un dénominateur pair
Donc les angles [tex](2k+1)\alpha[/tex] ne seront jamais multiples de [tex]\pi[/tex]
Début de preuve recevable ?
- Fred
- 16-12-2014 23:16:14
Re,
Une autre façon de voir les choses serait de dire que dans le triangle rectangle 3,4,5, les angles ne sont pas des multiples rationnels de pi.
Et en fait, je ne sais pas le faire!!!
Fred.
- Legendre
- 16-12-2014 18:02:30
Salut,
Soit [tex]u_{n}=(\frac{3}{5}+i\frac{4}{5})^n[/tex]. Etudier la suite [tex](u_{n})_{n \in \mathbb{N}}[/tex]. Pourquoi est-elle apériodique si [tex]arctan(\frac{4}{3}) \notin \pi \mathbb{Q}[/tex]? Pourquoi [tex]arctan(\frac{4}{3}) \notin \pi \mathbb{Q}[/tex]?
Je passe par l'écriture exponentielle, [tex]u_{n}=e^{in\hspace{0.1cm}arctan(\frac{4}{3})}[/tex], la réponse à la deuxième question s'obtient alors par contraposée, pour la première on passe par l'écriture trigonométrique : [tex]u_{n}=cos(narctan(\frac{4}{3}))+isin(narctan(\frac{4}{3}))[/tex] et comme [tex]arctan(\frac{4}{3}) \notin 2\pi \mathbb{Z}[/tex], les deux suites réelles [tex]cos(narctan(\frac{4}{3}))[/tex] et [tex]sin(narctan(\frac{4}{3}))[/tex] divergent d'où la divergence de [tex](u_{n})_{n \in \mathbb{N}}[/tex].
Pour montrer que [tex]arctan(\frac{4}{3}) \notin \pi \mathbb{Q}[/tex], j'ai pensé à montrer que [tex]arctan(\frac{4}{3})\mathbb{Z}+2\pi \mathbb{Z}[/tex] est dense dans [tex]\mathbb{R}[/tex], soit [tex]\overline{(u_{p})_{p \in \mathbb{Z}}}=\mathbf{U} [/tex](l'ensemble des complexes de module 1), c'est là que je suis bloqué.
Un petit coup de pouce? Merci!