Bonjour,
Je suis bien trop faible en complexes ,mais statistiquement,je vérifie bien :
1 /somme >1   et même >2
2/au moins deux valeurs >0.5 et souvent 3

Bonsoir dpi et merci pour ta réponse.
Il n'y a pas du tout de complexe dans le sujet du lien

Bonsoir,
les points d'abscisse circulaire x tels que |cos(x)|<1/2 sont sur les arcs rouges AC et DB.
La longueur de ces arcs est /31.047.
Il y a donc au plus 2 points entiers consécutifs sur un de ces arc et les deux précédents ainsi que les deux suivant sont sur les arcs noirs où la valeur absolue du cosinus est plus grande que 1/2.

Si l'intervalle [n ; n+3] commence et se termine sur un arc rouge les points n+1 et n+2 sont sur un arc noir car la longueur de ces arcs est plus grande que 2.

Merci verdurin pour ta réponse.
J'avais utilisé la même figure, mais détaillé plus le pourquoi du comment ensuite.

Ne peut on pas partir de:
Cos(a+b)= cosacosb-sinasinb
nous avons donc cos (n+1)=I( 0.54.. cosn)-(0.84..sin n)I
jusqu'à n+3

salut

j'étais parti d'une idée qu'il m'aurait semblé aussi très laborieuse à développer et que verdurin résume simplement ...

je donne tout de même un idée :

on peut remarquer que n, n + 1, n+ 2 et n + 3 < n + correspondent à quatre points d'un même demi-cercle

en prenant leur cosinus puis la valeur absolue "il est certain" qu'au moins deux points images des nombres |cos (n + k)| avec k {0, 1, 2, 3} appartiennent à l'arc AB (de la figure de verdurin ...

Mon idée était de démontrer que si deux points parmi n, n+1, n+2, n+3 sont sur la partie rouge du cercle alors les deux autres n'y sont pas.
Je séparais en trop de cas différents.
J'avais vu que si deux entiers consécutifs sont sur la partie rouge du cercle alors ils sont tous les deux sur le même arc.
Mais je n'avais pas pensé à exploiter cette propriété donnée par verdurin :

J'ai fini par trouver une démonstration qui me convient
Si k réel est représenté dans une partie rouge du cercle alors k+2 est représenté dans une partie noire.
En effet, k+2 ne peut pas être représenté dans le même arc rouge que k car les arcs rouges ont pour longueur pi/3 alors que 2 > /3.
Et k+2 ne peut pas être représenté dans l'autre arc rouge car les deux arcs rouges sont séparés par des arcs de longueur 2/3 alors que 2/3 > 2.
Les configurations suivantes sont donc impossibles :
(n, n+1, n+2, n+3) (n, n+1, n+2, n+3) (n, n+1, n+2, n+3) (n, n+1, n+2, n+3) (n, n+1, n+2, n+3)
Il ne reste que des configurations avec au moins deux des quatre entiers dans une zone noire.

Bonjour,

Une vison déroulée : sur la droite réelle des intervalles rouges de longueur espacés de La disposition est périodique de période .
Un intervalle de longueur , divisé en 3 morceaux de longueur 1 par 4 piquets,
- soit rencontre un seul intervalle rouge et a 1 ou 2 piquets dans cet intervalle car ,
- soit rencontre deux intervalles rouges sur une longueur totale de et a donc uniquement les deux piquets des extrémités dans le rouge.

Bonjour GBZM,
Le vison est passé de mode
En fait, j'avais envie d'une "vision" où le pourquoi du comment peut s'expliciter de manière simple algébriquement.
Avec mon histoire de k+2 :
Si |cos(k)| < 1/2 alors il existe t entier tel que
/3 + t < k < 2/3 + t
donc
/3 + 2 + t < k + 2 < 2/3 + 2+ t
Or /3 < 2 < 2/3.
D'où
/3 + /3 + t < k + 2 < 2/3 + 2/3 + t
Ce qui s'écrit aussi
2/3 + t < k + 2 < /3 + (t+1)
Conclusion : |cos(k+2)| > 1/2.

Avec la vision déroulée, on a clairement que si deux réels sont à distance 2 et si l'un est dans un intervalle rouge, alors l'autre est forcément en dehors des intervalles rouges puisque la longueur des intervalles rouges est < 2 et que l'écart entre deux intervalles rouges est >2.

Donc

Maintenant je note et . Et aussi et .




donc notre borne inférieure est meilleure que .

Ensuite, on utilise le fait que, si x et y sont positifs, ou
puis deux fois le fait que ou

Sauf erreur de ma part

En fait ça ne marche que quand la borne inférieure en question est positive, ce qui n'a pas l'air évident

Mais l'inégalité triangulaire inversée donne aussi l'autre inégalité

et le même raisonnement doit produire une autre borne > 2 donc en fait ça va

En fait même pas besoin, il suffit de ne pas appliquer l'inégalité triangulaire inversée du tout à la première ligne.

Désolé du quadruple post, je m'arrête là

Assez satisfait que Ulmiere ait utilisé mon départ du11 à 8h49

La vision déroulée suggérée par GBZM :

A( (/3) + t ), B( (2/3) + t ), C( (/3) + + t ),
E( (/3) + 2 + t ), F( (2/3) + 2 + t )

Si M(x) est dans le segment [AB] alors N(x+2) est dans le segment [EF].