bonsoir,
un petit défi pour changer de l'arithmétique...
ça serait bien que tu blanques tes réponses et pis que tu accompagnes ton affirmation juste d'une preuve (même que les grades idées) car maple sait le faire...
déja par recurrence on voit que la partie imaginaire tends vers 0 (très simple).Ensuite,en reprenant la formule générale en factorisant par 1+k(k+1),et en disant que le conjugué de plusieurs produits est le conjugué du produit finale , la partie réélle en haut ser la même que celle d'en bas.
Qui c'est ce maple ? Je n'irai même pas voir ce que c'est car je ne vois pas l'intérêt d'écrire un résultat que je n'ai pas trouvé moi-même! A quoi bon ?
Le problème c'est que c'est long et pas très commode à écrire.
Vérifier que tous les éléments du Produit ont pour module 1
Donc Module du Produit = 1
Puis poser Cos Theta = 1*Partie Reelle pour un élément du Produit. Vérifier que Partie Imaginaire est bien égale à Sin Theta
Cherchez un équivalent de l'Argument d'un des éléments du Produit en résolvant l'équation en Theta. Cet argument --> 0 n--> +00 et Somme des arguments = Argument du Produit --> Pi/2 n--> +00
D'où la conclusion
En fait iya plus simple (sa tend vers i)
on va obtenir comme résultat du produit : (K+iP)/(K-iP) avec K et P apartiennent à R.
On multiplie en bas par la quantité conjuguée et on obtient:
(K²-P²)/(K²+P²) + (2iKP)/(K²+P²)
comme P² positif la partie réelle tend vers 0 et comme le module du produit fait 1 la partie imaginaire tend vers 1.
honnêtement je ne peux pas juger ta preuve... cela reste flou et je ne comprend pas.
parce que par exemple tu veux dire que <1 et tu dis que cela tend vers 0 mais quand quoi tend vers quoi ?
sinon tu décomposes partie réelle et partie imaginaire mais là j'avoue que je ne maitrise pas ... tu as un théorème qui te permet d'affirmer cela ?
schroedinger > comme le module du produit fait 1 la partie imaginaire tend vers 1
pourquoi pas -i alors ?
Il faut une preuve solide, pas des intuitions données par la caltos ...
salutations gui_tou
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bon en fait j'avais posté ce défi dans l'espoir d'obtenir plusieurs cheminements.
cependant pour donner "une piste" à ceux qui chercheraient :
au fait BAC77: il y a de l'idée... je ne cerne pas tous les points, cela semble réfléchi mais je m'abstiens de juger sinon bien joué
En fait on a P qui tend vers + l'infini parce que en utilisant seulement la partie du haut de la fraction' on utilise le fait qu'on passe d'un 1+k(k+1)+i à 1+(k+1)(k+2) en ajoutant 2(k+1).je vous laisse faire les calculs ...(on a aussi besoin de la formule du binome de newton)
On peut aussi montrer par récurrence que le coefficient devant i est positif.
Bonjour tout le monde,
A mon avis, la méthode la plus simple est de poser
Ben oui j'avais bien le produit d'exponentielles
Démontrons que chaque élément constitutif du Produit a pour module 1
Pn=Zk 1<=k<=n
Zk=(k2+k+1+i)2/((k2+k+1)2+1)
=((k2+k+1)2-1)+2*i*(k2+k+1))/((k2+k+1)2+1)
après multiplication par la Quantité Conjuguée
( Module ( Zk) ) 2=
(((k2+k+1)2-1)2+4*(k2+k+1)2)/
((k2+k+1)2+1)2= ((X2-1)2+4*X2)/(X2+1)2=1
avec X=k2+k+1
Donc Module (Pn) = 1 (Module du pdt = pdt des modules)
Comme Module ( Zk )=1, on peut donc poser
Cos Theta = (X2-1)/(X2+1)
Sin Theta = (2*X)/(X2+1)
D'où Theta = 2*Arctg ( 1/(k2+k+1))
Donc Pn= Exp(2*i*Arctg( 1/(k2+k+1)))=Exp(2*i*Arctg( 1/(k2+k+1)))
Mais Arctg (1/(k2+k+1))=Arctg(k+1)-Arctg(k)
Donc Arctg (1/(k2+k+1)) = -Arctg(1)+ Arctg(n+1) pour 1<=k<=n --> -Pi/4 + Pi/2 n-->00
Donc Pn--> Exp(2*i*Pi/4) = i CQFD
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