Niveau exercices

Enigme mathématique :

Posté par
Rudi 14-08-09 à 12:18

Bonjour

Je vous propose une énigme mathématique.

Cette énigme semble connue et je n'ai pas pris le soin de vérifier si elle avait déjà été postée sur l'île :

n étant entier non nul, trouvez les x réels tels que (cos(x))^n - (sin(x))^n = 1

On peut se poser la question du nombre de solutions dans [0;2pi] pour n dans Z

Bonnes vacances

Rudy

Posté par pas compris 14-08-09 à 12:55

]'ai pas compris puissance n ou autre chose

Dans le premier cas impossible car le maxi de l'un est 1 quand l'autre est à 0
donc $1-epsilon^n$ - $epsilon^n$ <1

Posté par re : Enigme mathématique : 14-08-09 à 14:03

il y a le cas trivial où cos x = 1 et sin x = 0
qui est valable pour tout n....

les cas presque aussi triviaux:
cos x = =1; sin x = 0 et n pair....
cos x = 0 sin x = -1 et n impair

Et bien sur, dans les autres cas, il faut sin x < 0 et n impair
si on pose a=cos x et b = -sin x
on a

$a^n+(\sqrt {1-a^2^}) ^n = 1$
avec 0<a<1 et n impair

Posté par re : Enigme mathématique : 14-08-09 à 15:25

Bonjour

Si n est pair, on a :
$n=2k$ , avec k naturel non nul

$(cos(x))^n-(sin(x))^n=1 \\ \Longleftrightarrow (cos(x))^n=1+((sin(x))^k)^2$

Or $((sin(x))^k)^2 \geq 0$ ,donc $((sin(x))^k)^2+1 \geq 1$ ,ce qui revient à : $(cos(x)^n) \geq 1$
d'autre part, on sait que $(cos(x)^n) \leq 1$
Ainsi, on a $(cos(x)^n)=1$ ,soit $cos(x)=1$

$x \equiv 0 [2\pi]$ . En reportant dans l'équation, on remarque que si x est de cette forme, alors x est solution.

Si n est impair : posons $t$ , tel que $t=-x$

$(cos(x))^n-(sin(x))^n=1 \\ \Longleftrightarrow (cos(-t))^n-(sin(-t))^n=1 \\ \Longleftrightarrow (cos(t))^n-(-sin(t))^n=1 \\ \Longleftrightarrow (cos(t))^n+(sin(t))^n=(cos(t))^2+(sin(t))^2 \\ \Longleftrightarrow ((cos(t))^n-(cos(t))^2)+((sin(t))^n-(sin(t))^2)=0 \\ \Longleftrightarrow (cos(t))^2((cos(t))^{n-2}-1)+(sin(t))^2((sin(t))^{n-2}-1)=0$

$(cos(t))^2((cos(t))^{n-2}-1) \geq 0 \\ (sin(t))^2((sin(t))^{n-2}-1) \geq 0$

donc : (désolé je ne sais pas faire les systèmes)

$(cos(t))^2((cos(t))^{n-2}-1)=0 \\ (sin(t))^2((sin(t))^{n-2}-1)=0$

$(cos(t))^n-(cos(t))^2=0 \\ (sin(t))^n-(sin(t))^2=0$

$cos(t) \in {0;1} \\ sin(t) \in {0;1}$

Ainsi, $t \equiv 0 [2\pi]$ ou $t \equiv \frac{\pi}{2} [2\pi]$
soit $x \equiv 0 [2\pi]$ ou $t \equiv -\frac{\pi}{2} [2\pi]$

Posté par re : Enigme mathématique : 14-08-09 à 20:06

Bonjour.
Il est facile de se rendre compte que aⁿ+(1-a)² = 1 n'a pas de solution dans `[0;1`[ pour n différent de 2.
a² + ((1-a²))² = 1, pour tout a.
Si on remplace l'exposant 2 par l'exposant n, on obtient des termes de l'addition plus petit ou plus grand selon que n > 2 ou que n < 2.

Posté par re : Enigme mathématique : 14-08-09 à 20:08

remplacer `[0;1`[ par ]0;1[

Posté par La solution par les fonctions convexes 15-08-09 à 20:38

Il y a une façon de montrer que à par les cas triviaux, il n'y en a pas d'autre......

si n = 2m+1
et Si a = cos²(x) et b = sin²(x)

on a a+b=1
et
$a^{m+1/2} + b^{m+1/2}=1$

on s'intéresse à la fonction définie par $f(x)= x^{m+1/2}$
f est convexe......
on définit a comme barycentre de 0 et 1/2
on définit a comme barycentre de 1 et 1/2

et $\displaystyle f(a) \leq \frac {(1-2a)f(0) + (2a)f( \frac 1 2 )}{{1-2a + 2a}$

et $\displaystyle f(1-a) \leq \frac {(1-2a)f(1) + (2a)f( \frac 1 2 )}{{1-2a + 2a}$

ce qui donne

$f(a)+f(1-a) = 1 \leq (1-2a)f(0) + 4a f(0,5)+(1-2a)f(1)$

en remplaçant, on obtient:

$1 \leq 4a (\frac 1 2)^{m+1/2} + 1 -2a$

soit

$0 \leq 4a (\frac 1 2)^{m+1/2}-2a$

en divisant par 2a (positif)

$0 \leq 2 (\frac 1 2)^{m+1/2}-1$

ce qui est impossible quand m >1