bonsoir Blang

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on range alternativement les intervalles de la forme [2^n;2[sup]n+1[  alternativement dans A et dans B, ce qui ne laisse que les suites de raison 4^k
ensuite, on essaie de choisir judicieusement des termes de A (par exemple selon leurs diviseurs nombres premiers) pour les transférer en B et vice-versa
[/sup]

Bonjour plumemeteore,

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Merci pour ta proposition (il y a eu un bug : est-ce bien des intervalles dont tu parles ?).

Citation :
(...) ensuite, on essaie de choisir judicieusement (...)

As-tu essayé ?

Salut tout le monde,

blang >>

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La réponse est donc NON?
Tiens c'est bizarre j'aurai juré qu'une telle partition n'existait pas...

@Ayoub:

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Tu prêches le faux pour avoir le vrai ?

blang >>

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D'habitude cette technique marche mais là, tu viens de tout faire planter.

Bonjour, pour in p'tit exo pas bien méchant...

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Je ne l'ai toujours pas... Est-ce que le fait que dans une suite géométrique n'intervient qu'un nombre fini de facteurs premiers vaut le coup d'être creusé?

Bonjour,
on peut montrer plus simplement que la réponse est non, car toute suite géométrique est de la forme:

          u_n = u₀*qⁿ

où u₀ et q appartiennent à .
Et si A,B, forment une partition de alors 0 appartient à l'un des deux, disons A pour fixer les idées alors si A et B répondent au problème posé, on a en particulier que pour tout réel q et pour tout n:

          u_n =0*qⁿ = 0 A

Donc la suite géométrique identiquement nulle est incluse dans A. Contradiction

Mais, la question reste intéressante si l'on remplace par ^*

Bonjour laderivier,

Premièrement, je ne vois pas de contradiction parce que il n'y en a pas vraiment.

Deuxièmement, la suite nulle n'est pas vraiment considérée ici.


Ayoub.

@laderivier:

Oui, oui, d'accord, en toute rigueur tu as raison, j'aurais dû préciser "qui contient une infinité de termes", plutôt que "de raison >1", j'avais oublié ce cas trivial...

Citation :
Mais, la question reste intéressante si l'on remplace par *

Le style et une point d'ironie. La clâââsse de blang.

pointe*

@Camélia:

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Citation :
Je ne l'ai toujours pas... Est-ce que le fait que dans une suite géométrique n'intervient qu'un nombre fini de facteurs premiers vaut le coup d'être creusé?

Honnêtement, je ne sais pas

Si tu veux un indice relatif à ma solution, elle ne s'appuie pas tellement sur des considérations arithmétiques...

>Blang

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Non, merci, pas encore d'indice... Il m'énérve ce truc...

J'ai pas l'impression qu'on essaye de résoudre le même problème...

Notons U l'ensemble des suites géométrique (u_n) à valeurs dans de raison  > 1, alors pourriez-vous m'éclairer: Est-ce que cette question est plus proche du problème 1 ou 2:

Problème 1:
Existe-t-il une partition (A,B) de telle que: (u_n) U vérifiant: "ni A ni B ne contient tous les termes de la suite (u_n)".

Problème 2:
Existe-t-il une partition (A,B) de telle que: (u_n) U on a: "ni A ni B ne contient tous les termes de la suite (u_n)".


Ma remarque est un contre-exemple du problème 2 car j'ai exhibé une suite de U incluse dans A.

Et pour le problème 2, j'aurai une piste:

A = 1 . 3 4 . . 7 8 9 .  .  .  13 14 15 16 .  .  .  .  21 22 23 ...
B = . 2 . .   5 6 . . . 10 11 12 .  .  .  .  17 18 19 20 .  .  .  ...

Après un petit calcul, et si je ne me suis pas trompé, on remarque que:

A = {(n^2-n+1), ... , n^2}

B = {(n^2+1), ... , (n^2+n)}

où n parcours les entiers non nuls.

@laderivier :

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Ton problème 1 est trivial !

C'est évidemment au problème 2 auquel on s'intéresse ici, avec si tu préfères, U={suites géométriques possédant une infinité de termes}, comme je te l'ai concédé dans mon message de 15:31.

Citation :
Et pour le problème 2, j'aurai une piste:

A = 1 . 3 4 . . 7 8 9 .  .  .  13 14 15 16 .  .  .  .  21 22 23 ...
B = . 2 . .   5 6 . . . 10 11 12 .  .  .  .  17 18 19 20 .  .  .  ...

Si cette piste est un argument en faveur d'une réponse positive, c'est très convaincant pour les suites arithmétiques. Beaucoup moins pour les suites géométriques

Par construction tous les carrés sont dans A. Donc A contient par exemple tous les termes de la suite géométrique de terme initial 1 et de raison 4

P.S. Pour ne pas influencer ceux qui cherchent à résoudre le problème, peux-tu poster en "blanké" (tu balises ton message au début par [b l a n k] et à la fin par [/ b l a n k]), merci.

merci, je prends note

Salut blang,

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est-ce que tu pourrais m'expliquer rapidement, en quoi consiste ton problème, sans le mot "partition" ou alors me l'expliquer mais avec comme exemple ton exercice, car ton exo m'interesse, et je reste bloquer par l'énoncé, merci

@Simon92 :

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Ok, je reformule

Peut-on partager l'ensemble en deux sous-ensembles A et B tels que:

Pour toute suite géométrique (u_n) (possédant une infinité de termes),   et  .

merci pour tes explication,

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Mais est ce que AB=?
Sinon, je propose A l'ensemble des nombres premiers, B l'ensemble des nombres composés mais j'ai pas de démonstration, c'est juste une idée...

@Simon92 :

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Oui, quand je disais partager, je voulais dire AB= et AB=.
C'est pour signifier en particulier tout ça que j'avais utilisé le mot partition dans la formulation initiale.

1, heu, je le met dans le A, même si c'est pas premier mais bon, cv'est faux, j'avais aps vu le "ni" A "ni" B... je cherche, mais je pense que ca n'existe pas

zut le blanké

blang >>

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Bon, j'en ai marre là, je craque: Tu peux donner un nain dix stp? Mais en blanké pour laisser ceux qui veulent encore chercher le faire.

Bonsoir à tous

Que pensez-vous par exemple de : et ?

Rien.

@Ayoub: On ne peut pas avoir un avis sur tout

Bonsoir,

Ben alors, personne ne se lance dans une petite démo ? (voir message d'hier à 21:37)

Bonsoir,
une petite idée (il y a surement beaucoup plus simple) :

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Soit C_i la partition de ^* suivante (où #C_i=i!) :

C₁={1}
C₂={2,3}
C₃={4,5,6,7,8,9}
...
C_i={1 + dernier terme de C_i-1 , ... , i! + dernier terme de C_i-1}

et soit

A=_(i) C_2i+1
B=_(i^*) C_2i

Il est clair que (A,B) forme une partition de ^*.

Soit (u_n) une suite géométrique de premier terme u₀=A et de raison q > 1.

Montrons que ni A, ni B ne contient tous les termes de la suite (u_n).

Pour cela, il suffit de montrer qu'il existe h ^* et j ^* tels que u_jC_h et u_j+1C_h+1 (car si h est impair alors u_jA et u_j+1B. Si h est pair alors u_jB et u_j+1A).

Par construction,
(1) C_h = {_(i=1)^(h-1) i! , ... , [ _(i=1)^(h) i!] -1}
(2) C_h+1 = {_(i=1)^(h) i! , ... , [ _(i=1)^(h+1) i!] -1}
(3) u_j=Aq^j
(4) u_j+1=Aq^j+1

On veut montrer (par analyse-synthèse) qu'il existe h ^* et j ^* tels que u_jC_h et u_j+1C_h+1 donc par (1),(2),(3) et (4) :

_(i=1)^(h-1) i! Aq^j < _(i=1)^(h) i! Aq^j+1 < _(i=1)^(h+1) i!


On divise partout par q^j:

(_(i=1)^(h-1) i!)/ q^j A < (_(i=1)^(h) i!)/ q^j Aq < (_(i=1)^(h+1) i!) / q^j


Posons v_n = (_(i=1)⁽ⁿ⁾ i!) / qⁿ.


Remarque 1 : v_n = (_(i=1)⁽ⁿ⁾ i!) / qⁿ n!/qⁿ par croissance comparée. Donc v_n .


Remarque 2 : v_n+1 - qv_n = (_(i=1)⁽ⁿ⁺¹⁾ i!) / qⁿ⁺¹ - (_(i=1)⁽ⁿ⁾ i!) / q^n-1 (_(i=1)⁽ⁿ⁺¹⁾ i!) / qⁿ⁺¹ - (_(i=1)⁽ⁿ⁾ i!) / qⁿ⁺¹ = (n+1)!/qⁿ⁺¹ . En particulier, il existe z tel que pour tout n > z , on ait : v_n+1 > qv_n.


Remarque 3 : v₁=1/q


Soit d = min { n tel que
(1) 1/q < Aqⁿ
(2) v_z < Aqⁿ
soient satisfaites }.
d existe car q > 1.

Soit f = min { n tel que Aq^d < v_n }
f existe d'après la remarque 1.

Alors il existe u tel que Aq^d+u < v_f Aq^d+u+1
( car ( ]Aq^d+s , Aq^d+s+1 ] )_(s) est une partition de ]Aq^d , +[ ).

De plus, comme v_z < Aq^d < v_f, on a (par définition de z) : Aq^d+u+1 = Aq^d+u q < v_f q < v_f+1.

Donc v_f-1 A q^d+u < v_f < A q^d+u+1 < v_f+1.

Ce qui donne (_(i=1)^(f-1) i!) / q^f (_(i=1)^(f-1) i!) / q^f-1 A q^d+u < (_(i=1)^(f) i!) / q^f A q^d+u+1 < (_(i=1)^(f+1) i!) / q^f+1 (_(i=1)^(f+1) i!) / q^f.

Soit :

(_(i=1)^(f-1) i!) / q^f A q^d+u < (_(i=1)^(f) i!) / q^f A q^d+u+1 < (_(i=1)^(f+1) i!) / q^f.

d'où

(_(i=1)^(f-1) i!) / q^f+d+u A < (_(i=1)^(f) i!) / q^f+d+u A q < (_(i=1)^(f+1) i!) / q^f+d+u.


qui est à comparer à :

(_(i=1)^(h-1) i!)/ q^j A < (_(i=1)^(h) i!)/ q^j Aq < (_(i=1)^(h+1) i!) / q^j

Synthèse : il suffit de prendre h=f et j=f+d+u.

Bonjour à tous,

Merci pour ta proposition christophe86 . Elle fonctionne, même si la preuve peut être simplifiée.

Plus généralement, il suffit "tout simplement" () de considérer une suite (a_n)_n d'entiers strictement croissante telle que la suite diverge vers +.
et répondent alors positivement à la question.

Preuve:

Si A (même raisonnement pour B) contenait tous les termes de (a0 et q>1), tous les termes de la suite arithmétique seraient contenus dans , ce qui est impossible car diverge vers + lorsque k tend vers +.

c.q.f.d.

Dans ce cadre, prendre et marche bien (ou comme je l'indiquais le 10/03 à 21:37 ).

Ta solution, christophe86, rentre aussi dans ce cadre puisque, avec, si j'ai bien compris:
(il est en effet facile de montrer que diverge vers + en utilisant le fait que )

Bravo blang pour cette belle démo

Merci blang pour le défi et pour la démo. J'avais utilisé 2^n! mais j'ai calé avant de faire une preuve complète...