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Niveau 3 *
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Impressionnant non?***

Posté par
clemclem Posteur d'énigmes
08-12-04 à 14:17

Bonjour à tous et à toutes,

Voici l'énigme du mercredi :

Résoudre dans
Impressionnant non?

Puis expliquer pourquoi si on rajoute n trait(s) de fractions avec n , le ou les résultat ( s ) ne change(nt) pas.

Voilà bonne chance à tous.
Clotûre samedi soir...

Posté par
Ksilver
re : Impressionnant non?*** 08-12-04 à 20:26

gagnésois la fonction Fn(x) (indice n hein) qui corespond a ton ecriture avec n barre de fraction donc pour tous n>= 1.


on deduit dirrectement :
F1(x)=1+1/X
Fn+1(x) = 1+1/Fn(x)=F1(Fn(x))

de plus A=B <=> F1(A)=F1(b) si A et B sont different de 0
effectivement : 1+1/A=1+1/B <=> 1/A=1/B <=> A=B si A et B sont different de 0


par recurence on va demontrez que Fn(x)=x <=>  F1(x)=x
initialisation : au rang 1, F1(x) = x <=> F1(x)=x (sans blague)

on suppose qu'il existe un rang P pour lequelle Fp(x)=x <=> F1(x)=x
Fp(x)=x <=> F1(Fp(x))=F1(x) <=> Fp+1(x)=F1(x)
donc :
F1(x)=x <=> Fp+1(x)=x
la proprieter est hereditaire
donc par recurence F1(x)=x <=> Fn(x)=x pour tous n

>>donc les sollution de ton equation sont les meme quelque soit le nombre de barre de fraction et sont celle de 1+1/x=x

on resout 1+1/x=x
0 n'est pas solution donc on peut ecrire que :
1+1/X=X <=> X+1=X² <=> X²-X-1=0

polynome du 2e degree, delta=5
2 solution qui sont quelque soit le nombre de barre de fraction:
X1=(1-V5)/2
X2=(1+V5)/2 (avec V5 pour racine de 5 evidement)

voila j'espère que c'est bon parcque j'ai du recommmencer au moin 4 fois avant d'avoir un truc rendable...

Posté par
Nofutur2
re : Impressionnant non?*** 08-12-04 à 21:51

gagnéPrenons l'équation avec une seule barre de fraction.
x= 1 +\frac{1}{1+\frac{1}{x}}.
Cette équation a pour solution x1= 1/2 (1+5) et x2= 1/2 (1-5).

Si on considére la suite u_{n+1}= 1 +\frac{1}{1+\frac{1}{u_n.
Résoudre l' équation proposée, c'est trouver x= u0 qui rende cette suite constante.
D'après la résolution précédente u0=u1=1/2 (1+5) ou = 1/2 (1-5).
Si on suppose que un prend l'une de ces deux valeurs on démontre que un+1 prend le même valeur.
Donc les solutions de cette équation qui rendent la suite unconstante sont :
1/2 (1+5) et 1/2 (1-5)..
cela explique pourquoi si n augmente (c'est à dire les traits de fraction) les valeurs de x restent constantes.



Posté par dgvincent (invité)réponse 08-12-04 à 22:01

gagné1/ Les solutions sont les nombres \frac{1+\sqrt{5}}{2} et \frac{1-\sqrt{5}}{2} (le nb d'or et son conjugué)

2/ On montre par récurrence sur le nombre de "barres de fractions" le résultat.
1 barre: x=1+1/x : solutions: le nb d'or et son conjugué
Supposons le résultat obtenu pour n barres de fractions. A la n+1 ème: on prend le "bas du calcul" et on remarque que, comme le nb d'or et son conjugué sont solutions de 1+1/x=x, et comme à ce moment là on fait disparaitre une barre de fractions, on applique l'hypothèse de récurence, on a le résultat:

le nb d'or et son conjugué sont solutions de x=1+1/(1+1/(1+...(1+1/x)))) quelque soit le nombre de barres de fractions.

Posté par jetset (invité)re : Impressionnant non?*** 08-12-04 à 22:14

perduSi on considère la suite numérique suivante
u1=1+1/X=(X+1)/X
un+1=1+1/un
L'expression à droite de l'équation est u29

On considère la 2eme suite numérique suivante:
v0=0 ,v1=1 ,vn+1=vn + vn-1

Démontrons par récurrence que quelque soit n>0:
un=(vn+1.X + vn)/(vn.X + vn-1)

Pour n=1, on a:
u1=(v2.X+v1)/(v1.X+v0)

Or, v2=v1+v0=0+1=1
Donc u1 =(1.X+1)/(1.X+0)=(X+1)/X
Donc la propriété est vérifiée pour le rang 1

On suppose la proprité vérifiée pour le rang p et on voit si ele est également vérifiée pour le rang p+1:
up=(vp+1.X + vp)/(vp.X + vp-1)

Or, up+1=1+1/up = 1+1/((vp+1.X + vp)/(vp.X + vp-1)) =

1+(vp.X + vp-1)/(vp+1.X + vp) =

(vp+1.X + vp + vp.X + vp-1)/(vp+1.X + vp) =

((vp+1+vp).X+(vp+vp-1))/(vp+1.X + vp) =

(vp+2.X+vp+1)/(vp+1.X + vp)
CQFD.
La propriété est donc bien vérifiée quelque soit n>0

Considérons maintenant l'équation à résoudre:
X=un <=>
X-un=0 <=>
X-(vn+1.X+vn)/(vn.X+vn-1)=0 <=>
(vn.X²+(vn-1-vn+1).X-vn)/(vn.X+vn-1) = 0

Or, vn+1=vn+vn-1

L'équation est donc équivalente logiquement à:

(vn.X²+(vn-1-vn-vn-1).X-vn)/(vn.X+vn-1) = 0 <=>

(vn.X²-vn.X-vn)/(vn.X+vn-1) = 0 <=>

vn(X²-X-1)/(vn(X+(vn-1/vn)) = 0

vn étant > 0, l'équation peut maintenant s'écrire: (X²-X-1)/(X+(vn-1/vn)) = 0

Quelque soit n>1, résoudre l'équation X=un revient à résoudre l'équation:
(X²-X-1) = 0 dans -{vn-1/vn}

Le discriminant étant > 0, les solutions sont donc:
X1=(1+3)/2 et X2=(1-3)/2

Comme vn-1/vn est rationnel et que les deux solutions sont irrationnelles, il n'y a pas de risque d'égalité qui aurait pu éventuellement écarter une des deux solutions trouvées.

En conclusion, quelque soit le nombre de barres de fraction dans l'expression à droite de l'équation, les solutions seront toujours égales à X1=(1+3)/2 et X2=(1-3)/2

Posté par ericbfd (invité)re : Impressionnant non?*** 08-12-04 à 22:15

perduIl y a 2 solutions:
x = (1/2)(1+5)
x = (1/2)(1-5)

Soit n, le nombre de traits (exclu celui de 1/x), l'equation peut alors se mettre sous la forme :
nx2 - nx - n = 0 qui conduit a la recherche des solutions de x2 - x - 1 = 0
Si on ajoute m traits, alors l'equation pourra se mettre sous la forme :
(n+m)x2 - (n+m)x - (n+m) = 0 qui conduit ausii a la recherche des solutions de x2 - x - 1 = 0.
Conclusion: Quelque soit le nombre de traits, les solutions seront toujours les memes.

Posté par
isisstruiss
re : Impressionnant non?*** 09-12-04 à 01:38

gagnéx=\frac{1\pm\sqrt{5}}{2}
Ceci est le résultat pour n'importe quel nombre de traits car ces nombres on la propriété suivante: x=1+\frac{1}{x} (avec 1 trait)
Quand on a n traits on peut toujours réduire la fraction trait par trait depuis le bas en remplaçant le dernier 1+\frac{1}{x} par x tout simplement!

Je m'imagine clemclem en train d'écrire l'énorme fraction de l'énoncé... C'était certainement plus difficille de poser cette énigme que de la résoudre!

Isis

Posté par gilbert (invité)re : Impressionnant non?*** 09-12-04 à 10:46

gagnéOn démontre facilement que les solutions de x= 1 + 1/(1+1/x) sont x = ½ (1+rac(5)) et x= ½ (1-rac(5)).

Si on donne à x l’un de ces deux valeurs, on peut donc remplacer 1 + 1/(1+1/x) par x et on partant du bas de la fraction jusqu’en haut.
On en conclut donc que x = ½ (1+rac(5)) et x= ½ (1-rac(5)) sont deux solutions de l’équation.

Et ceci quel que soit le nombre n de traits de fractions, puisqu’on peut renouveler le mécanisme à l’infini.
On démontre que l’expression  1 + 1/(1+P(x)/Q(x)), où P(x) et Q(x) sont des polynômes du premier degré au maximum se met sous la forme P’(x)/Q’(x) avec P’(x) et Q’(x) polynômes du premier degré maximum.
Quelle que soit le nombre n de traits de fraction, l’équation peut donc s’écrire sous la forme x= Pn(x)/Qn(x), avec Pn(x) et Qn(x) polynômes du premier degré maximum.
Cela revient donc à résoudre une équation du second degré maximum qui ne peut avoir que 2 solutions réelles maximum.
Les solutions x = ½ (1+rac(5)) et x= ½ (1-rac(5) sont donc les seules.

Posté par
noluck
re : Impressionnant non?*** 09-12-04 à 14:05

gagnécette équation admet deux solutions sur :
x1=(1-5)/2 et x2=(1+5)/2.
cette deuxieme solution est d ailleurs appelee le nombre d'or.
raisonnons avec x1:
on a x1=1+1/x1.
on peut donc rajouter autant de traits de fraction que l'on veut, en remplacant dans cette equation x1 par 1+1/x1.
ce raisonnement tient toujours avec x2 puisque et x1 et x2 sont solutions de l équation x=1+1/x.

Posté par papé (invité)re : Impressionnant non?*** 09-12-04 à 17:23

gagnéBonjour
avec 1 trait
x=1+1/x
x=x/x+1/x
x=(x+1)/x
x^2-x-1=0
x=(1+5)/2ou(1-5)/2

x=1+1/1+1/x
si on remplace x par sa valeur x=1+1/x on retombe toujours sur
x=1+1/x
A bietôt

Posté par mikemikemike (invité)re : Impressionnant non?*** 09-12-04 à 17:39

gagnépartant de l'équation (1) x = 1 + \frac{1}{x} dont les solutions réelles sont
x1 = \frac{1 + \sqrt{5}}{2}
x2 = \frac{1 - \sqrt{5}}{2}
on peut construire une infinité d'équations de mêmes solutions que l'équation (1) où le dénominateur x est remplacé par 1 + \frac{1}{x}

Posté par LNb (invité)re : Impressionnant non?*** 09-12-04 à 18:19

gagnésolutions x = \frac{-1-\sqrt{5}}{2} notée x 1ou x = \frac{-1+\sqrt{5}}{2} notée x2 (coucou le nombre d'or.....)

Démonstration
* On remarque que la belle fraction composée (esthétiquement très belle si! si!...) est le terme d'indice 28 de la suite définie par récurrence  par
u0 = x
un+1 = \frac{1}{1 + \frac{1}{x}}

* On remarque que u1 = u0 ssi x² + x - 1 = 0 ssi x = x1 ou x2

* On remarque que, si x = x1 ou x2 alors x = u0 = u1= u2 = ...= u28

On connait donc deux solutions à cette équation, il s'agit de démontrer qu'il n'y en a pas d'autre

* On démontre par récurrence sur n que un est de la forme \frac{ax +b}{cx+ d}
** vrai pour n = 0 avec a = 1, b = 0, c = 0 et d = 1
** si vrai pour n alors
u_n=\frac{ax +b}{cx+ d}
donc
u_{n + 1}=\frac{1}{1 +\frac{ax +b}{cx+ d}} = \frac{cx + d}{(a+c)x + (b + d)
de la forme requise avec A = c, C = a + c, B = d, D = b + d (Fibonnacci quand tu nous tiens!......)

donc u28 est de la forme \frac{ax +b}{cx+ d}.
Résoudre u28 = x oblige à résoudre une équation de degré 2 qui NE PEUT PAS AVOIR PLUS DE DEUX SOLUTIONS

Or je connais déjà deux solutions, il n'y en a pas d'autre.

Rajouter n barres de fraction revient à avancer dans ma suite de n rangs. Il faut résoudre u28+n = x. Il n'y a toujours que deux solutions et je les connais.

Posté par daniel12345 (invité)Impressionnant non? 09-12-04 à 18:49


2 solutions :  \frac{1+\sqrt{5}}{2}
                  \frac{1-\sqrt{5}}{2}
                            racines de (x^2-x-1)


  Equation générale de la forme :  K(x^2-x-1)
  avec K suite de Fibonnaci (1,1,2,3,5,8,..)  Seul K change en fonction du nombre de barres de fraction

Posté par mizoun (invité)re : Impressionnant non?*** 09-12-04 à 20:49

perdusalut a tous

la résolution de cette équation revient à résoudre
l'équation suivante : x²-x-1=0
les solutions de ces équations sont donc:
(1+5)/2  et (1-5)/2


avec n tres de fractions la premiere équation se ramène a n(x²-x-1)=0 , ceci est équivalent a l'équation x²-x-1=0 puisque n est un entier naturel > 0.

donc les solutions ne changent pas lorsque n varie et celles-ci sont toujours:
(1+5)/2  et (1-5)/2

a bientot ++

Posté par
franz
re : Impressionnant non?*** 09-12-04 à 20:56

gagnéCommençons par résoudre   X = 1+\frac 1 X (1)

X est solution de (1) si et seulement si
X^2 - X - 1 = 0 \; \Longleftrightarrow \; X \in \{\frac {1+\sqrt 5} 2 ; \frac {1-\sqrt 5} 2\}           (\varphi = \frac {1+\sqrt 5} 2 est le nombre d'or)
de plus
X est solution de (1) si et seulement si
 \frac 1 X = \frac 1 {1+\frac 1 X}
 1 + \frac 1 X = 1+ \frac 1 {1+\frac 1 X}              et en réutilisant (1)
 X = 1+ \frac 1 {1+\frac 1 X}


On peut recommencer ces 3 étapes de manière infinie donc
X est solution de (1) si et seulement si

 X = 1+ \frac 1 {1+\frac 1 {{\huge \ddots} \array{{\vspace {20} \\\hspace {10}\frac 1 {1+\frac 1 X}}}

X est solution du problème si et seulement si   \Large \; X \in \{\frac {1+\sqrt 5} 2 ; \frac {1-\sqrt 5} 2\}


Posté par MPSI-1 (invité)re : Impressionnant non?*** 09-12-04 à 21:43

gagnéPour la première partie de la question a savoir le calcul de la fraction représentée il ne s'agit que d'un calcul assez long mais en simplifiant nous trouvons :
x=\frac{6785x+4181}{4181x+2584}

On en déduit les deux solutions de x dans \mathbb{R} :

x=\frac{\sqrt{5}+1}{2}
et
x=\frac{-\sqrt{5}+1}{2}


La seconde partie de la question est plus compliquée mais voici une réponse possible:
Supposons la suite u_n correspondant au nombre de fractions
Par définition de la suite:

u_{0} =1+\frac{1}{x}

u_{n+1} =1+\frac{1}{u_n}



Montrons par récurrence que:
\forall n \in \mathbb{N} :u_n= \frac{(a+b)x+a}{ax+b} avec a et b deux entiers

Initialisation : pour n=0, u_{0} =\frac{x+1}{x} =\frac{(1+0)x+1}{1x+0}
donc la relation est vrai au rang n=0

Hypothèse de récurrence : u_n= \frac{(a+b)x+a}{ax+b} est vraie au rang n
au rang n+1 : u_{n+1} =1+\frac{1}{u_n} =1+\frac{ax+b}{(a+b)x+a}
donc au rang n+1 : u_{n+1} =\frac{(2a+b)x+(a+b)}{(a+b)x+a}
de plus 2a+b ; a+b et a sont des entiers donc la relation est vrai au rang n+1 quand on la suppose vrai au rang n
or elle est vrai au rang n=0

donc \forall n \in \mathbb{N} :u_n= \frac{(a+b)x+a}{ax+b} avec a et b deux entiers


résolvons  x=u_n :
donc  x=\frac{(a+b)x+a}{ax+b} \Longrightarrow (a+b)x+a= ax^2+bx \Longrightarrow ax-ax^2+a=0 \Longrightarrow -x^2+x+1=0
les solutions de cette équation sont donc :
x=\frac{\sqrt{5}+1}{2}
et
x=\frac{-\sqrt{5}+1}{2}

Voila ma démonstration, j'espère que j'ai bon car j'ai mis plus de temps a le rédiger(2h) qu'a trouvé la réponse (1h)


Posté par Yalcin (invité)re : Impressionnant non?*** 09-12-04 à 21:52

perduBonjour
c'est (1+sqrt(5))/2=phi=nombre d'or
car soit ce nombre est com eça : x=1+1/x
donc x=1+1/(1+1/x) etc.........
Eh oui c'est du niveau bac+6 (je rigole)
Cordialement yalcin

Posté par pietro (invité)re : impresionnant non ? 10-12-04 à 13:25

Constatons tout d'abord que x > 1
L' équation (qui admet 29 barres de fractions) s'écrit x=\frac{832040x+514229}{514229x+317811}. On a donc à 514229x²-514229x-514229=0 qui est équivalente à x²-x-1=0 qui a pour solutions \frac{1+rac(5)}{2} = 1,618... qui est le nombre d'or et 1- ce nombre qui est < 0 et donc à rejeter.
Donc x = \frac{1+rac(5)}{2} = 1,618...
Utilisons un raisonnement par récurrence pour démontrer que x a la même valeur quel que soit le nombre de barres de fractions, càd que l'équation obtenue sera équivalente à x²-x-1=0 quel que soit le nb de barres de fractions.
1)Pour 1 barre de fraction : l'équation est
   x = 1+\frac{1}{x} ou encore x²-x-1=0 OK
2) Pour deux barres de fractions : l'équation est
   x = 1+1/(1+1/x) <=> x = 1+1/(x+1)/x
   <=> x = 1 + x/(x+1) <=> x = (2x+1)/(x+1)  
   <=> x²-x-1=0 OK
3)Pour trois barres de fractions : l'équation est :
  x = 1+1/(1+1/(1+1/x))
  <=> x = 1+1/(2x+1)/(x+1)
  <=> x = 1 + (x+1)/(2x+1) <=> x = (3x+2)/(2x+1)
  <=> 2.(x²-x-1)=0 <=> x²-x-1 = 0 OK
4) Supposons que cela reste vrai si il y a m
   barres de fraction, et que ce sera alors vrai pour
   m+1 barres de fractions.
   Ce sera alors vrai pour n'importe quel nb de  
   barres de fractions, puisque étant vrai pour 3,    
   ce le sera donc pour 4. Etant vrai pour 4, ce le
   sera donc aussi pour 5,....etc
   Etant vrai pour 29, ce le sera pour 30,..., pour  
   29+n comme demandé.
  
   Pour m barres de fractions : l'éq peut s'écrire
   k.(x²-x-1) = 0 <=> kx²-kx-k = 0
   <=> x =[(k+a)x+k]/(kx+a)
   Pour m+1 barres de fractions l'éq est :
   x = 1 + 1/([(k+a)x+k]/(kx+a))  
   <=> x = 1 + (kx+a)/[(k+a)x+k]
   <=> x = [(2k+a)x+(k+a)]/[(k+a)x+k]
   <=> (k+a)x²-(k+a)x-(k+a) = 0
   <=> x²-x-1 = 0  cqfd

Posté par
Lopez
re : Impressionnant non?*** 10-12-04 à 17:36

perdu\forall n \in \mathbb{N}, ( n : traits de fractions ),l'équation se ramène à celle-ci:
x^2- x - 1 = 0
Les solutions sont:
x' = (1-rac(5))/2 et x" = (1+rac(5))/2

Pas évident d'utiliser le latex, je me suis planté plusieurs fois.

Posté par
Ptit_belge
Re: Impressionnant non? 10-12-04 à 20:53

perduBonsoir,

Merci pour ce problème intéressant!

On peut écrire cette équation sous la forme x = a29, a29 étant le terme N°29 d'une suite définie par
récurrence de la façon suivante:
a0 = x
ak = 1+1/ak-1 pour k>0
Rem: ak s'écrit avec k barres de fraction

Calculons les premiers termes de la suite afin d'obtenir l'expression simplifiée de ak en fonction de x:
     a1 = 1+1/a0 = (x+1)/x
     a2 = 1+1/a1 = (2x+1)/(x+1)
     a3 = 1+1/a2 = (3x+2)/(2x+1)
     a4 = 1+1/a3 = (5x+3)/(3x+2)
     a5 = 1+1/a4 = (8x+5)/(5x+3)

Constatation: les coefficients qui apparaissent dans ak (pour k>1) ne sont pas quelconques.
Il s'agit des termes fk, fk-1 et fk-2 de la suite de Fibonacci, définie par récurrence comme ceci:
  f0=1
  f1=1
  fk = fk-1 + fk-2 (pour k>1)
Voici quelques termes de cette suite: f2=2, f3=3, f4=5, f5=8, f6=13, f7=21, f8=34, ...

En observant les premiers termes de la suite an, on voit que ak = (fkx + fk-1)/(fk-1x + fk-2)

L'équation x = ak peut donc s'écrire fk-1x2 + (fk-2-fk)x - fk-1 = 0    (1)

De plus, vu la définition de la suite de Fibonacci, le coefficient du terme en x de (1) peut être remplacé par -fk-1 et (1) devient fk-1(x2 - x - 1) = 0, c'est-à-dire x2 - x - 1 = 0

Les solutions de cette équation sont x1 = (-1+racine_carrée(5))/2 et x2 = (-1-racine_carrée(5))/2, quelle
que soit la valeur de k, c'est-à-dire quel que soit le nombre de barres de fractions dans le membre de droite!

Rem: la solution x1 n'est autre que le célèbre "nombre d'or .

Conclusion:
1) Les solutions de l'équation proposée sont x1 = (-1+racine_carrée(5))/2 et x2 = (-1-racine_carrée(5))/2.
2) Même si son membre de droite était allongé en ajoutant n barres de fraction, l'équation proposée admettrait les mêmes solutions x1 et x2

Posté par ametist (invité)pas sûr mais j essaye ! 11-12-04 à 20:23

gagnéJe définirai une suite avec x<>0 :
U1=1+1/x et U(i+1)=1+1/U(i)
pour i=1
U1=x <=> x^2-x-1 = 0
d'où x=(1+5^.5)/2 ou (1-5^.5)/2

ensuite si Ui(x)=x <=> x^2-x-1=0 montrons que c'est vrai pour Ui+1(x) càd à quoi équivaut Ui+1(x)=x
Ui+1=1+1/Ui=x <=> 1+1/x=x <=> x^2-x-1=0 donc vrai pour tout n de N
Les solutions à Un(x)=x sont donc connues quel que soit n de N et sont 1+5^.5)/2 ou (1-5^.5)/2

En espérant que j'ai pas loupé un truc parce que les suites, çà fait un moment que je n'en ai pas entendu parler

Posté par
clemclem Posteur d'énigmes
re : Impressionnant non?*** 11-12-04 à 21:25

Voilà l'énigme est terminée bravo à tous.

Beaucoup de petits smileys, la lutte pour la 1ère place du classement va être dure...:D

Voilà à bientôt pour une prochaine énigme...

Posté par
Nofutur2
re : Impressionnant non?*** 11-12-04 à 23:07

gagnéSniff Pourquoi j'ai faux ???

Posté par
clemclem Posteur d'énigmes
re : Impressionnant non?*** 11-12-04 à 23:39

La raison se trouve ici de ton poisson se trouve ici : tu dis que si Un prend les valeurs du nombre et de son conjugué alors Un+1 prend les mêmes valeurs mais dans ce cas là je te demande ou dans ton raisonnement tu me prouve qu'il n'existe pas d'autres solutions...Voilà le problème de ta réponse Nofutur2

Posté par
clemclem Posteur d'énigmes
re : Impressionnant non?*** 11-12-04 à 23:42

Désolé je me suis trompé dans ma correction pour ton cas...Désolé j'avais vérifié pour certains mais je t'es oublié erreur réparée...

Posté par
clemclem Posteur d'énigmes
re : Impressionnant non?*** 11-12-04 à 23:44

Voilà maintenant la correction est bien établie...Désolé pour toi Nofutur2...
A plus

Posté par
Nofutur2
re : Impressionnant non?*** 11-12-04 à 23:50

gagnéouf.. C'est tres sympa, cher Clemclem !

Posté par
clemclem Posteur d'énigmes
re : Impressionnant non?*** 11-12-04 à 23:54

C'est normal t'avais bon mais j'avais oublié de te recorriger après ma deuxième vague de correction...oups...

Posté par MPSI-1 (invité)re : Impressionnant non?*** 13-12-04 à 18:18

gagnéreste a savoir qui avait la meilleure démonstration?

Posté par
Ptit_belge
re : Impressionnant non? 14-12-04 à 10:42

perduBonjour,

Honte sur moi! J'ai commis LA bête faute en tapant ma solution: j'ai écrit -1 au lieu de 1 en recopiant x1 et x2!

Posté par
J-P Posteur d'énigmes
re : Impressionnant non?*** 14-12-04 à 10:48

Pas de chance Ptit_belge, jetset aussi commet la "bête" faute à la fin d'une superbe démonstration.

C'est triste.

Posté par jetset (invité)re : Impressionnant non?*** 15-12-04 à 00:46

perduoui, dommage de mettre planté en recopiant (ça m'a pris environ 3/4 d'heure)... Je ferai plus attention next time...

Posté par jetset (invité)re : Impressionnant non?*** 15-12-04 à 13:15

perduouh la la: j'étais vraiment fatigué moi:
de mettre planté !!!!!!! -> de m'être planté

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