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#1 - 23-09-2013 19:13:00
- shadock
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Analyse : Problèème ouvert
Salut tout le monde après une rapide révision je me suis essayé aux intégrales avec des racines de polynômes, ayant séché pour trouver la primitive de [latex]\sqrt{1+x^2}[/latex] je ne vous demanderai pas de trouver la primitive ni même avec un polynôme de degré n.
En revanche j'aimerai savoir ceci :
Existe t-il une un polynôme fini de coefficients non nuls [latex](a_0,...,a_n)[/latex] avec [latex]n \in \mathbb{N}[/latex] tel que
[latex]\int_0^1 \sqrt{\sum_{i=0}^n a_i x^i}dx=\sqrt{2}[/latex] ?
Je ne connais moi-même pas la réponse j'ai bien mon petit avis mais loin d'avoir une preuve...
Amusez-vous bien, Shadock
"L'expérience est une lanterne qui n'éclaire que celui qui la porte." L-F. Céline
#2 - 23-09-2013 19:44:52
- cogito
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Analyse : Probllème ouvert
Bonjour,
Le polynôme (0,0,8) n'est pas bien ?
Il y a sûrement plus simple.
#3 - 23-09-2013 19:57:35
- shadock
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Analyse :Problème ouvert
Euh j'ai oublié de coefficients non nuls khihihi
"L'expérience est une lanterne qui n'éclaire que celui qui la porte." L-F. Céline
#4 - 23-09-2013 20:33:42
- cogito
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analyse : problème ouvzrt
Soit [latex]P(x)=\sum_{k=0}^na_ix^i[/latex] alors :
Posons [latex]K = \int_0^1 P(x) dx[/latex]
Alors si [latex]K\neq 0[/latex] on peut poser [latex]Q(x) = {2\over K^2}(P(x))^2[/latex]
et on a [latex]\int_0^1 \sqrt{Q(x)} dx = \sqrt{2}[/latex]
et des polynômes tels que [latex]K\neq 0[/latex] il y en a plein .
Il y a sûrement plus simple.
#5 - 23-09-2013 22:29:33
- dylasse
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analyse : problème oyvert
Il me semble qu'avec n=0 et a0=2, on trouve le résultat souhaité. C'est peut-être trop simple pour être la réponse attendue....
#6 - 23-09-2013 22:37:37
- Franky1103
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Analse : Problème ouvert
J'essaie de répondre à la question qui n'est pas posée, et ce aux erreurs près dûes au ramollissement de mes neurônes (sup-spé en 1980-82):
Prim [V(x²+1)] = Prim [x²/V(x²+1) + 1/V(x²+1)] = x.V(x²+1) - Prim [V(x²+1)] + Prim [1/V(x²+1)] [en intégrant par parties: u = x et v = V(x²+1)] d'où: Prim [V(x²+1)] = x.V(x²+1) - Prim [V(x²+1)] + argsh(x) et enfin: Prim [V(x²+1)] = [x.V(x²+1) + argsh(x)] / 2 (mais à vérifier)
#7 - 23-09-2013 23:48:05
- Franky1103
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analyse : peoblème ouvert
Pour répondre plus directement à la question posée, je pense qu'il en existe même une infinité. Voici comment on pourrait prouver l'existence d'au moins un tel polynôme: je calcule Prim [V(1+x²)] de 0 à 1 et je trouve k, alors le polynôme (2/k²).(1+x²) devrait répondre à la question, non ?
Edit: Ah oui, mais ce n'est peut-être pas bon car k est sans doute un irrationnel.
#8 - 24-09-2013 09:49:24
- MthS-MlndN
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Analyse : Problème ovuert
Indice i dans le terme général de la somme, somme indexée en k
Sinon, je suis persuadé que oui, mais je ne vois pas comment construire un tel polynôme. J'y réfléchis...
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#9 - 24-09-2013 11:35:17
- titoufred
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Analyse : Prbolème ouvert
Dans wolfram alpha, il faut taper "indefinite integral sqrt(1+x^2)"
#10 - 24-09-2013 18:09:39
- nodgim
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znalyse : problème ouvert
Pour moi, pour tout n, il y a au moins une solution.
#11 - 24-09-2013 23:23:24
- shadock
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analyse : ptoblème ouvert
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#12 - 25-09-2013 00:30:27
- MthS-MlndN
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anakyse : problème ouvert
La question qui me taraude, c'est : est-il possible de répondre à ta question avec un polynôme à coefficients tous entiers ?
Pour des coefficients non nuls, tu calcules l'intégrale d'un polynôme quelconque à coefficients non nuls, et tu obtiens un réel X (si tu tombes sur 0, chope un autre polynôme au hasard). Tu multiplies ton polynôme de départ (donc tous ses coefficients) par [latex]\sqrt{2}/X[/latex], et hop !
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#13 - 25-09-2013 19:33:32
- shadock
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Analyse : Problème ouvetr
Je m’aperçois au fil des réponses que j'ai oublié la moitié des conditions que je voulais alors on verra à la fin, et pour le moment tu as un choix libre sur le fait que les coefficients soient ou non entiers. ^^
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#14 - 25-09-2013 20:09:23
- cogito
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Analyse : Problème overt
Je pense que les nombres négatifs ne peuvent pas être atteins. Sinon pour les nombres positifs, avec les mêmes notations, si on prend : [TeX]Q(x)={r^2\over K^2}(P(x))^2[/TeX] alors [latex]\int_0^1 \sqrt{Q(x)}dx = |r|[/latex]
Après si les coefficients doivent être entiers, on peut toujours trouver un polynôme [latex]P[/latex] à coefficients dans [latex]\mathbb{Z}[/latex] tels que [latex]K=1[/latex] (par exemple P=(-1,4)) et donc si [latex]r^2[/latex] est entier alors [latex]Q[/latex] est un polynôme à coefficients entiers.
Après avec des polynômes qui n'ont pas cette forme là, on doit sûrement pouvoir atteindre d'autre réels, mais là ... ce n'est plus de mon ressort
Il y a sûrement plus simple.
#15 - 26-09-2013 20:06:53
- shadock
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Analyse : Problèm eouvert
masab a écrit:L'ensemble des polynômes à coefficients entiers étant dénombrable
Je ne vois pas pourquoi, puisque l'ensemble des polynômes est infini...
"L'expérience est une lanterne qui n'éclaire que celui qui la porte." L-F. Céline
#16 - 26-09-2013 20:24:08
- Franky1103
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analyse : probmème ouvert
@shadock: J'espère que ma primitive te servira à quelquechose (si elle est juste)
#17 - 26-09-2013 21:02:59
- NickoGecko
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analyse : problème oubert
Hello ! de mon temps on disait "une" primitive ...
Il aurait pu pleuvoir, con comme il est ! (Coluche)
#18 - 26-09-2013 21:34:17
- cogito
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Anayse : Problème ouvert
shadock a écrit:masab a écrit:L'ensemble des polynômes à coefficients entiers étant dénombrable
Je ne vois pas pourquoi, puisque l'ensemble des polynômes est infini...
Dénombrable, cela signifie qu'il existe une bijection avec [latex]\mathbb{N}[/latex]
L'ensemble des rationnels est dénombrable. Tu peux coder un polynôme à coefficients entiers comme une suite fini d'entiers. Tu peux interpréter cette suite fini d'entier comme le développement décimale d'un rationnel. Et donc à chaque polynôme tu peux lui associer un rationnel. Il existe donc une bijection entre l'ensemble des polynômes et un sous ensemble des rationnels. Et comme les rationnels sont dénombrables alors l'ensemble des polynômes à coefficients entiers est dénombrable.
Il y a sûrement plus simple.
#19 - 26-09-2013 22:47:47
- MthS-MlndN
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Anaylse : Problème ouvert
@Cogito : La démo ne tient pas debout à mon sens. Est-ce que [latex]1,27[/latex] correspond à [latex]1+2x+7x^2[/latex] ou à [latex]1+27x[/latex] ?
@Shadock : "Dénombrable" et "infini" sont deux notions différentes. Un ensemble contenant une infinité d'éléments peut être dénombrable ou non. La différence se fait en voyant s'il est possible "d'étiqueter les éléments par des entiers" ou pas (c'est cette histoire de bijection avec [latex]\mathbb{N}[/latex], sous une forme vulgarisée voire approximative).
Ce sont des infinis très différents. Certaines énigmes ont déjà été postées dans ce genre, je crois... Et tu avais même compris et réécrit la démo dite de la diagonale de Cantor selon laquelle l'intervalle [0,1] n'est pas dénombrable
Si tu te sens à l'aise avec ces notions, tu peux jeter un oeil à l'hypothèse du continu...
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#20 - 26-09-2013 23:11:17
- cogito
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Anaalyse : Problème ouvert
Je n'ai pas vraiment réfléchi au codage, mais on pourrait imaginé celui là : [TeX]1 + 2x - 7x^2[/TeX] nombre maximum de chiffres des coefficients ---> 1 donc chiffre avant la virgule ----> 1+1 (1 de plus pour coder le signe du coefficient) codage du polynôme : 2,010217.
décodage : chiffre avant la virgule 2 donc je découpe en paquets de 2 :
01 02 17 ---> le premier chiffre code le signe donc le polynôme est : [TeX]1 + 2 x - 7 x^2[/TeX] et 1 + 27 x serait codé : 3,001027
Je ne sais pas si c'est bien expliqué, mais je pense qu'avec un codage dans ce genre là ça devrait aller .
Il y a sûrement plus simple.
#21 - 26-09-2013 23:22:06
- MthS-MlndN
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nAalyse : Problème ouvert
Pas si compliqué que ça, et efficace
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#22 - 27-09-2013 10:23:04
- MthS-MlndN
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analyse : problème oivert
Moins joli, mais okay
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#23 - 27-09-2013 13:43:43
- shadock
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Analys e: Problème ouvert
@Franky1103
[latex]\int ^x \sqrt{1+t^2}=\frac{\sqrt{1+x^2}+sinh^{-1}}{2}[/latex]
@Mathias oui c'est vrai je me souviens pour Cantor, c'est la fatigue je mélange tout en ce moment
En réalité sinon dans ma tête l'énoncé c'était d'avoir un polynôme fini à coefficients entiers et non nul. Et pour les bornes de l'intégrale j'ai choisis 0 et 1 parce que c'est beau, mais peut-on généraliser avec des bornes du type n et n+1 avec n un entier naturel?
Après on peut se poser plein d'autres questions...
NB : Si j'ai bien compris la manière de cogito pour obtenir les nombres qu'il veut, avec un polynôme fini on ne peut pas atteindre pi, c'est bien ça?
"L'expérience est une lanterne qui n'éclaire que celui qui la porte." L-F. Céline
#24 - 27-09-2013 17:55:40
- cogito
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Analyse : Problème ouvret
Pas tout à fait.
En fait les nombres que j'obtiens c'est uniquement pour faire un lien entre les polynômes à coefficients entiers et les nombres rationnels pour montrer que c'est un ensemble dénombrable. Mais cela n'a pas de rapport avec le résultat de l'intégrale.
Comme tu l'as indiqué, avec le polynôme 1+x² on voit apparaître une fonction trigonométrique, donc il n'est pas évident que l'on ne puisse pas atteindre pi. Enfin, je ne vois pas d'argument simple .
(Mais vous savez moi, sans mes lunettes... ) Euh,... pardon.
Il y a sûrement plus simple.
#25 - 27-09-2013 18:13:22
- shadock
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analyse : problème ouverr
Mais c'est pas la Loire ici c'est la Seine
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