Ooooh m*rde...

2^102 = 5070602400912917605986812821504

2^112 commence par un 5 aussi... Snif

Donc en fait il y en aura une infinité, ça tourne en boucle....

Donc à partir de 100 c´est toutes les puissances n terminées par un 2, ce répéte tout les 10 nombres entiers...

A partir de 200, c´est toutes les puissances n terminées par un 5, ce répéte tout les 10 nombres entiers...

A partir de 300, c´est toutes les puissances n terminées par un 8, ce répéte tout les 10 nombres entiers...

A partir de 410 (!), c´est toutes les puissances n terminées par un 1, ce répéte tout les 10 nombres entiers...

Omg donc...

Comment démontrer un truc pareil !! !

Encore vous avez remarquer :

Aux différents "niveaux" :

- n>0 : toutes les puissances n terminées par un 9
- n>100 : toutes les puissances n terminées par un 2
- n>200 : toutes les puissances n terminées par un 5
- n>300 : toutes les puissances n terminées par un 8
- n>410 : toutes les puissances n terminées par un 1

A chaque fois on incremente de 3... Si vous voyez.

j´ai du mal à m´expliquez tellement c´est rigoureux et tellement en même temps ça part dans tous les sens

je ne demande pas une bete réponse...
S´il y en a une infinité (comme tout le monde à l´air de penser (à juste titre)) il faut alors le DEMONTRER, c´est là tout l´interet du problème...

Je ne sais pas trop comment démontrer ce problème facilement, je n´ai pas cherché dans ce cas de figure, mais j´ai une démo beaucoup plus générale qui inclut ce cas particulier.
Si je devait résoudre ce prob, je crois que j´aurais l´une des approches suivante:

1) Soit supposer qu´il y en a un nombre fini, et montrer que si on a le plus grand, on peut encore en trouver un plus grand...
2) Soit travailler avec des log en base 2, de facon à quitter les puissances...

Oui oui je sais bien qu´il faut démontrer... Mais je place des pistes en quelques sortes, histoire d´alimenter le topic

Je n´ai pas encore travailler les log et ln, chui en terminale S. on a fait que les exponentielles

C´est un peu mal foutu le programme mais c´est pas la faute au prof... :S

J´ai essayé par l´absurde mais je vois pas trop comment faire...
Je vais peut-être me tourner vers les exponentielles de base 2 ^^

bah ln c´est pas tres dur
c´est juste la fonction inverse d´exponentielle
donc exp( ln ( x ) ) = ln ( exp ( x ) ) = x
et commes propriete tu as
ln ( a*b ) = ln a + ln b
donc en particulier
ln ( a^n ) = n * ln a

mais la je vois pas trop comment ca peut servir pour le probleme

Le_duche a conseillé de passer en log base 2...
Mais au moins, on sait qu´il y en a bien une infinité.
Je lirai avec plaisir la solution... Si jamais je suis en mesure de la comprendre ^^

Ca y est, j´ai trouvé mais c´est long et lourd, donc j´ai abrégé les calculs

2^n commence par 5
<=> il existe un (unique) entier q tel que 5*10^q<2^n<6*10^q
<=> il existe un (unique) entier q tel que:
(ln(5)+q*ln(10))/ln(2) < n < ((ln(5)+q*ln(10))/ln(2))+ln(6/5)/ln(2)

Soit f(q)=(ln(5)+q*ln(10))/ln(2)
a=ln(6/5)/ln(2)
Donc 2^n commence par 5 <=> f(q) < n < f(q)+a

Maintenant, début du raisonnement par l´absurde:
Supposons qu´il existe un nombre fini de puissances de 2 commençant par 5
A={n1,n2,...,np} l´ensemble des p entiers tels que 2^(ni) commence par 5, avec n1<n2<...<np

On note np=n
Il existe un (unique) entier q tel que f(q) < n < f(q)+a
On peut remarquer que 3*ln(10)/ln(2) légèrement inférieur à 10.
On note b=10-3*ln(10)/ln(2)
Disjonction de cas:

Si f(q) < n < f(q)+a-b:
Alors f(q)+10 < n+10 < f(q)+a+3*ln(10)/ln(2)
Or, 10 > 3*ln(10)/ln(2)
Donc f(q)+3*ln(10)/ln(2) < n+10 < f(q)+3*ln(10)/ln(2)+a,
c´est-à-dire f(q+3) < n+10 < f(q+3)+a
Donc 2^(n+10) commence par 5
Or, n est le plus grand entier tel que 2^n commence par 5
Ceci est absurde

Si f(q)+a-b < n < f(q)+a:
Alors f(q)+a-b+33 < n+33 < f(q)+a+33,
soit f(q)+a+23+3ln(10)/ln(2) < n+33 < f(q)+a+33
Or, 23 > 7ln(10)/ln(2) et 33 < 10ln(10)/ln(2)
Donc f(q)+10ln(10)/ln(2)+a < n+33 < f(q)+10ln(10)/ln(2)+a
soit f(q+10) < n+33 < f(q+10)+a
Donc 2^(n+33) commence par 5
Or, n est le plus grand entier tel que 2^n commence par 5
Absurde

Dans les deux cas, on aboutit à une absurdité: il y a donc une infinité de puissances de 2 qui commencent par 5

Je crois que le_duche sera satisfait avec tout ça

Honnetement, c´est pas mal du tout !

MAIS ! ! ! ! ! ! ! !

23 < 7*ln(10)/ln(2)

Je pense que la voie était bonne, mais je n´en suis pas certain.
En tout cas le premier argument est joliment démontré...

Ah oui désolé, c´était:
23+a > 7ln(10)/ln(2)

Mais c´est vrai que j´ai pas mal tatonné pour trouver les bonnes valeurs à ajouter à n ^^
Il y a sûrement une plus belle démonstration

Bref, c´est bon ou c´est pas bon au final

C´est bon (enfin je pense )

les matheux, vous voulez pas venir m´aider sur mon topic ? faites griller vos méninges ici

https://www.jeuxvideo.com/forums/1-35-7612732-1-0-1-0-0.htm

vous êtes tous fous à faire des maths par plaisir comme ça c´est pas permis franchement
je sais même plus faire Thalès

ben non c´est pas bon, il a utilisé un argument faux pour terminer...

Je vous file un indice interessant (mais je ne dit pas que c´est la voie la plus facile...)

Dans la démo de bibi, il crée la fonction
f:IR->IR:x->log2(10)*x+log2(5)
et la constante
a = log2(6)-log2(5) > 0

On peut remarquer que f et f+a sont deux droites de coefficient angulaire irrationnel log2(10).
L´ensemble
E = { y | f(x)<y<f(x)+a , x€IR }
est donc une "bande" diagonale de "hauteur" a et de coefficient angulaire irrationnel log2(10).
Si on arrive à prouver qu´il y a un nombre infini de naturels dans l´ensemble E, le tour est joué...

Il est où l´argument faux que j´ai utilisé?
Si tu parles de 23 > 7ln(10)/ln(2), c´est juste une faute de frappe, je voulais en fait dire:
23+a > 7ln(10)/ln(2)

Mais au fait, tu les prends où ces problèmes le_duche ^^

Je les invente et je lui file.