Ouai, je pensais qu´ils auraient mieux jouer, mais c´est toujours pareil, une défense completement à la rue, pas de jeu en milieu malgré les stars..

bref une équipe avec uniquement des stars, ca vaut rien, ils ont trop de blés, ils s´en foutent , aucunes motivations, bravo Lyon mais allez les verts

le résultat est peu flatteur pour l´OL !

Le Real n´est plus une équipe depuis l´arrivée de Figo !

ouais ça va merci

D´ACCORD ok

Je ne pense pas que ce soit l´entraineur qui changera une chose dans le real ni les joueurs, car dès qu´ils vont au réal, ils sont considérés comme des stars et gagnent un max de tunes.

Le jour ou la politique du réal aura changer, et que les salaires et le show-biz environnant sera mieux équilibré, je pense que le real pourra redevenir un bon club europeen, car les joueurs se battront pour l´amour du maillot ou les primes flateuses des victoires comme à Lyon.

Bon je vais dodo moi

Je commence à 9h mais j´ai besoin de

Bonne nuit à tous

dors bien !

bah le truc, ce serait surtout d´éviter le " je me demmerde moi même " , politique employé chez le Brésil, et en passe à Chelsea ( mais heureusement qu´il y´a Mourinho )

• Arme_Rubis_One profil

* Posté le 13 septembre 2006 à 23:05:14 avertir modérateur
* le résultat est peu flatteur pour l´OL !

y aurait du avoir plus pour Lyon :´(

6-0 !

Sans Casillas, le Réal s´en prenait 6-7.

Casilla, super le gardien

rien d´exceptionnel !

Moi je dis : vive Barthez

et vive les mecs qui n´arrivent pas à voir ce topic, et font donc des topics uniquement dans le but de me parler !

j´ai un exo à faire, et j´aimerai quelques conseils !

Voici ce que j´ai fait : (avec au début, l´énoncé du problème)

On veut chercher si dans le triangle de Pascal, il existe 3 nombres ou plus et consécutifs tels qu´ils soient en progression arithmétique.

On remarque que dans le triangle, à part d´un certain rang, on a : 1 - 7 - 21 - 35 - ... or 7, 21, et 35 sont en progression arithmétique de raison 14. Donc l´ensemble des solutions que l´on cherche n´est pas l´ensemble vide.

Maintenant il faut chercher toutes les autres solutions : on appelle a, b et c les 3 entiers consécutifs en progression arithmétiques :

a = ( k pris parmi n )
b = ( k+1 pris parmi n )
c = ( k+2 pris parmi n )

j´ai rien pour faire apparaitre les factoriels, les Cnk donc c´est dur à écrire :s donc je vais détailler la suite du calcul en francais :

on sait que a,b ,c sont en progression arithmétique, donc :
R (raison) = c - b = b - a

on en déduit que :

1 / ( (k+1)! (n-k-1)! ) - 1 / ( k! (n-k)! ) = 1 / ( (k+2)! (n-k-2)! ) - 1 / ( (k+1)! (n-k-1)! )

On a simplement remplacer a, b, c par leurs valeurs, en divisant chaque coté par n! ...

Ensuite, on multiplie partout par : (k+1)! et (n-k-1)!

on obtient :

1 - ((1+k) / (n-k)) = ((n-k-1) / (k+2)) - 1

on mets tous les termes d´un coté de l´égalité :

2 - ((k+1) / (n-k) ) - ((n-k-1) / (k+2)) = 0

On mets tout au même dénominateur : - k² + (n-2) k + 2n

Le numérateur est alors : (après simplification...)

- n² - 4k² + 5n - 8k + 4kn - 2 = 0

On doit avoir un dénominateur non nul, et un numérateur nul ...
Il suffit de calculer le discrimant du numérateur :

- k² + (n-2) k + 2n = 0 (x)

delta 1 = (n-2)² + 8n
delta 1 = n² + 6n + 4

on obtient une équation du degré 2 toute simple, dont les racines sont n(1) environ (-5.23 on aime pas les écritures décimales, mais on regarde juste la valeur à la calculette pour faire une approximation ...) et n(2) environ - 0.763. Donc delta 1 est du signe négatif (signe de -1, qui est le facteur de n² dans delta 1) entre ces 2 racines, et delta 1 est positif ailleurs. Or n > 0, donc delta 1 admet 2 racines :

n...1 = ( + n + 2+- racine (n² + 6n = 4) ) / 2
n...2 = ( + n + 2 - racine (n² + 6n = 4) ) / 2

Ensuite, on s´interresse au dénominateur qui était :

" - n² - 4k² + 5n - 8k + 4kn - 2 = 0 "

- 4k² + (4n - 8) k + 5n - 2 = 0

delta = (4n - 8)² + 16 (5n - 2)
delta = 16 n² + 64 - 64n + 80n - 32
delta = 16 n² + 16 n + 32

n est positif, donc delta > 0 :
il y a 2 racines qui annulent ce polynome et satisfont toutes les conditions.

On a ainsi pour chaque valeur de k, 2n associés (à condition de satisfaire la condition (x) ). Donc il existe une infinité de solutions ...

j´en suis arrivé là, seulement il faut que je prouve correctement ma solution : il existe une infinité de n et de k. De plus il faut que je montre que n et k sont des ENTIERS positifs !

comment je peux faire ?

c´est pas à moi qu´il faut le demander !

t´efface des messages là ?

ouais ceux de l´autre boulet

enfin je fais rien perso !

Un coup de main pour les maths Xyp.

oué je veux bien ^^

Désolé avec mon niveau première S, je peux pas t´aider, j´ai lu ton exo, j´ai compris que la moitié. xD

arme c´est gogote

n´effaces pas mon topic stp

Je vais faire mes dev