50 recettes de pain - download pdf or read online

By Tom Jaine

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Deux méthodes s’offrent à nous. La première consiste à chercher une solution sous la forme f : x ∈ R → (ax + b)cos(x) + (cx + d)sin(x), avec (a,b,c,d) ∈ R4 . On a alors : f (x) = (cx + a + d) cos(x) + (−ax + c − b) sin(x) f (x) = (−ax + 2c − b) cos(x) − (cx + 2a + d) sin(x) et donc f (x) − 4 f (x) + 13 f (x) = ((12a − 4c)x − 4a + 12b + 2c − 4d) cos(x) +((12c + 4a)x − 2a + 4b − 4c + 12d)sin(x). Par conséquent, la fonction f est solution si, et seulement si, on a  12a − 4c = 12   12c + 4a = 4   −4a + 12b + 2c − 4d = 8 −2a + 4b − 4c + 12d = 2 Ces égalités sont vérifiées lorsque a = 1, b = 1, c = 0 et d = 0.

1, donc 1 + z + z 2 + z 3 + z 4 + z 5 + z 6 = 0 . Ce sont les deux seuls résulDe plus, z = tats du cours relatifs aux racines de l’unité : il faudra donc probablement s’en servir. On a s + t = z + z 2 + z 3 + z 4 + z 5 + z 6 . Or 1 + z + · · · + z 6 = 0 . On a donc s + t = −1. De même, on a st = (z + z 2 + z 4 )(z 3 + z 5 + z 6 ) = z 4 + z 5 + z 6 + 3z 7 + z 8 + z 9 + z 10 . Or z 7 = 1 , d’où l’on tire également z 8 = z, z 9 = z 2 et z 10 = z 3 soit st = 3 + z + z 2 + z 3 + z 4 + z 5 + z 6 . Enfin, d’après ce qui précède, z + z 2 + · · · + z 6 = −1 .

U est ici un réel fixé, autrement dit une constante ; f (u) est donc également une constante. C’est ainsi que la dérivée de la fonction x → f (x) f (u) est x → f (x) f (u) . qxd 5/07/10 9:10 Page 52 Partie 1 • Première période dans l’expression de la dérivée, il faut donc impérativement se poser la question de savoir qui est la variable et qui est une constante. On a d’une part, pour tout réel x , g (x) = f (x + u) , soit g (0) = f (u) . D’autre part, comme g(x) = f (x) f (u) pour tout réel x , on a également la relation g (x) = f (x) f (u) , d’où g (0) = f (0) f (u) .

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50 recettes de pain by Tom Jaine


by Ronald
4.1

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