rubrique mathématique

Encore !

Chouette! Keupiiin!

J'en ai choisi des mignons tout plein, mais par contre, ils ne sont pas forcément accessibles à tout le monde, désolé.
Pas qu'ils demandent beaucoup de connaissances, mais il faut avoir un peu d'expérience avant d'y arriver, donc les solutions seront quand même trés instructives.

1) Quel est le PGCD de a^m-1 et de a^n-1 ?

2) Montrer que si a et b sont premiers entre eux, a^m+b^m divise a^n +b^n si et seulement si n=qm avec q impair (moyen dur).

3) Montrer qu'on peut choisir 2^n entiers parmi 1, 2, 3, ... 3^n -1 tels que 3 quelconques d'entre eux ne soient pas en progression arithmétique (pour nos amis forumeurs, ça veut dire que si a, b et c sont 3 entiers, on a pas a-b=b-c). (féut essayer, sinon c'est difficile)

4)Résoudre pour m et n entiers:
m²+(m+1)²=n^4 + (n+1)^4

5) Résoudre 2^b -1 divise 2^a +1 avec a et b des entiers naturels.

6) a_1 a_2 + a_2 a_3 + ... + a_{n-1} a_n + a_n a_1= 0, avec a_i = 1 ou a_i =- 1. Montrer que n est un multiple de 4 (astucieux mais plutôt facile)

7) Montrer que si ab=cd, alors a²+b²+c²+d² n'est pas un nombre premier.
Généraliser à a^n + b^n + c^n + d^n . (plutôt difficile)

Montrer qu'il existe une infinité de nombres qui ne sont pas premiers dans la suite 1, 31, 331, 3331, 33331, ... (un peu parachuté)

Bonne chance!

Bon j'essaye pour l'exercice 6 (désolé mais je ne sais pas si je vais m'attaquer aux autres parce que la dernière fois que j'ai vu des nombres premiers et des histoires de divisibilité c'était en Terminale)

- n doit être pair puisqu'il y a n blocs valant 1 ou -1

Pour que la somme fasse 0, on peut attribuer successivement 1 et -1 aux "blocs produit". Cette manière de faire ne restreint pas l'ensemble des combinaisons possibles

- On fixe arbitrairement a1 et a2 = 1
- Du coup, a3 = -1 ... a4 = -1 ... a5 = 1 et a6 = 1

En fait on voit apparaître le cycle à 4 : A = (1;1) B = (1;-1) C = (-1,-1) D = (-1;1) ... A = (1;1)

Or, puisque a1.a2 = 1, il faut a(n).a1 = -1 donc que a(n) = -1
En fait il faut précisément que le bloc (a(n);a1) soit un bloc de type D
Ce qui montre que n est multiple de 4.

Réciproquement si n multiple de 4 la méthode que j'expose permet de faire 0.

Citation :

Cette manière de faire ne restreint pas l'ensemble des combinaisons possibles

C'est trivial?
Tu vas me dire qu'on peut déplacer les blocs de façon à le mettre dans cet ordre, mais dans la mesure où chaque a_i contribue à 2 blocs, pour conserver un minimum la façon dont c'est ordonné, il faut aussi déplacer le bloc d'à côté, puis d'à côté, puis d'à côté, et au final, on n'a fait qu'une permutation cyclique.

Il me semble que quand on a une somme cyclique, on ne peut pas tellement décider de son contenu "quitte à réordonner", parce-que précisemment, elle n'est pas symétrique (pour nos amis forumeurs: d'une façon générale, une situation est symétrique lorsque chacun de ses protagoniste peut-être échangé avec chacun des autres sans rien changer, par exemple la somme a²+ab + b² est symétrique car si je dis que je mets b à la place de a, et a à la place de b, on retombe sur la même somme. Une situation est cyclique lorsque cette fois-ci, les protagonistes forment "une chaîne" où chaque maillon est indissociable des maillons précédents et suivants, et donc où l'ordre relatif compte. Par contre, l'ordre absolu ne compte pas, c'est-à-dire qu'on peut faire des "permutations cycliques", où on déplace tous les protagonistes en même temps: par exemple la somme ab + bc + cd + da est cyclique: elle n'est pas symétrique car si j'intervertis d et a, j'obtiens db + bc + ca + da qui n'est pas la même somme, mais elle est cyclique, car si je remplace a par b, b par c, c par d, d par a, on obtient bien la même somme, en changeant juste l'ordre "absolu" des termes.
Une situation symétrique est pratique notamment pour imposer des conditions d'ordre: si on peut ranger les nombres dans n'importe quel ordre, on peut supposer que a est supérieur à b qui est supérieur à c, par exemple dans ab+ bc + ca (à la fois symétrique et cyclique, c'est un cas particulier), puisqu'il suffit d'intervertir les bons termes pour que ce soit le cas.
Une situation cyclique nous permet juste de poser "le premier est le plus grand", ou "le premier est le plus petit", enfin des trucs comme ça)


Les exercices que j'ai proposé ne requierent en fait aucune connaissance arithmétique ou presque, juste un peu des savoirs-faire.
Dis-moi si tu veux chercher quand même, avoir des indices ou que je donne les solutions.

Solutions:

1) : Quel est le PGCD de a^n - 1 et a^m -1 ?

Pré-requis: on notera (a;b) le PGCD de a et de b, c'est-à-dire le plus grand entier d tel qu'il existe a' et b' entiers avec a=da', b=db' (le plus grand diviseur qui divise les 2, donc...).

Alors, soit a= bq+r la division euclidienne de a par b, on a :
(a;b)=(b;r).
En effet, r= a- bq , donc si d divise a et d divise b, d divise a- bq = r, car un diviseur commun à plusieurs entiers divise toutes leurs combinaisons linéaires (c'est-à-dire les entiers de la forme au+bv + cw +...).

En outre, si un entier k divise b et r, il divise a=bq+r.
Ainsi, tous les diviseurs communs à b et à r divisent aussi a donc sont des diviseurs communs à b et à a, donc le plus grand possible est (a;b), et comme (a;b) divise bien b et r, on a bien (a;b)=(b;r).

Il est clair que r est plus petit que a, et même "beaucoup". Par définition, il est même plus petit que b.

En réitérant, avec b=q_1 r + r_1, on obtient (a;b)=(b;r)=(r;r_1) avec r_1 encore plus petit, et ainsi de suite, jusqu'à tomber sur (r_n; 0) = r_n = (a;b).

Ceci est l'algorithme d'euclide, qui permet donc de trouver le PGCD de 2 entiers assez rapidement (à une vitesse même exponentielle).

On va s'en inspirer pour cette preuve:
Supposons que n est plus grand que m. On le peut par symétrie, car si ce n'est pas le cas, il suffit de changer le nom de n et de m (intervertir).
Soit n= mq + r la division euclidienne de n par m.

Alors a^n -1 = a^(mq+r)-1= (a^(mq) -1) * a^r + (a^r -1) (je vous laisse vérifier).

Or, on sait que pour tout entier k, a^k - b^k = (a-b) (a^(k-1) + a^(k-2) b + a^(k-3) b² + ... + a b^(k-2) + b^(k-1) ).
Pour voir cela, il suffit de développer (vérifiez! ).

En particulier, a^mq -1 = (a^m)^q - (1)^q = (a^m - 1 ) (...)
et donc est divisible par a^m -1, c'est à dire qu'il existe un entier k tel que a^mq -1 = k (a^m -1).

On a donc a^n -1 = (a^r * k) (a^m-1) + (a^r -1) et ceci est la division euclidienne de a^n -1 par a^m -1 , puisque a^r - 1 est bien plus petit que a^m -1 .

Du coup, (a^n -1; a^m-1) = (a^m -1; a^r - 1), et on voit le début de l'algorithme d'Euclide pointer le bout de son nez.
En effet, en réitérant, on voit qu'on s'arrêtera à un moment.
Si on regarde les exposants, on voit qu'ils suivent exactement l'algorithme d'Euclide, c'est-à-dire qu'ils vont faire n, m, r, r_1, etc... jusqu'à r_l qui est le dernier, et on sait que r_l = d = (n;m).

Ainsi, l'algorithme appliqué à notre situation va s'arrêter à (a^(r_l) -1; 0) = a^d -1.

D'où, (a^n -1: a^m -1) = a ^d -1, où d est le PGCD de n et de m.

Joli non?

Y-a-t'il quelquechose de pas clair?