Sylvain> A mon époque, on parlait de $\Z \slash 2 \Z$ au primaire (sans utiliser ce langage bien sûr). Je pense que l'on continue toujours à en parler, non?
RODOT> Qu'as-tu essayer de faire? On va pas résoudre l'exo à ta place.
Ça a l'air vrai et une récurrence sur les coefficients du polynôme semble marcher mais c'est un peu lourd. Peut-être que quelqu'un aura une preuve plus élégante.
justement, j'ai essayé par récurrence, mais le formalisme explicite des coefficients des polynômes successifs ne semble pas donner de résultats...
disons triviaux...je continue à regarder la question...
Voici la trame d' un argument qui me parait correct:
Notons a, une racine, dans une extension du corps (Z/2Z)(x), du polynome;
P(Y) = Y^2 + Y + x
Alors: q(n-1) = a^n +(a+1)^n ( C' est le traitement habituel d' une récurrence linéaire)
Le résultat provient alors du fait que les coefficients binomiaux (non extrémaux) dans le développement de (a+1)^n sont tous pairs si et seulement si n est une puissance de 2.
La relation q(n-1)^2 = q(2n-1) se prouve facilement par récurrence, en utilisant la génération des q(n).
On en déduit donc le résultat pour tous les indices impairs (par récurrence)
puisque le carré d'un polynôme Q(n) non nul non égal à 1, sera au moins de degré 2, donc différent de 1 aussi, suivant la forme des impairs 2^n - 1 ou pas.
Subsiste la question des indices pairs: Q(2p) est toujours distinct de 1.
(je ne connais pas les affaires d'extension, donc je cherche avec les "moyens du bord")...
En fait la question est complètement résolue.
On l'a vu pour les impairs ( récurrence facile).
En effet dans le cas pair n=2p non nul , on a:
q(2p)^2 = q( 4p+1 ) toujours d'après la même relation,
donc si q(2p) = 1 on aurait q( 4p+1 ) = 1.
Comme 4p + 1 est impair, on a déja montré que l'on doit avoir:
4p+1 = 2^t - 1 , puis on déduit 2p+1 = 2^(t-1) visiblement impossible
pour p non nul.
Donc le seul cas q(n) = 1 avec n pair est en fait si n=0.
En fait la deuxième partie de ma preuve (cas pair) comporte une erreur, donc la premiere aussi.
J'ai donc repris de zéro le sujet global (avec ma solution), rédigé en format
Word en attaché.
Cordialement ( et excuses pour mes ratés), mais ce n'était pas trop facile.
@Rodot: j'ai regardé ton document, ça m'a l'air bon.
Du coup je me suis dis la chose suivante: considérons la suite de polynômes de $\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}[X]$: $P_n=X^{n+1}+(1+X)^{n+1}$, elle vérifie:
$$P_0=P_1=1\text{ et }\left[P_n\right]^2=P_{2n+1}$$
Comme l'a fait Rodot, on peut montrer que $P_n=1$ si et seulement si n est de la forme $2^k-1$ (pour le cas pair il suffit de remarquer que $P_{2n}'=P_{2n-1}\neq 0$ donc $P_{2n}\neq 1$ dès que $n\geq1$).
On démontre ainsi lé résultat d'arithmétique énoncé par Jean-Claude Loulmet:
Réponses
RODOT> Qu'as-tu essayer de faire? On va pas résoudre l'exo à ta place.
q(n+2)=q(n+1) + x.q(n) n'a aucun sens, x étant une variable
t-mouss
Alain
disons triviaux...je continue à regarder la question...
quelle est la référence de ton exercice? merci
Voici la trame d' un argument qui me parait correct:
Notons a, une racine, dans une extension du corps (Z/2Z)(x), du polynome;
P(Y) = Y^2 + Y + x
Alors: q(n-1) = a^n +(a+1)^n ( C' est le traitement habituel d' une récurrence linéaire)
Le résultat provient alors du fait que les coefficients binomiaux (non extrémaux) dans le développement de (a+1)^n sont tous pairs si et seulement si n est une puissance de 2.
La formule: $q_{n-1}=a^n+(1+a)^n$ entraîne $\left[q_{n-1}\right]^2=q_{2n-1}$, le résultat en découle (au moins une implication).
On en déduit donc le résultat pour tous les indices impairs (par récurrence)
puisque le carré d'un polynôme Q(n) non nul non égal à 1, sera au moins de degré 2, donc différent de 1 aussi, suivant la forme des impairs 2^n - 1 ou pas.
Subsiste la question des indices pairs: Q(2p) est toujours distinct de 1.
(je ne connais pas les affaires d'extension, donc je cherche avec les "moyens du bord")...
On l'a vu pour les impairs ( récurrence facile).
En effet dans le cas pair n=2p non nul , on a:
q(2p)^2 = q( 4p+1 ) toujours d'après la même relation,
donc si q(2p) = 1 on aurait q( 4p+1 ) = 1.
Comme 4p + 1 est impair, on a déja montré que l'on doit avoir:
4p+1 = 2^t - 1 , puis on déduit 2p+1 = 2^(t-1) visiblement impossible
pour p non nul.
Donc le seul cas q(n) = 1 avec n pair est en fait si n=0.
Cordialement
AR
J'ai donc repris de zéro le sujet global (avec ma solution), rédigé en format
Word en attaché.
Cordialement ( et excuses pour mes ratés), mais ce n'était pas trop facile.
Alain Rodot
Du coup je me suis dis la chose suivante: considérons la suite de polynômes de $\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}[X]$: $P_n=X^{n+1}+(1+X)^{n+1}$, elle vérifie:
$$P_0=P_1=1\text{ et }\left[P_n\right]^2=P_{2n+1}$$
Comme l'a fait Rodot, on peut montrer que $P_n=1$ si et seulement si n est de la forme $2^k-1$ (pour le cas pair il suffit de remarquer que $P_{2n}'=P_{2n-1}\neq 0$ donc $P_{2n}\neq 1$ dès que $n\geq1$).
On démontre ainsi lé résultat d'arithmétique énoncé par Jean-Claude Loulmet:
$$\left\{ \binom{n}{k}~/~1\leq k