(oui effectivement je ne connaissais pas ce genre d'astuce, en effet quand on a parlé de quantité conjugué, j'ai essayé de multiplier par elle (et non de l'ajouter)).
Si tu veux tu peux choisir l'énoncé de ton choix auquel je donnerais la solution que j'ai.
@Cidrolin : on pouvait terminer différemment, sans récurrence:
Le nombre $u_n=q_1^n +q_2^n$ est toujours entier.
Et puisque $0<q_2<1$, on a $u_n=\lfloor(q_1^n)\rfloor +1$.
Le développement de $q_1^n +q_2^n$ par le binôme de Newton donne $u_n= 2\displaystyle\sum_{k=0}^{\lfloor \frac n 2\rfloor}C_{2k}^n 45^{n-2k}2016^k$ qui est un multiple de $10$ quand $n$ est impair et un multiple de $9^n$ dans tous les cas.
[small](C'est plus fort que multiple de $3^n$)[/small]
@jacquot : Euh... ta somme n'est PAS divisible par $9^n$.
Par exemple, $q_1^2+q_2^2=8082$ est divisible par $9$ mais pas par $27$ et encore moins $81$.
Eh oui, tu as raison : l'exposant de $2016^k$ n'est pas suffisant!
Mais $q_1 ^n+q_2 ^n $ est divisible par $9^{\lfloor \frac n 2\rfloor} $
Ce qui est suffisant pour valider la propriété de Cidrolin pour $n=2m+1$
$n^2+n-1$ doit être un multiple de $5$. Je résous $n^2+n-1=5p$
Le discriminant est $\Delta= 20p+5=5(4p+1)$, la racine positive est $n_1=\frac {\sqrt \Delta -1}2$.
Alors $2n_1+1=\sqrt \Delta = \sqrt {5(4p+1)}$.
$n_1$ doit être entier naturel et $2n_1+1$ doit diviser $5^{2016-1789}\times p^{2016}$, donc $\Delta$ doit être un carré parfait (impair) et $\sqrt \Delta$ doit diviser $5^{227}\times p^{2016}$
or $4p+1$ et $p$ sont premiers entre eux donc $\sqrt \Delta$ doit être une puissance de $5$ inférieure ou égale à $5^{227}$.
Si $ 2n+1=5^k$ avec $k$ entier strictement positif et inférieur à $227$ $(*)$ , alors toutes ces conditions sont réunies, en particulier l'existence de $p$ entier tel que $5^{2k-1}=4p+1$
La condition $(*)$ est donc nécessaire et suffisante d'où les solutions:
$$\mathcal S =\left\{\dfrac {5^k-1}2 \right\}_{k\in\{1;\dots\ ;227\}}$$
Peut être Cidrolin a-t-il un raisonnement plus direct. Amicalement. jacquot
Il y a une question qui me tracasse depuis un moment : comment sont inventés les problèmes ?
Le TFCC (théorème fondamental de cc) énonce que toute solution s'obtient par une trivialisation d'un cas général.
Pour le problème 16
en utlisant les formules de Faulhaber mentionnées ici et relativement connues jusqu'à $n=3$ , je saurais montrer que
$\displaystyle \sum_{i=1}^{2^{607}-1} i^j=0 \mod ( 2^{607}-1)$ pour $j\leqslant 6$ et aussi $j=9$ et $j=11$
Alors $\displaystyle \sum_{i=1}^{2^{607}} i^j=0 +1^{2^{607}} \mod ( 2^{607}-1) =1$ pour ces valeurs.
Mais $\displaystyle \sum_{i=1}^n i^j=0 \mod ( 2^{607}-1)$ peut-il toujours s'exprimer sous forme d'un polynôme en $n$ de terme constant nul ?
Je crois que oui, si l'on regarde la formule de Faulhaber donnée ici : https://fr.wikipedia.org/wiki/Formule_de_Faulhaber#.C3.89nonc.C3.A9_de_la_formule
P.S. Il ne me semble pas avoir utilisé le fait que $2^{607}-1$ est premier.
@jacquot :
La solution que j'ai, n'utilise pas la formule de Faulhaber et utilise le fait que $2^{607}-1$ est premier.
La plupart des énoncés que j'ai mis reposent sur une astuce, si elle n'est pas connue, je pense qu'elle serait dure à trouver.
Pour vous encourager à mettre vos énoncés, je vous propose de mettre un énoncé de votre cru, en échange vous avez le droit de me demander une solution d'un énoncé que j'ai donné, de votre choix.
@Cidrolin : tu peux, donc, me demander une solution à 2 énoncés, de ton choix, que j'aurais posté ici.
énoncé 18 :
Existe-t-il une relation d'ordre totale $<$ sur $\R^n$, $2\leq n$ tel que : pour tout $a<b$ de $\R^n$, $]a,b[$ ouvert connexe, et $[a,b]$ compact connexe ?
Chez moi les fonctions convexes arrivent toujours dans $\R$. Visiblement ton exemple doit arriver dans une partie de $\R^n$. Peux-tu développer, car je ne comprends pas ton astuce ?
énoncé 19 :
Existe-t-il sur $\R^n$, une relation d'ordre totale $\leq$ tel que il existe $o\in \R^n$ et $(\R^n,+,\times)$ anneau, pour tout $a,b,c,d$ dans $\R^n$ : $a\leq b$, $c\leq d$ alors $a+c\leq b+d$ et si $o\leq a$ et $o\leq c$ alors $o\leq a\times c \leq b \times d$,
avec $+$ l'addition canonique, $o$ un élément absorbant de $\times$.
Mon Post scriptum n'est pas juste.
J'utilise le fait que $2^{607}-1$ est premier parce que les polynômes de Faulhaber ont des coefficients rationnels il faut donc que $n $ ne soit pas divisible par leurs dénominateurs. .
le TFCC :-D est beaucoup plus général que ça. Il dit que tout théorème est un cas particulier d'évidence formelle
Il s'applique d'ailleurs à lui-même, je te signale donc l'évidence qui l'entraine. Une fois tout écrit proprement, la recherche d'une preuve de l'énoncé P consiste à trouver la sortie dans un labyrinthe. Disons que dans le labyrinthe certaines portes sont ouvertes d'autres fermées. La difficulté est que certaines portes ouvertes n'offrent pas pour autant des passages pertinents. Soit C un chemin qui mène à la sortie. Un labyrinthe formellement plus méchant que le précédent consiste à fermer des portes, on peut par exemple fermer toutes les portes qui ne sont pas sur C. Il en résulte un labyrinthe formellement plus dur mais tel que... il n'y a aucune difficulté pour y trouver la sortie (il suffit de passer par les seules portes restées ouvertes).
La fermeture de portes est l'équivalent d'un affaiblissement des hypothèses. L'évidence obtenue est l'énoncé qui correspond au deuxième labyrinthe: le théorème qui correspond au premier labyrinthe est un cas particulier de cette évidence.
Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi
@christophe c :
Non, ta métaphore est, me semble-t-il, mal choisie, en effet on ne dispose pas de distances qui permettent de mesurer l'éloignement de la sortie (bien que pour le sat-problème il existe : le nombre de conjonctions fausses).
Une évidence serait un modèle connu, une question serait évidente si elle se ramenait à la résolution d'une question connue (pas forcément résolue), c'est bien cela ?
J'en ai souvent donné la liste sur le forum. Flemme de la retaper. Ce sont les énoncés qu'on obtient à partir de ceux de la forme $X\to X$ en permutant les hypothèses (exemple $(a\to (b\to c)) \to (b\to (a\to c))$, etc) à quoi on ajoute:
$(a\to b) \to (a\to ((b\to c)\to c))$
pluss ceux des logiques engagées (2 pour l'intuitionniste**, 3 pour la classique***)
pluss $A\to (\forall xA)$ (quand $x$ ne figure pas dans $A$) et $(\forall (A\to )\to ((\forall xA)\to (\forall xB))$
** $A\to (A\otimes A)$ et $A\to (B\to A)$
*** les deux précédents + $non(non(A)) \to A$
où $A\otimes B$ abrège $\forall X: [(A\to (B\to X))\to X]$ et $non(A)$ abrège $A\to (\forall X: X)$
Tout théorème est alors un cas particulier d'une conjonction de ces énoncés.
Remarque: la définition du "non" n'est valable que dans les options où on a choisi que tout énoncé entraine tout théorème
Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi
$A^- = \{ b \in \Bbb R^n \mid b<a \}$
$A^+ = \{ b \in \Bbb R^n \mid b>a \}$
$A^+$ et $A^-$ sont deux ouverts connexes non vides disjoints et leur union est égale à $\Bbb R^n \backslash \{a\}$ or pour $n>1$, $\Bbb R^n \backslash \{a\}$ est connexe : contradiction
@Tryss : bravo (c'est bien l'astuce sur laquelle est bâtie cette énoncé).
Un ouvert connexe de $\R^n,2\leq n$ reste connexe après que l'on a enlevé un point, alors que ce n'est pas le cas des segment.
énoncé 20 : pour disposer de la solution de celui-ci, il faut poster ici 5 énoncés différents de son cru
Calculer $\sum \limits_{i\in [0,2^{100}-1]} 3^{2^i} \mod 5^{20}$ ?
PS : inutile de faire le calcul, il suffit juste de proposer comment arriver aux calculs, en un temps raisonnable.
Bonsoir contrexemple,
Je suis resté en rade sur la question 16
En cherchant dans la littérature, j'ai trouvé cette idée:
$2^{k+1}=(1+1)^{k+1}=1^{k+1}+(k+1)1^k+\sum_{p=0}^{k-1}\binom{k+1}{p}1^p$
$3^{k+1}=(2+1)^{k+1}=2^{k+1}+(k+1)2^k+\sum_{p=0}^{k-1}\binom{k+1}{p}2^p$
$etc.$
$n^{k+1}=((n-1)+1)^{k+1}=(n-1)^{k+1}+(k+1)(n-1)^k+\sum_{p=0}^{k-1}\binom{k+1}{p}(n-1)^p$
$(n+1)^{k+1}=(n+1)^{k+1}=n^{k+1}+(k+1)n^k+\sum_{p=0}^{k-1}\binom{k+1}{p}n^p$
On remonte ces égalités en substituant le terme de degré $^{k+1}$ de chaque ligne par la ligne précédente, obtenant finalement:
$(n+1)^{k+1}=1^{k+1}+(k+1)S_{n,k}+\sum_{p=1}^{k+1}\binom{k+1}{p}S_{n,p}$ où $S_{n,p}=\sum_{i=1}^n i^p$
Ceci va permettre de faire une récurrence (forte).
On remarque déjà que $S_{n,0}=0+n$.
Si pour tout $p\leqslant k-1$ on a $S_{n,p}=0(\mod n)$ alors
il vient $1^{k+1}+(k+1)S_{n,k}+0=(1+n)^{k+1}(\mod n )$ donc $(k+1)S_{n,k}=0(\mod n )$
et la récurrence peut fonctionner tant que $k+1$ n'est pas un diviseur de zéro modulo $n$, c'est à dire jusqu'à $n-{\color{red}2}$ si $n$ est premier.
Ainsi, pour $n=2^{607}-1$ on aura $\sum_{i=1}^n i^j=0(\mod n)$ et $\boxed{\displaystyle\sum_{i=1}^{2^{607}} i^j =1(\mod n)\ \mathrm{\text {tant que}}\ j<2^{607}-{\color{red}2}}$. Au delà, je ne sais pas.
[Edit :[small]J'ai corrigé a posteriori $2^{607}-1$ qui était une coquille.[/small] ]
Ça me paraît compliqué.:-S
@jacquot : l'astuce peut être difficile à trouver si on en a pas l'habitude, je t'invite à poster un problème de ton cru comme cela tu pourras avoir la solution que je penses avoir de l'énoncé 16.
En fait je conçois, ce fil comme un échange d'astuces mathématiques.
Tu prends une astuce que tu habilles d'un énoncé, et que tu proposes aux autres, et comme l'a fait Cidrolin au bout d'un certain temps on donne son astuce.
Je ne le fais pas, car si je donne toutes les astuces je n'aurais plus rien à échanger, donc pour que le fil vive j'échange un énoncé de votre cru, contre une astuce à un énoncé que j'ai proposé.
Le concept est intéressant, je l'encourage, mais je n'ai pas d'idées d'exercice de ce niveau:-(.
Pour ma solution (partielle) de l'exercice 16, le $j=2^{206}-1$ était une coquille, je me doutais bien qu'il y en avait au moins une, il fallait lire $j=2^{206}-2$ : j'ai bien indiqué que la validité de la récurrence s'arrête dès que $k+1$ a un diviseur de zéro modulo $n$ avec ici $n=2^{206}-1$. J'espère que c'est la seule !
J'imagine que ton astuce permet un traitement plus simple de cette question.
Peut-être ta remarque pour tout $x$ premier avec $p$ (entier premier) , $x^{p-1}=1\mod p$
me permettra-telle de pousser plus loin ma récurrence...
Bonne nuit. jacquot
@jacquot : une solution plus courte est proposée par samok, p est premier, donc le seul diviseur de zéro dans $\Z_p$ est 0, donc $p-1=2^{607}-2$ n'est pas un diviseur de zéro dans $\Z_p$
@samok : bravo, qu'est-ce qui t'a mis sur la piste, l'expression $x^{p-1} \mod p =1 $ ?
Réponses
(oui effectivement je ne connaissais pas ce genre d'astuce, en effet quand on a parlé de quantité conjugué, j'ai essayé de multiplier par elle (et non de l'ajouter)).
Si tu veux tu peux choisir l'énoncé de ton choix auquel je donnerais la solution que j'ai.
Montrer que la partie entière de $(4+\sqrt{11})^n$ est un nombre impair.
@Cidrolin : on pouvait terminer différemment, sans récurrence:
Le nombre $u_n=q_1^n +q_2^n$ est toujours entier.
Et puisque $0<q_2<1$, on a $u_n=\lfloor(q_1^n)\rfloor +1$.
Le développement de $q_1^n +q_2^n$ par le binôme de Newton donne $u_n= 2\displaystyle\sum_{k=0}^{\lfloor \frac n 2\rfloor}C_{2k}^n 45^{n-2k}2016^k$ qui est un multiple de $10$ quand $n$ est impair et un multiple de $9^n$ dans tous les cas.
[small](C'est plus fort que multiple de $3^n$)[/small]
Amicalement. jacquot
Par exemple, $q_1^2+q_2^2=8082$ est divisible par $9$ mais pas par $27$ et encore moins $81$.
Mais $q_1 ^n+q_2 ^n $ est divisible par $9^{\lfloor \frac n 2\rfloor} $
Ce qui est suffisant pour valider la propriété de Cidrolin pour $n=2m+1$
Le mieux est parfois l'ennemi du bien.:-S
Combien d'entiers $n$ sont tels que $\dfrac{(n^2+n-1)^{2016}}{5^{1789}(2n+1)}$ soit entier ?
Un ?
Cordialement,
Rescassol
PS il y a aussi $62$ et $-63$ et sans doute d'autres
amicalement
Je pense qu'il y a 227 solutions positives de la forme $\left(\dfrac {5^k-1}2\right)_{k\in \{1; 2;\dots; 227\}}$
$n^2+n-1$ doit être un multiple de $5$. Je résous $n^2+n-1=5p$
Le discriminant est $\Delta= 20p+5=5(4p+1)$, la racine positive est $n_1=\frac {\sqrt \Delta -1}2$.
Alors $2n_1+1=\sqrt \Delta = \sqrt {5(4p+1)}$.
$n_1$ doit être entier naturel et $2n_1+1$ doit diviser $5^{2016-1789}\times p^{2016}$, donc $\Delta$ doit être un carré parfait (impair) et $\sqrt \Delta$ doit diviser $5^{227}\times p^{2016}$
or $4p+1$ et $p$ sont premiers entre eux donc $\sqrt \Delta$ doit être une puissance de $5$ inférieure ou égale à $5^{227}$.
Si $ 2n+1=5^k$ avec $k$ entier strictement positif et inférieur à $227$ $(*)$ , alors toutes ces conditions sont réunies, en particulier l'existence de $p$ entier tel que $5^{2k-1}=4p+1$
La condition $(*)$ est donc nécessaire et suffisante d'où les solutions:
$$\mathcal S =\left\{\dfrac {5^k-1}2 \right\}_{k\in\{1;\dots\ ;227\}}$$
Peut être Cidrolin a-t-il un raisonnement plus direct. Amicalement. jacquot
Mon départ est $2n+1$ divise $(n^2+n-1)^{2016}$ donc $2n+1$ divise $(4n^2+4n-4)^{2016}$
ce qui donne $2n+1$ divise $((2n+1)^2-5)^{2016}$ d'où $2n+1$ divise $5^{2016}$.
On peut poser $2n+1=5^k$ avec $1\leq k \leq 2016$, après je remplace $n$ par $\dfrac{5^k-1}2$
et je trouve le même résultat que jacquot.
Amicalement.
Calculer à la main, pour tout j, $\sum\limits_{i\in[1,2^{607}]} i^j \mod(2^{607}-1)$
$12345678\times12345679-12345677\times12345680=\ldots ?$
S
Le TFCC (théorème fondamental de cc) énonce que toute solution s'obtient par une trivialisation d'un cas général.
S
Pour le problème 16
en utlisant les formules de Faulhaber mentionnées ici et relativement connues jusqu'à $n=3$ , je saurais montrer que
$\displaystyle \sum_{i=1}^{2^{607}-1} i^j=0 \mod ( 2^{607}-1)$ pour $j\leqslant 6$ et aussi $j=9$ et $j=11$
Alors $\displaystyle \sum_{i=1}^{2^{607}} i^j=0 +1^{2^{607}} \mod ( 2^{607}-1) =1$ pour ces valeurs.
Mais $\displaystyle \sum_{i=1}^n i^j=0 \mod ( 2^{607}-1)$ peut-il toujours s'exprimer sous forme d'un polynôme en $n$ de terme constant nul ?
Je crois que oui, si l'on regarde la formule de Faulhaber donnée ici : https://fr.wikipedia.org/wiki/Formule_de_Faulhaber#.C3.89nonc.C3.A9_de_la_formule
P.S. Il ne me semble pas avoir utilisé le fait que $2^{607}-1$ est premier.
Amicalement. jacquot
@jacquot :
La solution que j'ai, n'utilise pas la formule de Faulhaber et utilise le fait que $2^{607}-1$ est premier.
La plupart des énoncés que j'ai mis reposent sur une astuce, si elle n'est pas connue, je pense qu'elle serait dure à trouver.
Pour vous encourager à mettre vos énoncés, je vous propose de mettre un énoncé de votre cru, en échange vous avez le droit de me demander une solution d'un énoncé que j'ai donné, de votre choix.
@Cidrolin : tu peux, donc, me demander une solution à 2 énoncés, de ton choix, que j'aurais posté ici.
Cordialement.
Soit $f$ de $C\subset \R^n$ dans $C$ convexe et qui transforme un convexe en un convexe, $f$ est-elle continue ?
Existe-t-il une relation d'ordre totale $<$ sur $\R^n$, $2\leq n$ tel que : pour tout $a<b$ de $\R^n$, $]a,b[$ ouvert connexe, et $[a,b]$ compact connexe ?
Chez moi les fonctions convexes arrivent toujours dans $\R$. Visiblement ton exemple doit arriver dans une partie de $\R^n$. Peux-tu développer, car je ne comprends pas ton astuce ?
e.v.
Existe-t-il sur $\R^n$, une relation d'ordre totale $\leq$ tel que il existe $o\in \R^n$ et $(\R^n,+,\times)$ anneau, pour tout $a,b,c,d$ dans $\R^n$ : $a\leq b$, $c\leq d$ alors $a+c\leq b+d$ et si $o\leq a$ et $o\leq c$ alors $o\leq a\times c \leq b \times d$,
avec $+$ l'addition canonique, $o$ un élément absorbant de $\times$.
Mon Post scriptum n'est pas juste.
J'utilise le fait que $2^{607}-1$ est premier parce que les polynômes de Faulhaber ont des coefficients rationnels il faut donc que $n $ ne soit pas divisible par leurs dénominateurs. .
Je cherche encore la solution plus simple !
Je vois. Je vois aussi qu'on peut regarder le cas $n=1$ qui fournit une solution pour tous les $n$.
e.v.
@ev peux-tu donner le contrexemple que tu aurais trouvé ?
Merci.
http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?43,1198849,1201761#msg-1201761
le TFCC :-D est beaucoup plus général que ça. Il dit que tout théorème est un cas particulier d'évidence formelle
Il s'applique d'ailleurs à lui-même, je te signale donc l'évidence qui l'entraine. Une fois tout écrit proprement, la recherche d'une preuve de l'énoncé P consiste à trouver la sortie dans un labyrinthe. Disons que dans le labyrinthe certaines portes sont ouvertes d'autres fermées. La difficulté est que certaines portes ouvertes n'offrent pas pour autant des passages pertinents. Soit C un chemin qui mène à la sortie. Un labyrinthe formellement plus méchant que le précédent consiste à fermer des portes, on peut par exemple fermer toutes les portes qui ne sont pas sur C. Il en résulte un labyrinthe formellement plus dur mais tel que... il n'y a aucune difficulté pour y trouver la sortie (il suffit de passer par les seules portes restées ouvertes).
La fermeture de portes est l'équivalent d'un affaiblissement des hypothèses. L'évidence obtenue est l'énoncé qui correspond au deuxième labyrinthe: le théorème qui correspond au premier labyrinthe est un cas particulier de cette évidence.
C'est très idéologique comme position :-D.
Bruno
Non, ta métaphore est, me semble-t-il, mal choisie, en effet on ne dispose pas de distances qui permettent de mesurer l'éloignement de la sortie (bien que pour le sat-problème il existe : le nombre de conjonctions fausses).
Une évidence serait un modèle connu, une question serait évidente si elle se ramenait à la résolution d'une question connue (pas forcément résolue), c'est bien cela ?
Bien sûr que si, ça fait belle lurette que la logique a formalisé tout ça
J'en ai souvent donné la liste sur le forum. Flemme de la retaper. Ce sont les énoncés qu'on obtient à partir de ceux de la forme $X\to X$ en permutant les hypothèses (exemple $(a\to (b\to c)) \to (b\to (a\to c))$, etc) à quoi on ajoute:
$(a\to b) \to (a\to ((b\to c)\to c))$
pluss ceux des logiques engagées (2 pour l'intuitionniste**, 3 pour la classique***)
pluss $A\to (\forall xA)$ (quand $x$ ne figure pas dans $A$) et $(\forall (A\to
** $A\to (A\otimes A)$ et $A\to (B\to A)$
*** les deux précédents + $non(non(A)) \to A$
où $A\otimes B$ abrège $\forall X: [(A\to (B\to X))\to X]$ et $non(A)$ abrège $A\to (\forall X: X)$
Tout théorème est alors un cas particulier d'une conjonction de ces énoncés.
Remarque: la définition du "non" n'est valable que dans les options où on a choisi que tout énoncé entraine tout théorème
$A^- = \{ b \in \Bbb R^n \mid b<a \}$
$A^+ = \{ b \in \Bbb R^n \mid b>a \}$
$A^+$ et $A^-$ sont deux ouverts connexes non vides disjoints et leur union est égale à $\Bbb R^n \backslash \{a\}$ or pour $n>1$, $\Bbb R^n \backslash \{a\}$ est connexe : contradiction
Bruno
e.v.
Un ouvert connexe de $\R^n,2\leq n$ reste connexe après que l'on a enlevé un point, alors que ce n'est pas le cas des segment.
@ev : bravo, donnes un contrexemple pour fixer les choses.
Calculer $\sum \limits_{i\in [0,2^{100}-1]} 3^{2^i} \mod 5^{20}$ ?
PS : inutile de faire le calcul, il suffit juste de proposer comment arriver aux calculs, en un temps raisonnable.
Je suis resté en rade sur la question 16
En cherchant dans la littérature, j'ai trouvé cette idée:
$2^{k+1}=(1+1)^{k+1}=1^{k+1}+(k+1)1^k+\sum_{p=0}^{k-1}\binom{k+1}{p}1^p$
$3^{k+1}=(2+1)^{k+1}=2^{k+1}+(k+1)2^k+\sum_{p=0}^{k-1}\binom{k+1}{p}2^p$
$etc.$
$n^{k+1}=((n-1)+1)^{k+1}=(n-1)^{k+1}+(k+1)(n-1)^k+\sum_{p=0}^{k-1}\binom{k+1}{p}(n-1)^p$
$(n+1)^{k+1}=(n+1)^{k+1}=n^{k+1}+(k+1)n^k+\sum_{p=0}^{k-1}\binom{k+1}{p}n^p$
On remonte ces égalités en substituant le terme de degré $^{k+1}$ de chaque ligne par la ligne précédente, obtenant finalement:
$(n+1)^{k+1}=1^{k+1}+(k+1)S_{n,k}+\sum_{p=1}^{k+1}\binom{k+1}{p}S_{n,p}$ où $S_{n,p}=\sum_{i=1}^n i^p$
Ceci va permettre de faire une récurrence (forte).
On remarque déjà que $S_{n,0}=0+n$.
Si pour tout $p\leqslant k-1$ on a $S_{n,p}=0(\mod n)$ alors
il vient $1^{k+1}+(k+1)S_{n,k}+0=(1+n)^{k+1}(\mod n )$ donc $(k+1)S_{n,k}=0(\mod n )$
et la récurrence peut fonctionner tant que $k+1$ n'est pas un diviseur de zéro modulo $n$, c'est à dire jusqu'à $n-{\color{red}2}$ si $n$ est premier.
Ainsi, pour $n=2^{607}-1$ on aura $\sum_{i=1}^n i^j=0(\mod n)$ et $\boxed{\displaystyle\sum_{i=1}^{2^{607}} i^j =1(\mod n)\ \mathrm{\text {tant que}}\ j<2^{607}-{\color{red}2}}$. Au delà, je ne sais pas.
[Edit :[small]J'ai corrigé a posteriori $2^{607}-1$ qui était une coquille.[/small] ]
Ça me paraît compliqué.:-S
non, car pour tout $x$ premier avec $p$ (entier premier) , $x^{p-1}=1\mod p$ donc pour $j=2^{607}-2$ on obtient $0$, or tu trouves 1.
Bonne fin de soirée.
En fait je conçois, ce fil comme un échange d'astuces mathématiques.
Tu prends une astuce que tu habilles d'un énoncé, et que tu proposes aux autres, et comme l'a fait Cidrolin au bout d'un certain temps on donne son astuce.
Je ne le fais pas, car si je donne toutes les astuces je n'aurais plus rien à échanger, donc pour que le fil vive j'échange un énoncé de votre cru, contre une astuce à un énoncé que j'ai proposé.
Le concept est intéressant, je l'encourage, mais je n'ai pas d'idées d'exercice de ce niveau:-(.
Pour ma solution (partielle) de l'exercice 16, le $j=2^{206}-1$ était une coquille, je me doutais bien qu'il y en avait au moins une, il fallait lire $j=2^{206}-2$ : j'ai bien indiqué que la validité de la récurrence s'arrête dès que $k+1$ a un diviseur de zéro modulo $n$ avec ici $n=2^{206}-1$. J'espère que c'est la seule !
J'imagine que ton astuce permet un traitement plus simple de cette question.
Peut-être ta remarque
pour tout $x$ premier avec $p$ (entier premier) , $x^{p-1}=1\mod p$
me permettra-telle de pousser plus loin ma récurrence...
Bonne nuit. jacquot
utiliser un générateur du groupe multiplicatif, après ça donne des séries géométriques ?
S
@jacquot : une solution plus courte est proposée par samok, p est premier, donc le seul diviseur de zéro dans $\Z_p$ est 0, donc $p-1=2^{607}-2$ n'est pas un diviseur de zéro dans $\Z_p$
@samok : bravo, qu'est-ce qui t'a mis sur la piste, l'expression $x^{p-1} \mod p =1 $ ?