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"il est facile de" la preuve :

Envoyé par pourexemple 
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a trois années
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Solution du problème 14 :

Posons $q_1=45+\sqrt{2016}$ et $q_2=45-\sqrt{2016}$. On a $q_1+q_2=90$ et $q_1\times q_2=9$

Le nombre $u_n=q_1^n +q_2^n$ est toujours entier. Puisque $0<q_2<1$, on a $u_n=\lfloor(q_1^n)\rfloor +1$.

La suite $(u_n)_{n\geq 0}$ vérifie $u_{n+2}=90u_{n+1}-9u_{n}$, avec $u_0=2$ et $u_1=90$ et on démontre facilement

par récurrence que (i) $3^n|u_n$ et (ii) $10|u_{2n+1}$.

Amicalement

(six lignes avec le titre et le Amicalement)
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a trois années
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Merci.

(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.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a trois années
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Je me suis inspiré du problème 3 donné le 16 mars 1990 à la 26ème Olimpiada Matemática Española.

Montrer que la partie entière de $(4+\sqrt{11})^n$ est un nombre impair.


Re: "il est facile de" la preuve :
il y a trois années
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Bonjour

@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.
(C'est plus fort que multiple de $3^n$)

Amicalement. jacquot
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a trois années
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Bien vu jacquot smiling smiley
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a trois années
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@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 $81$.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a trois années
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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 $n=2m+1$

Le mieux est parfois l'ennemi du bien.confused smiley
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a trois années
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énoncé 15 :

Combien d'entiers $n$ sont tels que $\dfrac{(n^2+n-1)^{2016}}{5^{1789}(2n+1)}$ soit entier ?
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a trois années
Bonne nuit,

Un ?

Cordialement,

Rescassol
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a trois années
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Perso, j'en vois exactement deux, à savoir $n=2$ et $n=12$.

Greg

Ora, lege, lege, relege, labora et invenies (Prie, lis, lis , relis, travaille et tu trouveras)
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a trois années
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Les négatifs $-3$ et $-13$ n'ont-ils pas le droit de jouer ?

PS il y a aussi $62$ et $-63$ et sans doute d'autres



Edité 1 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a trois ann&eacute;es et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par jacquot.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a trois années
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pas de négatifs.

amicalement
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a trois années
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Le suivant est $312$.
Je pense qu'il y a 227 solutions positives de la forme $\left(\dfrac {5^k-1}2\right)_{k\in \{1; 2;\dots; 227\}}$
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a trois années
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Je tente une preuve en quelques lignes:

$n^2+n-1$ 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



Edité 1 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a trois ann&eacute;es et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par jacquot.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a trois années
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Encore bien vu 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.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a trois années
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énoncé 16 :
Calculer à la main, pour tout j, $\sum\limits_{i\in[1,2^{607}]} i^j \mod(2^{607}-1)$



Edité 4 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a trois ann&eacute;es et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par contrexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a trois années
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Je précise que $2^{607}-1$ est un nombre premier.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a trois années
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Dans une salle de classe, un professeur pose la question indiscrète suivante :
$12345678\times12345679-12345677\times12345680=\ldots ?$

S

La poésie n'est pas une solution.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a trois années
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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.

S

La poésie n'est pas une solution.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a trois années
plus généralement que vaut a(a+1)-(a-1)(a+2)? Appliquer ceci avec a=12345678.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a trois années
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Bonjour contrexemple,

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 : [fr.wikipedia.org]

P.S. Il ne me semble pas avoir utilisé le fait que $2^{607}-1$ est premier.

Amicalement. jacquot



Edité 1 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a trois ann&eacute;es et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par jacquot.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a trois années
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Bonjour,

@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.



Edité 1 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a trois ann&eacute;es et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par contrexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a trois années
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énoncé 17 :
Soit $f$ de $C\subset \R^n$ dans $C$ convexe et qui transforme un convexe en un convexe, $f$ est-elle continue ?
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a trois années
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@samok : pour ma part je pars d'une astuce que j'essaie de mettre en situation dans un énoncé.



Edité 1 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a trois ann&eacute;es et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par AD.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a trois années
avatar
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 ?



Edité 1 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a trois ann&eacute;es et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par contrexemple.
ev
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a trois années
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Peux-tu m'éclairer sur l'exemple 17.

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.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a trois années
avatar
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 $\times$.



Edité 2 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a trois ann&eacute;es et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par contrexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a trois années
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@ev : $f$ ne serait pas forcément une fonction convexe, mais l'image par $f$ d'un convexe de $\R^n$ est un convexe de $\R^n$.



Edité 1 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a trois ann&eacute;es et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par contrexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a trois années
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Problème numéro 16 :

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 !



Edité 1 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a trois ann&eacute;es et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par jacquot.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a trois années
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Il est plus simple d'appliquer les formules de Newton au polynôme $X^p-X$, non ? ($p$ premier)

Greg

Ora, lege, lege, relege, labora et invenies (Prie, lis, lis , relis, travaille et tu trouveras)
ev
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a trois années
avatar
@ énoncé 17.

Je vois. Je vois aussi qu'on peut regarder le cas $n=1$ qui fournit une solution pour tous les $n$.

e.v.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a trois années
avatar
@jacquot la somme ne vaut pas toujours la même chose.
@ev peux-tu donner le contrexemple que tu aurais trouvé ?

Merci.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a trois années
Citation
samok
Le TFCC (théorème fondamental de cc) énonce que toute solution s'obtient par une trivialisation d'un cas général.

[www.les-mathematiques.net]

le TFCC grinning smiley 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.

Signature: aide les autres comme toi-même car ils SONT toi, ils SONT VRAIMENT toi
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a trois années
avatar
Citation
Christophe :
le TFCC grinning smiley est beaucoup plus général que ça. Il dit que tout théorème est un cas particulier d'évidence formelle

C'est très idéologique comme position grinning smiley.

Bruno
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a trois années
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@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 ?



Edité 2 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a trois ann&eacute;es et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par jacquot.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a trois années
Ce n'est pas une métaphore

Citation

on ne dispose pas de

Bien sûr que si, ça fait belle lurette que la logique a formalisé tout ça

Signature: aide les autres comme toi-même car ils SONT toi, ils SONT VRAIMENT toi
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a trois années
Citation

Une évidence serait

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 $(\forall (A\to B))\to ((\forall xA)\to (\forall xB))$

** $A\to (A\otimes A)$ 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

Signature: aide les autres comme toi-même car ils SONT toi, ils SONT VRAIMENT toi
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a trois années
Pour l'énoncé 18, je ne pense pas. On pose

$A^- = \{ b \in \Bbb R^n \mid b<a \}$
$A^+ = \{ b \in \Bbb R^n \mid b>a \}$

$A^+$ 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
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a trois années
avatar
Quel est l'ordre sur $\mathbb R^n$ ?

Bruno
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a trois années
N'importe quel ordre qui vérifierai l'énoncé 18
ev
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a trois années
avatar
@17 N'importe quelle fonction qui vérifie le TVI sans être continue.

e.v.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a trois années
avatar
@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.

@ev : bravo, donnes un contrexemple pour fixer les choses.



Edité 5 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a trois ann&eacute;es et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par contrexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a trois années
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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.



Edité 1 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a trois ann&eacute;es et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par contrexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a trois années
avatar
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 :J'ai corrigé a posteriori $2^{607}-1$ qui était une coquille. ]
Ça me paraît compliqué.confused smiley



Edité 2 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a trois ann&eacute;es et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par jacquot.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a trois années
avatar
Bonsoir,

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.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a trois années
avatar
@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.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a trois années
avatar
Bonsoir contrexemple,

Le concept est intéressant, je l'encourage, mais je n'ai pas d'idées d'exercice de ce niveausad smiley.

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
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a trois années
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Pour le 16, je reste persuadé que l'utilisation des sommes de Newton associées au polynôme $X^p-X\in\mathbb{F}_p[X]$ est une bonne idée...

Greg

Ora, lege, lege, relege, labora et invenies (Prie, lis, lis , relis, travaille et tu trouveras)



Edité 1 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a trois ann&eacute;es et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par GreginGre.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a trois années
....voir Samok



Edité 2 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a trois ann&eacute;es et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par Joaopa.
Re: "il est facile de" la preuve :
il y a trois années
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Bonjour,

utiliser un générateur du groupe multiplicatif, après ça donne des séries géométriques ?

S

La poésie n'est pas une solution.
Désolé,vous ne pouvez pas répondre à cette discussion, elle est fermée.
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