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"il est facile de" la preuve :

Envoyé par pourexemple 
ev
Re: "il est facile de" la preuve :
17 janvier 2016, 11:18
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 :
17 janvier 2016, 11:44
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 :
17 janvier 2016, 12:23
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 :
17 janvier 2016, 12:26
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 :
17 janvier 2016, 14:16
avatar
@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 ?



Modifié 2 fois. Dernière modification le 17/01/2016 19:27 par jacquot.
Re: "il est facile de" la preuve :
17 janvier 2016, 15:27
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 :
17 janvier 2016, 15:41
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 :
17 janvier 2016, 16:11
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 :
17 janvier 2016, 16:21
avatar
Quel est l'ordre sur $\mathbb R^n$ ?

Bruno
Re: "il est facile de" la preuve :
17 janvier 2016, 16:32
N'importe quel ordre qui vérifierai l'énoncé 18
ev
Re: "il est facile de" la preuve :
17 janvier 2016, 16:34
avatar
@17 N'importe quelle fonction qui vérifie le TVI sans être continue.

e.v.
Re: "il est facile de" la preuve :
17 janvier 2016, 17:31
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.



Modifié 5 fois. Dernière modification le 18/01/2016 16:47 par contrexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
18 janvier 2016, 16:44
avatar
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.



Modifié 1 fois. Dernière modification le 18/01/2016 16:49 par contrexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
18 janvier 2016, 20:11
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



Modifié 2 fois. Dernière modification le 19/01/2016 00:10 par jacquot.
Re: "il est facile de" la preuve :
18 janvier 2016, 20:53
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 :
18 janvier 2016, 21:07
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 :
18 janvier 2016, 23:32
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 :
18 janvier 2016, 23:37
avatar
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)



Modifié 1 fois. Dernière modification le 18/01/2016 23:37 par GreginGre.
Re: "il est facile de" la preuve :
19 janvier 2016, 06:23
....voir Samok



Modifié 2 fois. Dernière modification le 19/01/2016 06:45 par Joaopa.
Re: "il est facile de" la preuve :
19 janvier 2016, 06:24
avatar
Bonjour,

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

S

La poésie n'est pas une solution.
Re: "il est facile de" la preuve :
19 janvier 2016, 10:59
avatar
Bonjour,

@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 $ ?



Modifié 3 fois. Dernière modification le 19/01/2016 11:11 par contrexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
19 janvier 2016, 11:18
avatar
Je vous propose d'essayer de résoudre l'énoncé 3
Re: "il est facile de" la preuve :
19 janvier 2016, 11:29
avatar
Merci contrexemple,
Il va falloir que je fasse des révisions en arithmétique pour comprendre entièrement la solution de samok.

Ton indication $x^{p-1} \mod p =1 $ m'avait permis entre temps de montrer que au delà de $2^{607}-2$ ta somme reste toujours congrue à 1 modulo $2^{607}-1$ sauf pour les multiples de $2^{607}-2$ où elle est nulle. (périodicité de période $p-1$)

Amicalement. jacquot
Re: "il est facile de" la preuve :
19 janvier 2016, 11:47
avatar
@jacquot :
$K=Z_p$ alors $K^*=K-\{0\}$ le groupe multiplicatif est cyclique, donc il existe $b\in K^*$ tel que pour tout $a\in K^*$, il existe $n \in [0,p-2]$, $a=b^n$.
Donc $ \sum \limits_{i\in [1,p-1]} i^j \mod p=\sum \limits_{n\in [0,p-2]} b^{j\times n}\mod p$ qui est une série géométrique qui vaut 0 (car $b^{j\times (p-1)}=1$) ssi on n'a pas $(p-1)|j$, c'est à dire $b^j\neq 1$

Cordialement.



Modifié 1 fois. Dernière modification le 19/01/2016 12:05 par contrexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
19 janvier 2016, 12:01
avatar
En fait il existe une astuce plus simple que celle là je la mets en oeuvre dans cet énoncé :
énoncé 21 :
On note $G$ un groupe fini, multiplicatif de $A$ un anneau unitaire intègre sans diviseur de 0.
Calculer pour tout $j$, $\sum \limits_{g\in G}g^j$.



Modifié 2 fois. Dernière modification le 19/01/2016 18:38 par contrexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
19 janvier 2016, 12:09
avatar
Merci, contrexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
19 janvier 2016, 12:37
avatar
Bonjour contrexemple,

narration de recherche :
- je me suis dit que la puissance induirait une bijection (dans le groupe multiplicatif), mais en prenant comme exemple 13, j'ai été fort désappointé;
- j'ai repensé à une preuve du petit théorème de Fermat, où une bijection utilisée est $x\mapsto ax$.

voili voilou,

S

La poésie n'est pas une solution.



Modifié 1 fois. Dernière modification le 19/01/2016 12:42 par samok.
JLT
Re: "il est facile de" la preuve :
19 janvier 2016, 13:33
avatar
L'énoncé 3 se résout en remarquant que pour tout $p$ premier et pour tout polynôme $f\in\Z/p\Z[X]$, la dérivée $p$-ième de $f$ est nulle.
Re: "il est facile de" la preuve :
19 janvier 2016, 13:49
avatar
Bonjour,

@samok : merci.

@JLT : bravo, cela vient de la proposition soit, $P(X)=X\times(X-1)...(X-p+1)$, pour tout $n\in \Z$, $p|P(n)$,
on a même $p!|P(n)$.



Modifié 3 fois. Dernière modification le 28/01/2016 08:27 par contrexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
19 janvier 2016, 14:01
avatar
Je vous propose de vous intéresser à l'énoncé 12.
Re: "il est facile de" la preuve :
19 janvier 2016, 16:43
21: groupe multiplicatif fini d'un corps->cyclique.
12:x=1
16: On peut aussi remarquer que $\frac1{x^{p-1}-1}=\sum_{i\ne0}\frac1{x-i}$ dans $\mathbb Z/p\mathbb Z$.



Modifié 2 fois. Dernière modification le 19/01/2016 16:44 par Joaopa.
Re: "il est facile de" la preuve :
19 janvier 2016, 17:18
avatar
l'énoncé 21 : il est question d'anneau intègre unitaire (pas forcément commutatif et pas forcément fini).
énoncé 12 : bravo, en prenant x=1, on se rend compte que f(1)>1, ce qui n'est pas possible.
énoncé 16 : $\frac{1}{x^{p-1}-1}=\frac{1}{0}$ qui est indéterminé sur $\Z_p$
Re: "il est facile de" la preuve :
19 janvier 2016, 17:23
avatar
Un anneau intègre EST commutatif par définition. Je suppose que tu voulais dire anneau sans diviseurs de zéro.

Greg

Ora, lege, lege, relege, labora et invenies (Prie, lis, lis , relis, travaille et tu trouveras)
Re: "il est facile de" la preuve :
19 janvier 2016, 18:00
21: multiplier par un $g_0^j$ convenable
16. Mon indication dans le 16 est évidemment à prendre dans $\mathbb Z/p\mathbb Z(x)$.



Modifié 1 fois. Dernière modification le 19/01/2016 18:00 par Joaopa.
Re: "il est facile de" la preuve :
19 janvier 2016, 18:32
avatar
@Greg : sans diviseur de zéro et intègre était pour moi équivalent, ce n'est pas le cas ?
anneau sans diviseur de zéro non commutatif : le corps des hamiltoniens.
@Joaopa :
21 : peux tu nous en dire plus ?
16 : ok.



Modifié 2 fois. Dernière modification le 19/01/2016 18:37 par contrexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
19 janvier 2016, 18:39
avatar
@ev : j'attends toujours ton contrexemple au TVI.



Modifié 2 fois. Dernière modification le 19/01/2016 18:41 par contrexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
24 janvier 2016, 20:10
avatar
un peu border-line, voici le problème : (quel genre de psychopathe de la pensée l'a formulé en premier ?)

La poésie n'est pas une solution.


Re: "il est facile de" la preuve :
24 janvier 2016, 20:35
avatar
Bonjour,

Pour ce que j'en sais de ce genre de problème la solution est rarement à chercher dans l'ensemble des solutions communes, c'est à dire qu'il serait inutile d'essayer à l'aide de déplacement des pièces dans le plan, d'obtenir "la lettre M", peut être qu'il faut appliquer une symétrie par ci par là, ou qu'il ne faut pas rester dans le plan (dans l'espace), ou que "la lettre M" n'est pas à comprendre dans le sens commun, mais à comprendre d'une manière particulière.

J'ai free, ou à moitié free ?
Re: "il est facile de" la preuve :
24 janvier 2016, 20:49
avatar
Le déplacement des pièces dans le plan est suffisant.

S

La poésie n'est pas une solution.
Re: "il est facile de" la preuve :
24 janvier 2016, 21:02
avatar
Et l'expression "la lettre M" est bien à comprendre dans un sens commun.
Désolé,vous ne pouvez pas répondre à cette discussion, elle est fermée.
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