Pour calculer $\sum_{i=0}^{2^{100}-3} u^i \mod 5^{20}$, on utilise le fait que $u^{a\phi(5^{20})+r} \equiv u^r \mod 5^{20}$ si $a,r \in \N$, et si $u$ est premier avec $5$.
Voilà ma solution : On travaille dans $A=\Z_{5^{20}}$
$Q(X)=(X^5-X)^{20}$ alors pour tout $x\in A$, $Q(x)=0$
On pose $P_0(X)=X$, $F_0(X)=X^2$
$F_{i+1}(X)=F_{i}(F_{i}(X)) \mod Q(X)$
$P_{i+1}(X)=P_i(F_i(X))+P_i(X) \mod Q(X)$
Alors on calcule : $P_{99}(3)$ qui donne le résultat.
Énoncé 35.
Soient $a$ et $b$ deux points distincts éléments de $\R^{n}\backslash A$. Soit $D$ la médiatrice de $[a,b]$ dans un plan $P$ contenant $a$ et $b$. Pour chaque point $x \in D$ (sauf le miieu de $[a,b]$), soit $\Gamma _{x}$ l'arc de cercle ouvert d'extrémités $a$ et $b$ passant par $x$ et situé dans le plan $P$. Ces arcs sont deux à deux disjoints et leur ensemble est infini non dénombrable. Il y en a donc au moins un qui ne contient pas de point de $A$. Ainsi, $\R^{n}\backslash A$ est connexe par arcs $C^{\infty }$.
En remplaçant les arcs de cercle par des triangles isocèles, on voit que $\R^{n}\backslash A$ est connexe par lignes polygonales.
Bonne soirée.
F. Ch.
J'ai donné deux preuves pour le 26. C'est à partir de combien que la question est résolue. En plus ce n'est pas un nouveau critère. On le trouve au cours d'une démo de Gilmer..
énoncé 36 :
Soit $P$ un polynôme de $\Z[X,Y]$ tel que $P(4,3)=P(2,6)=P(4,4)=P(2,1)=c$ et $P(1,3)=3+c$.
Montrer que pour tout $R,Q\in \Z[X]$ $P(X,Y)\neq R(X)+Q(Y)$.
énoncé 37 :
Si $F\subset \R^n$ fermée tel que $D$ est dense dans $\R^n$ et $F\cap D=\{\}$ alors $card(F) \leq card(\N)$.
Montrer que ce n'est vrai que pour $n=1$.
énoncé 38: (je le trouve joli)
Soit $f$ fonction de $\R^2$ dans $\R$ tel que $f(x,y)=f(y,x)$. Montrer qu'il existe une fonction $g$ tel que $f(x,y)=g(x+y,x\times y)$.
40: Ok Joaopa.
$y=-x$ mène à $f(x)=\dfrac{f(0)}{1-x}$ et $x=0$ mène à $f(y)=f(0)(y+1)$, donc il ne reste que la fonction nulle, à moins qu'à cette heure tardive, je n'écrive n'importe quoi, ce qui est possible.
Ben en écrivant $(2x^{2}-1)(2y^{2}-1)=-3$, sachant que $3$ est premier, il n'est pas trop difficile de continuer. Sauf erreur, pas de solution dans $ \mathbb{Z}$. On peut chercher les solutions dans $ \mathbb{G} $ (entiers de Gauss).
Ok je vois, mais il y a plus d'inconnues que d'équations.
De plus, il te reste à prouver que le système linéaire que tu as, n'a pas de solution totalement entière.
Il y a une erreur dans les données de l'énoncé 32.
Une solution: si f est continue de $\R^2$ dans $\R^2$ et si la droite $(D)$ coupe le segment $[f(A),f(B)]$ alors il existe $M\in\R^2$ tel que $f(M)\in(D)$.
Dans le cas de la parabole d'équation $x=y^2$, $f(A)$ est à l'extérieur de la parabole et $f(B)$ à l'intérieur.
On peut donc appliquer le théorème des valeurs intermédiaires sur [0,1] à la fonction continue définie par $h(t)=f_1((1-t)A+tB)-f_2((1-t)A+tB)^2$ (en posant $f=(f_1,f_2)$).
39: Sans astuce:
Soit $F=\{f\in\mathcal C([-1,1],\mathbb R) \mid \max\limits_{x\in [\frac 34,1]}|f(x)|\le \frac14 \max\limits_{x\in [-1,1]}|f(x)|\}$ est fermé (pour la norme infinie) de $\mathcal C([-1,1],\mathbb R)$. L'application $g: F\to \mathcal C([-1,1],\mathbb R)$, $f\mapsto f\left(\frac{x^2+3}4\right)+ f\left(\frac{x+3}4\right)+\frac{x+7}4$ est contractante. Application du point fixe.
PS: limits ne marche pas avec $\max$ sur le site ?
[Pourtant ... AD]
Pour le 29 (en admettant que $p=2^{607}-1$ est premier).
En posant $v_n=2u_n-1$ on obtient $v_{n+1}=v_n^2$ donc $v_n=v_0^{2^n}=5^{2^n}$.
Le résultat est simple avec $n=607$ mais avec $n=2^{607}$ je trouve un entier à 182 chiffres!
Réponses
$81^{2^i}\equiv (1+80)^{2^i}\equiv \sum_{j=0}^{\min(19,2^i)} C_{2^i}^j 80^j \mod 5^{20}$,
car $80^j \equiv 0 \mod 5^{20}$ si $j \geq 20$.
Soit $S_j=\sum_{i=0}^{2^{100}-3} C_{2^i}^j$ avec la convention $C_{2^i}^j=0$ si $2^i<j$.
On a alors $A \equiv 3+9+\sum_{j=0}^{19} S_j 80^j \mod 5^{20}$.
Pour calculer $S_j$, on écrit $C_x^j$ comme un polynôme $a_j x^j+\dots+ a_0$.
Comme on sait calculer $T_j=\sum_{i=0}^{2^{100}-3} (2^j)^i$, on sait calculer $S_j$.
En effet, $S_j=a_jT_j+a_{j-1}T_{j-1}+ \dots+a_1T_1+ a_0 T_0$
Il faut quand même faire attention vu que les $a_j,\dots, a_0$ appartiennent à $\Q$.
Ici, $u=2^j$.
Voilà ma solution : On travaille dans $A=\Z_{5^{20}}$
$Q(X)=(X^5-X)^{20}$ alors pour tout $x\in A$, $Q(x)=0$
On pose $P_0(X)=X$, $F_0(X)=X^2$
$F_{i+1}(X)=F_{i}(F_{i}(X)) \mod Q(X)$
$P_{i+1}(X)=P_i(F_i(X))+P_i(X) \mod Q(X)$
Alors on calcule : $P_{99}(3)$ qui donne le résultat.
Il est porteur d'une astuce qui peut être très utile.
Soient $a$ et $b$ deux points distincts éléments de $\R^{n}\backslash A$. Soit $D$ la médiatrice de $[a,b]$ dans un plan $P$ contenant $a$ et $b$. Pour chaque point $x \in D$ (sauf le miieu de $[a,b]$), soit $\Gamma _{x}$ l'arc de cercle ouvert d'extrémités $a$ et $b$ passant par $x$ et situé dans le plan $P$. Ces arcs sont deux à deux disjoints et leur ensemble est infini non dénombrable. Il y en a donc au moins un qui ne contient pas de point de $A$. Ainsi, $\R^{n}\backslash A$ est connexe par arcs $C^{\infty }$.
En remplaçant les arcs de cercle par des triangles isocèles, on voit que $\R^{n}\backslash A$ est connexe par lignes polygonales.
Bonne soirée.
F. Ch.
Bravo.
Je vous invite à essayer de démontrer un nouveau critère d'irréductibilité : énoncé 26
Le 26 prendre P réductible de degré minimal.
Je n'appelle pas cela une preuve, sauf à la détailler d'avantage.
Soit $P$ un polynôme de $\Z[X,Y]$ tel que $P(4,3)=P(2,6)=P(4,4)=P(2,1)=c$ et $P(1,3)=3+c$.
Montrer que pour tout $R,Q\in \Z[X]$ $P(X,Y)\neq R(X)+Q(Y)$.
énoncé 37 :
Si $F\subset \R^n$ fermée tel que $D$ est dense dans $\R^n$ et $F\cap D=\{\}$ alors $card(F) \leq card(\N)$.
Montrer que ce n'est vrai que pour $n=1$.
Soit $f$ fonction de $\R^2$ dans $\R$ tel que $f(x,y)=f(y,x)$. Montrer qu'il existe une fonction $g$ tel que $f(x,y)=g(x+y,x\times y)$.
La démo que j'ai ne marche pas.
Montrer qu'il existe une fonction $f$ de $[0,1]$ dans $\R$ tel que : $2\times f(\frac{x+3}{4})+\frac{x^2+3}{4}=f(x)$.
$f(x)=\dfrac{2x^2+3x-12}{7}$ ?
Cordialement,
Rescassol
Bien joué, je n'avais pas anticipé ce genre de réponses.
énoncé 39 : (astucieux)
même énoncé que 38 mais avec $f(\frac{x^2+3}{4})+ f(\frac{x+3}{4})+\frac{x+7}{4}=f(x)$
Déterminer toutes les fonctions de $[-1,1]$ dans $\R$ tel que pour tout $x,y\in [-1,1]$
$2f(\frac{x+y}{2})-(y+2)f(\frac{x}{2})=0$
40: $x$ et $y$ sont à priori indépendants et la question porte sur $f$.
D'autre part $f(x)=-x$ n'est pas une solution du problème.
Cordialement,
Rescassol
40: Ok Joaopa.
$y=-x$ mène à $f(x)=\dfrac{f(0)}{1-x}$ et $x=0$ mène à $f(y)=f(0)(y+1)$, donc il ne reste que la fonction nulle, à moins qu'à cette heure tardive, je n'écrive n'importe quoi, ce qui est possible.
Cordialement,
Rescassol
@Rescassol : Bravo j'ai la même réponse, l'indication de Joaopa rapproche du résultat, mais effectivement est insuffisante pour conclure.
En fait, tu as déterminé $f$ sur $[\frac{-1}{2},\frac{1}{2}]$ pour la déterminer sur le reste il suffit de prendre y=1 et y=-1.
Trouver tous les points $x,y \in \Z$ tel que $x^2+y^2=2+2x^2y^2$
@Joaopa : Je ne vois pas comment tu peux, alors, arriver à conclure.
De plus, il te reste à prouver que le système linéaire que tu as, n'a pas de solution totalement entière.
Une solution: si f est continue de $\R^2$ dans $\R^2$ et si la droite $(D)$ coupe le segment $[f(A),f(B)]$ alors il existe $M\in\R^2$ tel que $f(M)\in(D)$.
Mais dans le cas de la parabole il faut supposer de plus que $f(A)$ est à l'extérieur de la parabole et que $f(B)$ est à l'intérieur (ou l'inverse).
Merci.
On peut donc appliquer le théorème des valeurs intermédiaires sur [0,1] à la fonction continue définie par $h(t)=f_1((1-t)A+tB)-f_2((1-t)A+tB)^2$ (en posant $f=(f_1,f_2)$).
Soit $F=\{f\in\mathcal C([-1,1],\mathbb R) \mid \max\limits_{x\in [\frac 34,1]}|f(x)|\le \frac14 \max\limits_{x\in [-1,1]}|f(x)|\}$ est fermé (pour la norme infinie) de $\mathcal C([-1,1],\mathbb R)$. L'application $g: F\to \mathcal C([-1,1],\mathbb R)$, $f\mapsto f\left(\frac{x^2+3}4\right)+ f\left(\frac{x+3}4\right)+\frac{x+7}4$ est contractante. Application du point fixe.
PS: limits ne marche pas avec $\max$ sur le site ?
[Pourtant ... AD]
De plus ce n'est pas évident que $g$ soit contractante.
Sinon ce que tu utilises relève bien de l'astuce.
énoncé 19
énoncé 26
énoncé 28
énoncé 29
énoncé 34
énoncé 36
énoncé 37
énoncé 39
Analyse : 19,34,37,39
En posant $v_n=2u_n-1$ on obtient $v_{n+1}=v_n^2$ donc $v_n=v_0^{2^n}=5^{2^n}$.
Le résultat est simple avec $n=607$ mais avec $n=2^{607}$ je trouve un entier à 182 chiffres!