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"il est facile de" la preuve :

Envoyé par pourexemple 
Re: "il est facile de" la preuve :
12 janvier 2016, 15:14
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Oui, le tout est de mon cru.
Re: "il est facile de" la preuve :
12 janvier 2016, 15:18
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Ok, je reconnais que l'astuce que tu utilises pour résoudre ce problème je ne la connais pas, je te propose un échange de bon procédé choisis le problème que tu veux parmi ceux que je propose et je t'en donnerais la solution contre ta solution.

Cela te va-t-il ?



Modifié 1 fois. Dernière modification le 12/01/2016 15:19 par contrexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
12 janvier 2016, 15:27
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Laissons les gens chercher. Et dans deux jours (en l'absence de réponses, ce que je ne crois pas) j'écris ma solution.

Dans environ [www.timeanddate.com]

Amicalement.
Re: "il est facile de" la preuve :
12 janvier 2016, 15:56
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Il me semble pouvoir montrer que $\dfrac{1+\lfloor(45+\sqrt{2016})^{n}\rfloor}{3^n}$ et que $\dfrac{1+\lfloor(45+\sqrt{2016})^{2n+1}\rfloor}{10\times3^{2n+1}}$ est entier, me trompé-je ?
Re: "il est facile de" la preuve :
12 janvier 2016, 16:00
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$29$ minutes pour trouver et proposer mieux.
Re: "il est facile de" la preuve :
12 janvier 2016, 16:20
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Question :
cette expression "il me semble avoir la preuve que ..." renvoie-t-elle à un concept mathématique particulier ?



Modifié 2 fois. Dernière modification le 12/01/2016 16:21 par contrexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
12 janvier 2016, 19:48
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Je pense que tu utilises les fractions continues, mais je n'ai pas trop l'habitude de les manipuler, donc j'attends ta solution ou celle d'un autre si elle est trouvée.
Re: "il est facile de" la preuve :
12 janvier 2016, 21:35
avatar
Cidrolin est un petit sioux, très cultivé, très porté sur l'American Monthly du 20ème siècle, je l'aime et lui souhaite une très bonne année.

S

La poésie n'est pas une solution.
Re: "il est facile de" la preuve :
12 janvier 2016, 22:49
Citation

Je pense que tu utilises les fractions continues
La quantité conjuguée est une meilleure piste.
Re: "il est facile de" la preuve :
12 janvier 2016, 23:34
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@samok bonne année à toi.

@GaBuZoMeu en effet.
Re: "il est facile de" la preuve :
14 janvier 2016, 07:54
avatar
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 :
14 janvier 2016, 10:32
avatar
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 :
14 janvier 2016, 11:02
avatar
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 :
14 janvier 2016, 11:24
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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 :
14 janvier 2016, 11:29
avatar
Bien vu jacquot smiling smiley
Re: "il est facile de" la preuve :
14 janvier 2016, 15:35
avatar
@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 :
14 janvier 2016, 15:59
avatar
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 :
14 janvier 2016, 23:30
avatar
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 :
15 janvier 2016, 00:21
Bonne nuit,

Un ?

Cordialement,

Rescassol
Re: "il est facile de" la preuve :
15 janvier 2016, 01:56
avatar
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 :
15 janvier 2016, 03:43
avatar
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



Modifié 1 fois. Dernière modification le 15/01/2016 05:27 par jacquot.
Re: "il est facile de" la preuve :
15 janvier 2016, 06:09
avatar
pas de négatifs.

amicalement
Re: "il est facile de" la preuve :
15 janvier 2016, 06:32
avatar
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 :
15 janvier 2016, 14:08
avatar
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



Modifié 1 fois. Dernière modification le 17/01/2016 06:23 par jacquot.
Re: "il est facile de" la preuve :
15 janvier 2016, 14:41
avatar
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 :
15 janvier 2016, 18:59
avatar
énoncé 16 :
Calculer à la main, pour tout j, $\sum\limits_{i\in[1,2^{607}]} i^j \mod(2^{607}-1)$



Modifié 4 fois. Dernière modification le 15/01/2016 19:10 par contrexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
15 janvier 2016, 20:58
avatar
Je précise que $2^{607}-1$ est un nombre premier.
Re: "il est facile de" la preuve :
15 janvier 2016, 23:04
avatar
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 :
15 janvier 2016, 23:20
avatar
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 :
16 janvier 2016, 06:10
plus généralement que vaut a(a+1)-(a-1)(a+2)? Appliquer ceci avec a=12345678.
Re: "il est facile de" la preuve :
16 janvier 2016, 10:45
avatar
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



Modifié 1 fois. Dernière modification le 16/01/2016 10:54 par jacquot.
Re: "il est facile de" la preuve :
16 janvier 2016, 11:24
avatar
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.



Modifié 1 fois. Dernière modification le 16/01/2016 11:25 par contrexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
16 janvier 2016, 11:47
avatar
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 :
16 janvier 2016, 11:54
avatar
@samok : pour ma part je pars d'une astuce que j'essaie de mettre en situation dans un énoncé.



Modifié 1 fois. Dernière modification le 16/01/2016 12:24 par AD.
Re: "il est facile de" la preuve :
16 janvier 2016, 15:10
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 ?



Modifié 1 fois. Dernière modification le 16/01/2016 15:12 par contrexemple.
ev
Re: "il est facile de" la preuve :
16 janvier 2016, 15:15
avatar
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 :
16 janvier 2016, 15:24
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 $\times$.



Modifié 2 fois. Dernière modification le 18/02/2016 11:40 par contrexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
16 janvier 2016, 15:27
avatar
@ev : $f$ ne serait pas forcément une fonction convexe, mais l'image par $f$ d'un convexe de $\R^n$ est un convexe de $\R^n$.



Modifié 1 fois. Dernière modification le 16/01/2016 15:28 par contrexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
16 janvier 2016, 22:11
avatar
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 !



Modifié 1 fois. Dernière modification le 16/01/2016 22:13 par jacquot.
Re: "il est facile de" la preuve :
17 janvier 2016, 01:03
avatar
Il est plus simple d'appliquer les formules de Newton au polynôme $X^p-X$, non ? ($p$ premier)

Greg

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