Inégalité
dans Arithmétique
Bonjour
Quelqu'un a-t-il une idée pour cet exercice ?
Quelqu'un a-t-il une idée pour cet exercice ?
Réponses
-
J'ai essayé de travailler modulo 7 ,mais je ne sais pas si je suis sur la bonne voie
-
Bonjour,
Voici une méthode calculatoire. On étudie, pour tout $n$ entier non nul, la fonction $f$ définie par : $\displaystyle f: x \in [1, +\infty[ \mapsto \sqrt{7}n x -x^2-1.$
Comme $\displaystyle f(1) = \sqrt{7}n -2 >0$ pour tout $n$ entier non nul ; et comme, la condition $\displaystyle \sqrt{7} - {m \over n}>0$ se traduit par $\displaystyle x < \sqrt{7}n$ il suffit de montrer que $\displaystyle f(E(\sqrt{7}n))>0$ avec $E$ partie entière. C'est vraie et on le montre par récurrence.
C'est sans doute une démonstration très maladroite, mais c'est mieux que rien. -
L'inégalité à démontrer est équivalente à :
$mn\left(\sqrt{7}-\dfrac{m}{n}\right)>1$ (1)
Il est donc clair que si $\sqrt{7}-\dfrac{m}{n}> 1$ l'inégalité (1) est vraie puisque $m,n$ sont des entiers strictement positifs.
Il reste à traiter le cas $0<\sqrt{7}-\dfrac{m}{n}\leq1$ B-)- -
Bonjour,
Voici une autre méthode, plus astucieuse.
Soit $\displaystyle n, m$ deux entiers non nuls tels que $\displaystyle \sqrt{7} - {m \over n}>0.$ Montrer que $\displaystyle \sqrt{7} - {m \over n}>{1 \over nm}.$
Cas $\displaystyle m=1$ :
Il faut donc montrer que, pour tout $n$ entier non nul, $\displaystyle \sqrt{7} - {1 \over n}>{1 \over n} \iff \sqrt{7} >{2 \over n} \iff n > {2 \over \sqrt{7}}.$ Or on a $\displaystyle n >1>{2 \over \sqrt{7}}$ : c'est donc vrai.
Cas $\displaystyle m=2$ :
Il faut donc montrer que, pour tout $n$ entier non nul, $\displaystyle \sqrt{7} - {2 \over n}>{1 \over 2n} \iff \sqrt{7} >{5 \over 2n} \iff n > {5 \over 2\sqrt{7}}.$ Or on a $\displaystyle n >1>{5 \over 2\sqrt{7}}$ : c'est donc vrai.
On peut donc considérer $\displaystyle m>1$ :
On calcule la partie entière de $\displaystyle {1 \over m}$, notée $\displaystyle [{1 \over m}] = 0.$
On a $\displaystyle \sqrt{7} - {m \over n}>0$ et donc $\displaystyle \sqrt{7}n - m >0$, et donc avec la partie entière $\displaystyle [\sqrt{7}n - m] \geq 0 = [{1 \over m}].$ On a donc établi que $\displaystyle [\sqrt{7}n - m] \geq [{1 \over m}]$ qui donne, finalement (*), puisque la fonction partie entière en croissante, $\displaystyle \sqrt{7}n - m \geq {1 \over m} \iff \sqrt{7} - {m \over n} \geq {1 \over nm}.$
On sait ou on démontre que $\sqrt{7}$ est irrationnel, ce qui exclu le cas d'égalité, donc l'inégalité est stricte : $\displaystyle \sqrt{7} - {m \over n} >{1 \over nm}.$ $\Box$
(*) Ajout pour répondre au message ci-dessous :
Pour $\displaystyle [\sqrt{7}n-m] \geq 1$, on a $\displaystyle \sqrt{7}n-m \geq 1 > {1 \over m}.$
Pour $\displaystyle 0\leq [\sqrt{7}n-m] <1$, on a $\displaystyle [\sqrt{7}n-m]=0$ et donc $\displaystyle [\sqrt{7}n]=m >2.$
On a alors $\displaystyle [{1 \over m}] = [{1 \over m-1}] =0$ et donc on a établi que $\displaystyle [\sqrt{7}n - m] \geq [{1 \over m-1}]$ (puisque $0=0$) et donc $\displaystyle \sqrt{7}n - m \geq {1 \over m-1}-1$ qui se réécrit comme $\displaystyle \sqrt{7}n-(m-1) \geq {1 \over m-1}.$ Comme ceci est vrai pour tout $\displaystyle m>2$, c'est équivalent à $\displaystyle \sqrt{7}n-m \geq {1 \over m}$ pour tout $\displaystyle m>1.$ $\Box$ -
J'ai de la purée dans les yeux où vous dites, YvesM, quelque chose du genre :
Puisque $[2,3]\geqslant[2,7]$ on déduit que $2,3\geqslant 2,7$
?
S -
xylas72 a écrit:J'ai essayé de travailler modulo 7, mais je ne sais pas si je suis sur la bonne voie
C'est une bonne idée : tu peux commencer par montrer qu'on ne peut pas avoir $7n^2 - m^2 \in \{1,2\}$.
Ainsi, $7n^2 \geq m^2 + 3 \geq (m + \frac 1 m)^2$ et il ne peut pas y avoir égalité partout. -
La dernière ligne du raisonnement de YvesM est bien sûr fausse, comme l'a fait remarquer Samok. D'ailleurs, pour $m > 1$, on peut se demander comment l'inégalité triviale $\left \lfloor n \sqrt 7 - m \right \rfloor \geqslant \left \lfloor \frac{1}{m} \right \rfloor$ aurait pu impliquer l'inégalité $n \sqrt 7 - m \geqslant \frac{1}{m}$, nettement moins triviale.
En reprenant l'idée de Siméon, on vérifie que $m^2+1 \not \equiv 0 \pmod 7$ ainsi que $m^2+2 \not \equiv 0 \pmod 7$, de sorte que, à partir de l'hypothèse réécrite en $7n^2 > m^2$, on obtient $7n^2 \geqslant m^2+3$, puis, si $m \geqslant 2$
$$n \sqrt 7 \geqslant \sqrt{m^2+3} > \sqrt {m^2 + 2 + \tfrac{1}{m}} = \sqrt{\left(m + \tfrac{1}{m} \right)^2} = m + \tfrac{1}{m}$$
d'où le résultat attendu, le cas $m=1$ étant évident. -
Bonjour
Ça marche modulo 7 en fait
On montre que la propriété est équivalente à :
7n^2-m^2>0 entraîne 7n^2-m^2-2>0
Et on traite les différents cas modulo 7 -
Je trouverais convenable et honnête que ceux qui nous soumettent des énoncés nous donnent toutes les références de ces énoncés, en particulier lorsqu'ils les extraient de livres.
Celui-ci provient de : Mohammed Akkar, Marie-Thérèse Akkar, Abdel Illah El Mossadeq, Les mathématiques par les problèmes, Sochepress, Casablanca, 1985, p. 74. C'était le deuxième livre publié en français qui présentât des problèmes de type compétition (le premier ayant été celui de Gerll et Girard, 1976). J'en avais fait une recension élogieuse dans le bulletin de l'APMEP de décembre 1985.
Dans ce livre, certains énoncés étaient corrigés, d'autres non, en particulier celui-ci. Moi je l'avais traité en distinguant deux cas : $\frac{m}{n}\leq \frac{\sqrt{7}}{2}$ et $\frac{m}{n} > \frac{\sqrt{7}}{2}$. Dans le premier cas la conclusion est immédiate. Dans le second cas j'utilise le même argument que xilyas72 selon lequel $-1$ ni $-2$ ne sont résidus quadratiques $\mod. 7$ d'où : $7n^{2}-m^{2}\geq 3$. Etc.
Bonne soirée.
F. Ch. -
La solution de YvesM n'est pas valable.
La dernière phrase, "Comme ceci est vrai pour tout $m>2$" est évidemment fausse puisqu'on doit avoir $m<n\sqrt7$.
D'ailleurs le nombre 7 vérifie une propriété particulière (nombre premier congru à $-1\mod 8$) qui n'intervient pas dans la démonstration de YvesM.
Un exemple:
$\sqrt6>\dfrac{22}{9}$ mais $\sqrt6<\dfrac{22}{9}+\dfrac1{22\times9}$.
La démonstration de noix de totos (suggérée par Siméon) s'étend à tout nombre entier qui possède un facteur premier congru à $-1\mod 8$. -
Bonjour @jandri,
J'écris la démonstration : on a $\displaystyle 0<\sqrt{7} - {m \over n}<\sqrt{7} - {m-1 \over n}$ et $\displaystyle \sqrt{7}n - (m-1) >{1 \over m-1}$ pour $m >2.$
On a donc, pour $\displaystyle m>2$, $\displaystyle 0<\sqrt{7} - {m \over n} \implies 0<\sqrt{7} - {m-1 \over n} \implies \sqrt{7}n - (m-1) >{1 \over m-1}.$ On peut alors écrire, $\displaystyle m>1$, $\displaystyle 0<\sqrt{7} - {m \over n} \implies \sqrt{7}n - m >{1 \over m}.$ D'autre part, on a traité les cas $m=1$ et $m=2.$ $\Box$
Penses-tu que c'est faux ? -
Bonjour @YvesM
Je suis d'accord avec:
Si $m>2$ alors $\displaystyle 0<\sqrt{7} - {m \over n} \implies \sqrt{7}n - (m-1) >{1 \over m-1}$ (*).
D'ailleurs le " $\displaystyle\implies 0<\sqrt{7} - {m-1 \over n}$ " ne sert à rien.
Mais ensuite tu n'as pas le droit de remplacer $m$ par $m+1$ dans l'inégalité (*) car on n'a pas $\displaystyle 0<\sqrt{7} - {m+1 \over n}$. -
Bonjour @jandri,
Dernière tentative :
J'ai le droit de remplacer $m$ par $m+1$ dans l'expression $\sqrt{7}n - (m-1) > {1 \over m-1}$ car on a bien, et je l'ai démontré deux fois, $0<\sqrt{7} - {m-1 \over n}.$
Tu dis que cette dernière relation "ne sert à rien" : si, justement, elle sert à montrer que TOUTES les relations sont écrites pour $m-1$ et il suffit d'un changement de variable pour passer à $m.$
L'énoncé demande de montrer que, pour tout $n, m$ non nul on a $\sqrt{7} - {m \over n} >0 \implies \sqrt{7} - {m \over n} > {1 \over mn}.$
Moi, j'ai démontré que, pour $m=1, 2$ c'est vrai, puis que pour tout $m >2$, on a $\sqrt{7} - {m \over n} >0 \implies \sqrt{7} - {m-1 \over n} >0 \implies \sqrt{7} - {m-1 \over n} > {1 \over (m-1)n}.$ Et tu me dis que je ne peux pas remplacer $m$ par $m+1$ ?? alors que j'ai démontré que,
pour tout $m >2$, $\sqrt{7} - {m-1 \over n} >0 \implies \sqrt{7} - {m-1 \over n} > {1 \over (m-1)n}$
$\iff$, pour tout $m >1$, $\sqrt{7} - {m \over n} >0 \implies \sqrt{7} - {m \over n} > {1 \over mn}$
Je ne suis pas d'accord. Je lis l'implication, les quantificateurs et j'ai bien le droit de le faire. -
Il me semble que j'ai donné une solution assez simple du problème. Bis repetita placent.
On suppose que $m$ et $n$ sont des entiers strictement positifs tels que : $\sqrt{7}-\frac{m}{n}>0$. On veut prouver : $\sqrt{7}-\frac{m}{n} > \frac{1}{mn}$.
$\bullet $ Si $\frac{m}{n}\leq \frac{\sqrt{7}}{2}$, alors : $\sqrt{7}-\frac{m}{n}\geq \frac{\sqrt{7}}{2}>1\geq \frac{1}{mn}$. Trivial.
$\bullet $ Si $\frac{m}{n} > \frac{\sqrt{7}}{2}$, alors : $\frac{3}{n\sqrt{7}+m}>\frac{1}{m}$ (1).
L'hypothèse initiale $\sqrt{7}-\frac{m}{n}>0$ implique : $7n_{{}}^{2}-m^{2}>0$, et comme on a vu que $-1$ ni $-2$ ne sont résidus quadratiques $\mod. 7$ on en déduit : $7n^{2}-m^{2}\geq 3$, soit : $n\sqrt{7}-m\geq \frac{3}{n\sqrt{7}+m}$.
En conséquence d'après (1) : $n\sqrt{7}-m>\frac{1}{m}$, d'où : $\sqrt{7}-\frac{m}{n} > \frac{1}{mn}$. QED.
En souvenir de mon pote Akkar, perdu de vue.
Bonne nuit.
F. Ch.
02/10/2016 -
Nan, YvesM, tu as démontré exactement, en écrivant les chose bien proprement :
$$\forall n >0 \ \forall m >2\quad\left(\sqrt 7 - \frac{m}{n} >0 \Rightarrow \sqrt 7 - \frac{m-1}{n} >\frac1{(m-1)n}\right)\;,$$
ce qui est équivalent à
$$\forall n >0 \ \forall m >1\quad\left(\sqrt 7 - \frac{m+1}{n} >0 \Rightarrow \sqrt 7 - \frac{m}{n} >\frac1{mn}\right)$$
et n'est pas du tout l'implication demandée. (Et entre nous soit dit, cette implication que tu as démontrée est plutôt triviale et ne demande pas tant d'efforts). -
Bien vu, GaBuZoMeu.
On peut voir dans mon premier message également une solution simple de cet intéressant exercice. -
-
On devrait pouvoir généraliser cet exercice sous la forme suivante (Chaurien : cela n'a-t-il déjà pas été fait ?).
Soit $p$ un nombre premier vérifiant $p \equiv 3 \pmod 4$ et $(m,n) \in \left( \mathbb{Z}_{\geqslant 1} \right)^2$ tels que $\sqrt p - \frac{m}{n} > 0$. Montrer que
$$\sqrt p - \frac{m}{n} \geqslant \frac{2}{3mn}.$$ -
On peut même remplacer $\dfrac23$ par $a=\sqrt3-1$ puisque ce nombre vérifie $m^2+2\geq\left(m+\dfrac a m\right)^2$ pour tout $m\geq1$.
Une autre généralisation est de montrer que pour tout $a\in\N^*$ il existe une infinité de nombres premiers $p$ tels que si $\sqrt p>\dfrac m n$ alors $\sqrt p>\dfrac m n+\dfrac a{mn}$.
A la main on vérifie que $p=23$ est le plus petit $p$ pour obtenir $a=2$.
Avec un programme je suis arrivé jusqu'à: $p=366791$ est le plus petit $p$ pour obtenir $a=21$. -
Bonjour,
Je propose tardivement une solution car dès que j'en ai vu l'énoncé je me suis "enfermé" pour résoudre et je ne voulais lire aucun commentaire avant d'avoir trouvé (fierté déplacée de solveur pathologique ?).
Cet exercice a un caractérisque intéressante, c'est que si on n'a pas d'idée il demeure totalement hermétique (le terme 1 / mn semble surgir du néant).
Voici la stratégie de ma démonstration, il y a une ruse de guerre :
Il est évident que m/n + 1/mn < racine (7) => m/n < racine (7)
L'idée consiste à démontrer cette trivialité en décortiquant en plusieurs étapes, puis à essayer de remonter la séquence d'implications à rebours (montrer une réciproque, en somme), ce qui va nécessiter de passer quelques obstacles.
Donc on écrit :
(m/n + 1/mn)² = (( m² + 1) / mn))² = ((m²)² + 2m² + 1) / m²n² < 7, d'où
m² (m² + 2) + 1 < 7m²n² => m² (m² + 2) < 7m²n² => m² + 2 < 7n² => m² < 7n² => m² < 7n² => m/n < racine (7)
Maintenant on repart de m/n < racine (7) et on remonte le courant.
Il va y avoir des obstacles, mais ils vont se résoudre du fait que certaines équations n'ont pas de solution dans Z / 7Z :
Premier obstacle :
On aimerait bien que
m² < 7n² => m² + 2 < 7n²
mais formellement c'est faux.
Ben, on y va progressivement :
m² < 7n² => m² + 1 < ou = à 7n²
S'il y a égalité, m² + 1 =0 a une solution dans Z/7Z, or il n'en a pas (vérifier a la mano, y'a jamais que 7 calculs à faire !).
Donc l'inégalité est stricte,d 'où
m² + 1 < 7n², qui implique de la même manière m² + 2 < ou = à 7n²
Là aussi, l'inégalité est stricte car m² + 2 = 0 n'a pas de solution dans Z/7Z
N.B : STOP ! On ne peut pas aller plus loin car m² + 3 = 7n² n'est pas sans solution : (2,1) par exemple.
Donc m² + 2 < 7n², premier obstacle franchi (c'est comme les saumons qui remontent le courant !).
On arrive au second obstacle, on voudrait que
m² (m² + 2) < 7m²n² => m² (m² + 2) + 1 < 7m²n²
Même procédé :
m² (m² + 2) < 7m²n² => m² (m² + 2) + 1 < ou = à 7m²n²
S'il y a égalité, alors (m² + 1)² = 7m²n² donc m²+1 = 0 dans Z/7Z ce qui est de nouveau impossible.
Voilà, c'est terminé, la remontée du reste du courant se fait toute seule et les saumons vont pouvoir frayer puis mourir,
cqfd. -
Bonjour,
Pas mal. J'aime bien le saumon et ta solution - surtout que les deux que j'ai proposées sont fausses :-(.
Je retiens, pour de futures démonstrations que, pour $n, m$ deux entiers, $n <m \implies n+1 \leq m$ que l'on peut combiner avec des modulos. -
@xilyas72
Ton exo, tu l'as trouvé dans quel bouquin ?
Parce que s'ils sont tous comme ça dans ce bouquin, je me le procure vite fait !
Merci.
@Yves M
Merci pour ton appréciation.
Comme je ne trouvais pas de solution, mais vraiment pas, et donc que j'étais (très) énervé, j'ai eu l'idée de partir du résultat pour arriver à l'hypothèse, des fois que ce soit révélateur de quelque chose.
Et comme il s'agit de faire de l'arithmétique basique, pas question de parler de racine carrée, on élève au carré.
Cela donne un cheminement plus long pour la même implication triviale qui se démontre instantantément, et pourtant ce cheminement va s'avérer productif, c'est ça qui est étonnant.
Après je me suis rendu compte qu'on pouvait démontrer la réciproque en suivant ce même cheminement à rebours : en fait ce n'est pas courant car d'habitude lorsqu'une équivalence est non triviale, on doit utiliser deux cheminements différents, il ne suffit pas d'inverser le sens de parcours.
C'est la toute première fois que je fais une telle démonstration à rebours en prenant en sens inverse une série d'implications qui ne sont pas de prime abord des équivalences !
Donc je suis très content, eh oui.
Peut-être les gourous de la théorie de la démonstration auront-ils un mot à rajouter ?
Je retiens aussi cette astuce pratique qui pourra servir pour d'autres exercices : si a < b, alors a +1 < ou égal à b conduit à se demander si
a+1 < b, ce qui est une amélioration de la première inégalité. -
Bonjour Philemon
L'exercice m'a été envoyé par un ami mais comme cité plus haut il figure dans le livre "les mathématiques par les problèmes " -
@xilyas72
Bonjour et merci, désolé je n'avais pas bien lu tous les "posts" (la discussion s'étant allongée), ce livre est effectivement cité plus haut par chaurien.
@Chaurien
Bonjour, merci aussi pour la référence du livre.
J'ai lu ta démonstration (la plus courte, la première) qui est très bien mais je ne dois pas être bien réveillé car je ne vois pas pourquoi une disjonction de cas est nécessaire :
Dans tous les cas, 7n² - m² > 0 et ne peut être égal ni à 1 ni à 2 (argument sur les résidus quadratiques).
Donc 7n² - m² > ou égal à 3, d'où (je me permets de détailler ton "etc") 7n² > ou égal à m² + 2 + 1 > m² + 2 + 1/m² = (m² + 1)² / m²,
d'où le résultat ?
A côté de ça ma démonstration est un peu ridiculement longue, mais ce n'est pas seulement une démonstration, c'est aussi une méthode un peu mécanique (rarement applicable !) pour trouver quand on n'a pas de flash, donc c'est un peu bourrin.
Mais si ça n'avait pas été long, la métaphore de la remontée de courant des saumons (non préméditée) n'aurait pas fonctionné.
Cela dit, il en est qui signent "la poésie n'est pas une solution", et quelque part ils ont raison ! -
Pour $A>0$ un réel existe-t-il $b$ un entier tel que pour tout $(m,n)$ couple d'entiers $\mid bn^2+m^2\mid >A$ ?
-
J'avais aussi proposé une solution courte bien plus haut, ainsi qu'une généralisation de ce problème qui n'a malheureusement pas eu beaucoup d'écho, à part celui de Jandri.
Tant pis ! -
Je reformule la question:
Soit $A>0$ un réel.
Existe-t-il $b$ un entier tel que pour tout couple d'entiers $(m,n$) différent de $(0,0)$ on ait $\mid bn^2+m^2\mid>A$
PS:
Depasse:
Si la réponse est toujours négative je veux bien que tu m'expliques pourquoi. B-) -
Dans un forum francophone, le latin, est le bienvenu ; seul l'anglais est persona non grata.
Cordialement, Harry Tmetic, alias j__j -
Bonjour,
il est vrai que ce problème figure dans le livre de M. Akkar, c'est un exercice qui a été proposé aux élèves français pendant les sélections pour les Olympiades de 1981. Mais, cette inégalité a été posée pour la première fois aux Olympiades de la Roumanie en 1978, l'auteur est Radu Gologan.
@john_john : l'anglais est persona non grata, mais je vais quand même rédiger une solution dans cette langue :
$m^2<7n^2$ so that $m^2\leq 7n^2-1$. In ${\mathbb Z}/7{\mathbb Z}, m^2\in\{0,1,2,4\}$, making $m^2=7n^2-1$ impossible. Thus, necessarily, $m^2\leq 7n^2-2$. But then, again, $m^2=7n^2-2$ is also impossible so that, in fact $m^2\leq 7n^2-3$, or, $m\leq \sqrt{7n^2-3}$. Introduce the function $f$ defined by $f(x)=x+\dfrac{1}{x}$, $f$ is monotonic increasing for $x\geq 1$. It follows that :
$$
\left(\sqrt{7n^2-3}+\dfrac{1}{\sqrt{7n^2-3}}\right)^2\,\geq\, \left(m+\dfrac{1}{m}\right)^2,
$$
which is equivalent to $7n^2-1+\dfrac{1}{7n^2-3}\geq \left(m+\dfrac{1}{m}\right)^2$. In addition, since $n$ is a positive integer, $1>\dfrac{1}{7n^2-3}$, so that $7n^2>\left(m+\dfrac{1}{m}\right)^2$.
In other words
$$
7>\left(\dfrac{m}{n}+\dfrac{1}{mn}\right)^2.
$$
QED. -
OK, J'essaye un dernier truc:
Soit $A>0$ un réel.
Existe-t-il $b$ un entier tel que pour tout couple d'entiers strictement positifs $(m,n$) on ait $\mid bn^2+m^2\mid>A$ -
YvesM:
Tu as raison. Je n'ai pas été soigneux depuis le début. :-(
Depuis le début, j'ai glissé sur le - dans l'expression $7n² - m²$
Dans le but de généralisation il faut qu'apparaisse ce -.
C'est sans doute plutôt,
Soit $A>0$ un réel.
Existe-t-il $b$ un entier tel que pour tout couple d'entiers strictement positifs $(m,n$) on ait $\mid bn^2-m^2\mid>A$
Qu'il faut considérer.
Autrement dit,
existe-t-il un entier $b$ tel que:
Les nombres $-1,-2,-3,...-[A]$ ne sont pas des résidus quadratiques modulo $b$? -
Oui il existe toujours un $b$, même une infinité.
Par exemple pour $A=4$ le plus petit $b$ est $b=23$.
Pour $A=42$ le plus petit $b$ est $b=366791$. -
Bonsoir,
Si $P(A)$ désigne le produit des nombres premiers inférieurs à $A$, tout nombre premier $p$ congru à $-1$ modulo $4P(A)$ est tel que $-1,-2,....,$-$\lfloor A \rfloor$ sont des non-carrés modulo $p$.
Sauf erreur comme d'hab
Cordialement
Paul -
Bonjour,
Je souhaite faire une petite synthèse sur l'exercice initial.
Incontestablement, la solution la plus rapide est celle proposée plus haut par Chaurien et noix de totos (c'est quasiment la même).
Pour mémoire, ça peut se résumer à :
7n² - m² > 0 => 7n² - m² supérieur ou égal à 3 (-1 et -2 ne sont pas résidus quadratiques modulo 7), ce qui implique :
7n² supérieur ou égal à m² + 2 + 1 > m² + 2 + 1/m² à condition que m >1, le reste vient tout seul avec une identité remarquable des collèges.
Le cas m=1 est une formalité car nécessairement 1/n < racine(7) / 2 (du fait que racine (7) > 2).
Cette démonstration nécessite une disjonction de cas et permet au passage de montrer que le résultat demeure vrai en remplaçant 7 par tout entier > 0 tel que ni -1 ni -2 ne sont résidus quadratiques module cet entier.
Quant à "ma démonstration" (voir plus haut mon premier post), elle est plus longue mais ne nécessite pas de disjonction de cas (en tout cas il me semble).
Mais elle permet seulement de remplacer 7 par un nombre premier tel que ni -1 ni -2 ne soient résidus quadratiques module cet entier.
Donc ce qu'on a "gagné" en linéarité de la démonstration (euh, si on peut parler d'un gain car la démonstration est plus longue) on l'a perdu en degré de généralité du résultat obtenu.
Ou sont les gourous de la logique mathématique ? -
Philémon a écrit:Cette démonstration nécessite une disjonction de cas
Pas dans la mienne, et celle-ci permet, dois-je le rajouter (mais est-ce bien nécessaire), une généralisation...
D'ailleurs, Siméon juste avant moi avait peu ou prou la même idée, mais il l'a écrite en...blanc, je ne l'avais donc pas vue.
Mais bon, je m'étais promis de ne plus intervenir dans ce sujet, alors... -
noix de toto a écrit:D'ailleurs, Siméon juste avant moi avait peu ou prou la même idée, mais il l'a écrite en...blanc, je ne l'avais donc pas vue.
Je me demandais si quelqu'un finirait par s'en rendre compte.
Il est en effet inutile de faire une disjonction selon les valeurs de $m$ car le cas d'égalité simultanée dans les minorations $7n^2 \geq m^2 + 3$ et $m^2 + 3 \geq (m + \frac 1 m)^2$ conduit à $m=1$ et $7n^2 = 4$, ce qui ne peut se produire. -
Bonsoir,
je tique (à tort ou à raison, sincèrement) sur le Autrement dit dansFdP a écrit:C'est sans doute plutôt,
Soit $A>0$ un réel.
Existe-t-il $b$ un entier tel que pour tout couple d'entiers strictement positifs $(m,n$) on ait
$\mid bn^2-m^2\mid>A$
Qu'il faut considérer.
Autrement dit,
existe-t-il un entier $b$ tel que:
Les nombres $-1,-2,-3,...-[A]$ ne sont pas des
résidus quadratiques modulo $b$?
En effet, $i,b,m,n$ étant des entiers, je ne vois pas comment déduire
($-i$ n'est pas un carré modulo $b$)
de
(Pour tout $(m,n), bn^2 -m^2 \neq i$).
C'est l'exposant $2$ de $n$ qui me gêne, peut-être pour rien!
Merci à qui m'éclairera
Cordialement -
Bonsoir,
Un petit up
avec un truc en plus:
$i$ et $b$ sont des naturels;
$P1:= -i $ n'est pas un carré modulo $ b$ si pour tout couple $(m,n)$ d'entiers on a $bn-m^2\neq i$.
$P2:= -i $ n'est pas un carré modulo $ b$ si pour tout couple $(m,n)$ d'entiers et tout $ j $ naturel inférieur à $ i $ on a $bn^2-m^2\neq j$.
$P3:= -i $ n'est pas un carré modulo $ b$ si pour tout couple $(m,n)$ d'entiers on a $bn^2-m^2\neq i$.
Je suis sûr que P1 est vraie, je doute que P2 le soit et plus encore que P3 le soit. Ce dont j'espère ne pas avoir à douter, c'est que l'un d'entre vous validera ou invalidera mes certitudes ou doutes.:-)
Cordialement
Paul -
En cas de complexité! On peut étudier la fonction correspondante de deux variables définis sur [0,+infini[*[0,+infini[ et on montre qu'il est strictement positive,(on fixe l'une puis l'autre!), en particulier les entiers!
-
Bonjour Salihovic,
ton message est, pour moi, incompréhensible.
Il y a dans ce fil de nombreux messages. Auquel fais-tu référence?
Pardon si, en réfléchissant davantage, j'aurais pu répondre à la question que je te pose.
Cordialement
Paul
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