Exercices

quentinh21 · March 2020

Bonjour,
Je suis à la recherche d'exercices d'arithmétique élémentaires pour m'entraîner dans ce domaine (je suis en classe de Terminale mais j'ai déjà un assez bon niveau en arithmétique). Auriez-vous de jolis problèmes à me proposer s'il vous plaît ?
Merci d'avance,

Quentin H.

Calli · March 2020

Bonjour,
Soit $n\in\Bbb N^*$. Montrer qu'il existe un terme non nul de la suite de Fibonacci qui est divisible par $n$.

noix de totos · March 2020

1. Un exo que j'avais déjà posé ici il y a quelques années : soit $p = p(n)$ le plus petit facteur premier de $n \geqslant 2$. Montrer que, si $p > n^{1/3}$, alors $n/p$ est ou bien égal à $1$, ou bien premier.

2. Soit $n \in \mathbb{Z}_{\geqslant 3}$. Montrer qu'il y a au moins un nombre premier entre $n$ et $n!$ (sans utiliser le postulat de Bertrand, bien entendu, sinon c'est trivial).

Fin de partie · March 2020

Les très classiques:
1)Montrer que si $n$ n'est pas un nombre premier alors $2^n-1$ n'est pas premier.
2)Montrer que si $n$ n'est pas une puissance de $2$ alors $2^n+1$ n'est pas premier.
3)Soit $n$ un entier naturel supérieur ou égal à $2$ quelconque. Montrer qu'il existe $n$ nombres entiers naturels consécutifs qui ne sont pas premiers.

bisam · March 2020

Déterminer tous les entiers naturels qui peuvent s'écrire comme la somme d'au moins 2 entiers naturels consécutifs.

Dom · March 2020

Faisable au collège :
0) quels sont les entiers naturels qui ne possèdent que 2 diviseurs ? (le cours)
1) quels sont les entiers naturels qui ne possèdent que 3 diviseurs ?
2) quels sont les entiers naturels qui ne possèdent que 4 diviseurs ?

Tout doit être justifié, bien entendu.

quentinh21 · March 2020

Bonjour, merci beaucoup pour ses exercices, voici déjà ce que je propose pour ceux que je pense avoir réussi :

- Si $n$ n'est pas premier alors $2^n-1$ n'est pas premier.
Si $n$ n'est pas premier alors $n=p\cdot q$, $p,q>1$ donc $2^n-1=2^{pq}-1=(2^p)^q-1^q$ est divisible par $1<2^p-1<2^n-1$ (cf. formule de factorisation de $a^n-b^n$) donc n'est pas premier.

-Si $n$ n'est pas une puissance de $2$ alors $2^n+1$ n'est pas premier.
Si $n=2^k \cdot m$ avec $m>1$ impair, alors $2^n+1=2^{2^k \cdot m}+1=(2^{2^k})^m+1^m$ est divisible par $1<2^{2^k}+1<2^n+1$ (cf. formule de factorisation de $a^n+b^n$ pour $n$ impair) donc n'est pas premier.

-Soit $n \ge 2$ quelconque, montrer qu'il existe $n$ nombres entiers naturels qui ne sont pas premiers.
Les nombres $(n+1)!+2, (n+1)!+3, \ldots, (n+1)!+(n+1)$ sont de la forme $(n+1)!+k$ avec $2 \le k \le n+1$ donc $k \mid (n+1)! \implies k \mid (n+1)!+k$ donc ne sont pas premiers, et ce sont bien $n$ entiers consécutifs.
Note: pour ceux que ça intéresse, il y a cet exercice plus général qui est pas mal: montrer que pour tout entier $n \ge 2$, il y a $n$ entiers consécutifs qui ne sont pas des puissances de nombres premiers.

-Entiers naturels qui ont exactement $2$ diviseurs.
Par définition ce sont les nombres premiers.

-Entiers naturels qui ont exactement $3$ diviseurs.
On décompose $n$ en facteur premiers : $n=p_1^{\alpha_1} \cdot p_2^{\alpha_2} \cdot \ldots \cdot p_k^{\alpha_k}$. Son nombre de diviseurs est $d(n)=(\alpha_1+1) \cdot (\alpha_2+1) \cdot \ldots \cdot (\alpha_k+1)$. On veut donc :
$(\alpha_1+1) \cdot (\alpha_2+1) \cdot \ldots \cdot (\alpha_k+1)=3 \iff \alpha_1+1=3, \alpha_i+1=1$ pour $i \ge 2$, si et seulement si $n=p^2$ avec $p$ un nombre premier

-Entiers naturels qui ont exactement $4$ diviseurs.
On applique le même raisonnement:
$(\alpha_1+1) \cdot (\alpha_2+1) \cdot \ldots \cdot (\alpha_k+1)=3 \iff \alpha_1+1=4, \alpha_i+1=1$ pour $i \ge 2$ ou bien $\alpha_1=\alpha_2=1$. Donc $n=p^3$, $p$ premier ou $n=p\cdot q$, $p,q$ premiers.

Je continue de chercher les autres exercices.
Merci à vous,

Quentin H.

ev · March 2020

Bonjour Quentin.

On a $1/7 = 0,142 857 142 857 \ldots$

On considère un multiple $M$ de $N=142857$. On le coupe par tranches de trois chiffres (à partir de la droite) on fait la somme $S$ de ces tranches.

exemple : $M = 2020N=288571140$, $S = 288 + 571 + 140 = 999$.

Démontrer que $S$ est un multiple de $999$.

Même travail avec $N = 76923$.

e.v.

Math Coss · March 2020

Et si on coupe en tranches de deux chiffres ? $14+28+57=99$ et $7+69+23=99$ aussi : marrant non ?

Fin de partie · March 2020

Soit $n\geq 2$ un entier naturel. Montrer que $1+\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{3}+...+\dfrac{1}{n}$ n'est pas un entier naturel.

rosab · March 2020

Bonjour,

1. Montrer qu'il n'y a pas plus de 3 entiers consécutifs dont aucun ne soit divisible par un carré > 1.
Par exemple {5,6,7} conviennent, {5,6,7,8} ne marchent plus.
2. Montrer qu'il y a autant de nombres entiers consécutifs que l'on veut qui soient chacun divisibles par un carré > 1.
Par exemple {8,9} si l'on en veut 2, {48,49,50} si l'on en veut 3, etc.

quentinh21 · March 2020

Pour l'exercice de @ev :
-$M=k \cdot N \equiv k \cdot (142+857) \pmod{999}$ (car $1000 \equiv 1 \pmod{999}$) donc $M \equiv k \cdot 999 \equiv 0 \pmod{999}$, puis comme $M \equiv S \pmod{999}$ (toujours parce que $1000 \equiv 1 \pmod{999}$) on a $S \equiv 0 \pmod{999}$.
C'est exactement le même principe pour $76923$ car $76+923=99$ (et idem pour $99$ par tranches de $2$ chiffres car $100 \equiv 1 \pmod{99}$.

Pour montrer que $\displaystyle \sum_{k=1}^n{\dfrac{1}{k}}$ n'est pas entier pour $n \ge 2$ : (y a sûrement plus simple que ma démonstration, c'est la première que j'ai trouvée):
Soit $p$ le plus grand nombre premier inférieur ou égal à $n$. Montrons que $2p>n$: si $2p \le n$ alors d'après le postulat de Bertrand il y a un nombre premier $q$ tel que $p<q<p \le n$ donc $p$ n'est pas le plus grand nombre premier inférieur ou égal à $n$: contradiction !
Donc $v_p(n!)=1$.
Or en réduisant au même dénominateur : $\displaystyle \sum_{k=1}^n{\dfrac{1}{k}}=\dfrac1{n!} \sum_{k=1}^n{ \prod_{\substack{i \ne k\\i=1}}^n{i}}. $ Donc : $$
\begin{aligned}
v_p\Big( \sum_{k=1}^n{\dfrac{1}{k}}\Big)&=v_p\Big( \sum_{k=1}^n{ \prod_{\substack{i \ne k\\i=1}}^n{i}}\Big)-v_p(n!)\\
&=v_p\Big(\sum_{k=1}^n{ \prod_{\substack{i \ne k\\i=1}}^n{i}}\Big)-1 \\
& \le \min{\Big(v_p\Big( \prod_{\substack{i \ne k\\i=1}}^n{i}\Big)\Big)}-1 \\
&= v_p\Big( \dfrac{n!}{p}\Big) -1 \\
&= -1
\end{aligned}
$$ On a donc bien que pour tout $n \ge 2$, $1+\dfrac12+\ldots+\dfrac1n$ n'est pas un entier.
Note : le résultat est évidemment faux pour $n=1$ puisque $1$ est entier, et la raison pour laquelle mon raisonnement ne s'applique pas pour le cas $n=1$ et que pour $n=1$, on ne peut pas supposer que $p$ est le plus grand nombre premier plus petit que $n$ car il n'y a pas de nombres premiers plus petit que $1$. En revanche pour $n \ge 2$ il existe toujours au moins un nombre premier plus petit (ou égal) à $n$.

quentinh21 · March 2020

Pour montrer qu'il n'existe pas plus de $3$ entiers consécutifs squarefree:
Parmi $4$ entiers consécutifs un est divisible par $4$ donc non squarefree.

quentinh21 · March 2020

Pour montrer qu'il existe autant d'entiers consécutifs non squarefree qu'on le souhaite.
Soit $n \ge 2$ le nombre d'entiers consécutifs non squarefree souhaités. On note $p_i$ les nombres premiers (l'indexation correspondant aux nombres premiers ordonnés).
On cherche $x$ tel que $x, x+1, \ldots, x+(n-1)$ soient non squarefree. Il suffit que $x$ vérifie : $$
\left\{
\begin{aligned}
x &\equiv 0 \pmod{p_1^2} \\
x+1 &\equiv 0 \pmod{p_2^2} \\
&\ldots \\
x+(n-1) &\equiv 0 \pmod{p_n^2}
\end{aligned}
\right.
\quad \iff \quad
\left\{
\begin{aligned}
x &\equiv 0 \pmod{p_1^2} \\
x &\equiv -1 \pmod{p_2^2} \\
&\ldots \\
x &\equiv 1-n \pmod{p_n^2}
\end{aligned}
\right.
$$ Or les $p_i^2$ sont premiers entre eux donc d'après le théorème des restes chinois il y a une unique solution modulo le produit des $p_i^2$. On peut donc bien trouver autant d'entiers consécutifs non squarefree qu'on le souhaite.

quentinh21 · March 2020

Exercice de @noix de totos question 1:
Par l'absurde: supposons $\dfrac{n}{p}=q\cdot r$ avec $q,r>1$ des entiers. Alors $n=p \cdot q \cdot r$. Or comme $p$ est le plus petit diviseur premier de $n$, c'est le plus petit diviseur de $n$ plus grand que $1$, donc on a $q,r>p$ d'où $p,q,r > n^{\frac13}$ et donc $p\cdot q \cdot r > n \implies n > n$ : absurde.
Donc si le plus petit diviseur premier $p$ de $n$ est plus grand que $\sqrt[3]{n}$ alors $\dfrac{n}{p}$ vaut soit $1$, soit un nombre premier.

ev · March 2020

D'accord Quentin ! Tu as redécouvert la preuve par $999$ ainsi que celle par $99$ fournie gracieusement par Math Coss que je salue. Un autre :

Au cours d'un congrès de mathématiques, des mathématiciens (en nombre $ n $) sont logés dans les $ n $ chambres d'un hôtel. Ils décident (dans des circonstances qui restent à déterminer), de s'attribuer le numéro de leur chambre. Avant que la horde ne se mette à envahir l'hôtel toutes leurs chambres sont fermées. Le mathématicien numéro $ k $ doit changer l'état (ouvert/fermé) des chambres qui portent un numéro multiple du sien.

1/ Quel est le nombre de portes qui seront ouvertes après le passage des mathématiciens ?
2/ Démontrer que $ \displaystyle\sum_{k=1}^n\left\lfloor \dfrac nk \right\rfloor - \lfloor \sqrt n
\rfloor $ est un entier pair.
$ \lfloor x \rfloor $ désigne la partie entière de $ x $.

noix de totos · March 2020

C'est ça.

Autre méthode : comme $p > n^{1/3}$, $n/p < n^{2/3}$ et si $n/p$ était composé, il aurait un facteur premier qui serait $\leqslant \sqrt{n/p} < n^{1/3}$. On aurait donc trouvé un facteur premier de $n$ qui serait $< n^{1/3}$, d'où une contradiction avec $p(n) > n^{1/3}$.

Fin de partie · March 2020

Quentin:

C'est très curieux. Quand j'ai posé ma question j'ai pensé à la même preuve que toi. Mais elle repose sur le postulat de Bertrand qui n'est pas un résultat trivial. Il existe une preuve, si je me souviens bien, qui ne repose pas sur ce postulat (qui n'en est plus un depuis longtemps).

quentinh21 · March 2020

Exercice de @ev question 1
(je suppose que $k$ est compris entre $1$ et $n$ et que deux mathématiciens n'ont pas le même numéro).
Si $m$ a $d(m)$ diviseurs alors on va changer son état $d(m)$ fois: la porte sera ouverte si et seulement si $d(m)$ est impair donc si et seulement si $m$ est un carré parfait. Donc il y aura autant de portes ouvertes que de carrés parfaits plus petit que $n$

quentinh21 · March 2020

@Fin de partie
J'ai une autre preuve par récurrence: on montre par récurrence que $\displaystyle \sum_{k=1}^n{\dfrac1k}=\dfrac{a_n}{b_n}$ avec $a_n$ impair et $b_n$ pair (récurrence triviale), et donc ne peut pas être entier

ev · March 2020

@ Quentin.

Peux-tu expliciter la récurrence triviale de l'exercice de Fin de partie ?

Sinon, oui pour le 1/

amicalement,

e.v.

MrJ · March 2020

@noix de totos : Je sais faire l'exercice pour trouver un nombre premier $p\in [n+1,n!+1]\cap \N$, mais pas la version que tu proposes. Est-ce une erreur dans ton énoncé ou dois-je chercher d'avantage? (:P)

Fin de partie · March 2020

Ev:
J'allais poser la même question :-D (tu)

quentinh21 · March 2020

@ev
Montrons que pour tout $n \ge 2$ $H_n=\sum_{k=1}^n{\dfrac1k}=\dfrac{a_n}{b_n}$ avec $a_n$ impair et $b_n$ pair. On procède par récurrence forte
Initialisation : pour $n=2$: on a $H_2=\dfrac32$ donc l'énoncé est vrai pour $n=2$.
Hérédité : on suppose que pour un certain $n \ge 2$, c'est vrai jusqu'au rang $n$. Montrons que c'est vrai pour $n+1$.
On a $H_{n+1}=H_n+\dfrac{1}{n+1}$. Si $n+1$ est impair on a $H_{n+1}=\dfrac{na_n+b_n}{nb_n}$, et alors $b_{n+1}=n\cdot b_n$ est pair par HR, tandis que $a_{n+1} =n\cdot a_n+b_n$ est impair par HR, et donc c'est vrai au rang $n+1$.
Si $n+1$ est pair, on note $n+1=2m$, on a donc :
$H_{n+1}=\left(1+\dfrac13+\dfrac15+\dots+\dfrac{1}{2m-1}\right)+\dfrac12 \cdot H_m$
Clairement le dénominateur commun de la somme de droite est impair. On note $N$ son numérateur, $D$ sont dénominateur, et par hypothèse de récurrence $H_m=\dfrac{a_m}{b_m}$ est de la forme souhaitée. Donc:
$H_{n+1}=\dfrac{N}{D}+\dfrac{a_m}{2b_m}=\dfrac{2b_m \cdot N+D\cdot a_m}{2Db_m}$. On pose $a_{n+1}=2b_m \cdot N +D \cdot a_m$ et $b_{n+1}=2Db_m$, et à partir de là c'est facile de vérifier qu'ils sont de la forme demandée.

Donc par le principe de récurrence la propriété est vraie pour tout $n \ge 2$.

Fin de partie · March 2020

Je pense que c'est plutôt: $H_{n+1}=\dfrac{(n+1)a_n+b_n}{(n+1)b_n}$

noix de totos · March 2020

Mr J : indication = considère l'entier $N := n!-1$. Le raisonnement ressemble à celui d'Euclide pour montrer l'infinitude de l'ensemble des nombres premiers.

quentinh21 · March 2020

Oui pardon il s'agit d'une erreur d'inattention, cela dit ça ne change rien à la récurrence.

Fin de partie · March 2020

J'ai trouvé une trace bibliographique de ce problème. Il a été posé dans la rubrique elementary problems dans un numéro du journal The American mathematical monthly, par B. H. Brown and Benjamin Rosenbaum en janvier 1934 (vol 41-01 pp48-49) Bizarrement je ne trouve pas de solution publiée dans les numéros suivants. :-D

quentinh21 · March 2020

Existence d'un nombre premier entre $n$ et $n!$:
On pose $N=n!-1$, soit $p$ un diviseur premier de $N$, alors si $p \le n$ on a $p \mid n!$ donc $p \mid 1$: absurde. Donc $n<p$ et $p \le n!-1$, identiquement $n<p<n!$ donc il existe un nombre premier entre $n$ et $n!$.

quentinh21 · March 2020

Calli a écrit:

Soit $n\in\Bbb N^*$. Montrer qu'il existe un terme non nul de la suite de Fibonacci qui est divisible par $n$.

On note $r_m$ le reste de la division euclidienne de $F_m$ par $n$: $r_0=0, r_1=1, r_{n+2}=r_{n+1}+r_n$. Comme il y a $n^2$ couples $(r_i, r_{i+1})$ alors $(r_m)$ est périodique à partir d'un certain rang de période au plus $n^2$. Supposons que le premier couple qui se répète n'est pas $(0,1)$ par l'absurde : soit $(r_d, r_{d+1})$ le premier couple à se répéter et $p$ la période de la suite, alors $r_d=r_{d+p}$ et $r_{d+1}=r_{d+1+p}$ donc $r_{d+1}-r_d=r_{d+1+p}-r_{d+p}$ d'où $r_{d-1}=r_{d-1+p}$, c'est-à-dire que le couple $(r_{d-1}, r_d)$ se répète: absurde car on a supposé que $(r_d, r_{d+1})$ est le premier. Donc le premier couple à se répéter est $(0,1)$, c'est-à-dire que $r_d=0$ donc $n \mid F_d$ (et par périodicité $n$ divise même une infinité de nombres de Fibonacci).

Calli · March 2020

Pourquoi $r_{n+2}=r_{n+1}-r_n$ ?

Eric · March 2020

@FdP c'est normal que tu ne trouves rien après 1934 puisque le problème est posé dans le Monthly en 1933 et la solution publiée dans le premier numéro de 1934. De plus le Monthly donne quatre références où le problème a déjà été posé précédemment, dont le Polya et Szegö.

MrJ · March 2020

@noix de totos : oui en fait c'est presque la même démonstration, sauf que je considérais n!+1. Merci!

Fin de partie · March 2020

Eric:

Je n'avais pas fait attention. Je croyais que janvier 1934 était le numéro dans lequel avait été publié le problème alors que grâce à toi je me suis rendu compte que c'était la solution qui a avait été publiée dans ce numéro. :-S

En fait, j'ai découvert cette référence parce qu'en 1957 (ou 1958) l'AMM a publié un best of de ses problèmes publiés entre 1918 et 1957.

PS:
Le pdf avec la solution contient des références plus anciennes dans la littérature mathématique.

PS2:
Merci beaucoup Eric.(tu)

PS3:
J'ai suivi une référence donnée dans l'article ci-dessus.
On trouve ce problème dans le livre Problems and theorems in analysis de George Polya, Gabor Szego.
Dans l'édition de 1972 que j'ai sous les yeux cela se trouve à la page 153 et c'est l'exercice 250.
Les auteurs proposent de résoudre cet exercice en faisant appel à un théorème de Tchebychev:
Parmi les nombres $2,3,4,...,n$ il y en a un qui est premier à tous les autres nombres de la liste si et seulement si c'est un nombre premier qui est plus grand que $n/2$ et les auteurs ajoutent qu'on sait, grâce toujours à Tchebychev, qu'un tel nombre premier existe.
PS4: à la suite de la solution donnée par Polya et Szego il est détaillé une autre solution (qui est aussi mentionnée dans l'article ci-dessus). Il est question de valuation diadique comme vous pouvez vous en doutez. B-)-

Calli · March 2020

http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?5,1963264,1963790#msg-1963790
D'accord, tu as discrètement rajouté un $+$. Mais $r_{m+2}=r_{m+1}+r_m$ (avec un $m$, $n$ étant déjà pris) n'est vrai que modulo $n$ (ou alors tu travailles dans $\Bbb Z/n\Bbb Z$ sans le dire).
Mais sinon, ok. L'idée était la bonne.

quentinh21 · March 2020

@Calli
J'avais envoyé un message pour dire que j'avais fait une faute de frappe (visiblement il y a eu un bug lors du post).
Oui, j'ai omis de préciser que je me plaçais dans $\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$, merci pour cette correction.

Eric · March 2020

Ton best of est "The Four Hundred “Best” Problems (1918–1950)" publié dans le numéro 7 de 1957.

Pea · March 2020

Deux exercices que j'aime bien: Soient $n\geqslant 1$ un entier et $a_1<\cdots <a_{n+1}$ des entiers compris (au sens large) entre 1 et 2n.

1) Montrer qu'il existe $1\leqslant i<j\leqslant n+1$ tels que $a_i$ et $a_j$ sont premiers entre eux.

2) Montrer qu'il existe $1\leqslant i<j\leqslant n+1$ tels que $a_i$ divise $a_j$.

Chaurien · March 2020

Quelques remarques.

1. Dans « Le Petit Archimède » n° 37-38, mars 1977, le PB 61 demandait de prouver qu'il existe un million d'entiers consécutifs non premiers, ou bien chacun divisible par un cube >1, ou bien ayant chacun au moins 10 facteurs premiers. Solution dans le PA 39-40, juin 1977. Pas de surprise : théorème des restes chinois.

2. Plus généralement que $1+\frac 12+ \frac 13+...+\frac 1n$, on peut prouver que le nombre $\frac 1m+ \frac 1{m+1}+...+\frac 1n$ n'est jamais un entier pour $n>m$. L'idée est la même, je pense.

3. Le recueil des meilleurs problèmes de l'AMM de 1937 s'appelle aussi « The Otto Dunkel Memorial Problem Book ». C'est effectivement une collection qui reste très intéressante encore aujourd'hui. On y voit plusieurs fois le nom d'Erdös. Il y a de belles intégrales, mais qui ne résisteraient pas 5 mn à notre ami FdP. Il y a cette jolie propriété que j'ai citée déjà : $\binom{n}{p}\equiv \left\lfloor \frac{n}{p}\right\rfloor \pmod p$ (pour $n$ entier naturel et $p$ premier). Il me semble que c'est là que j'avais vu l'équation diophantienne $x^4+x^3+x^2+x+1=y^2$ dans $\mathbb Z$, mais je ne la retrouve pas. Quel dommage que nous n'ayons pas été capables de créer une revue analogue en France et en français, pour matheux généralistes !

Bonne soirée.
Fr. Ch.

Fin de partie · March 2020

Chaurien:
Oui, il s'agit bien de ce recueil de problèmes.

J'ai trouvé un autre recueil de problèmes qu'on peut télécharger librement:
https://www.researchgate.net/publication/266367083_Proposed_problems_of_mathematics_Vol_II

MrJ · April 2020

Quelqu’un aurait-il une idée pour la seconde question de l’exercice de Pea ? http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?5,1963264,1964276#msg-1964276

YvesM · April 2020

Bonjour,

Pour le 1), parmi les $a_k$ on a au moins un nombre pair et un nombre impair. La contraposée est : tous les nombres sont pairs ou tous les nombres sont impairs. Mais on a $n+1$ et seulement $ n$ pairs et $n$ impairs parmi les $2n$ plus petits entiers. Contradiction.

Pour le 2), il existe $a_1$ et $a_j=2 a_1.$
En effet, si on veut éviter un double il ne reste que $n$ nombres au plus (quand on choisit $a_1=1$), or on a $n+1$ nombres $a_k.$ Et quand on choisit $a_1=n-1$, le plus grand possible, il existe $a_{n-1}=2n-2.$

MrJ · April 2020

Merci YvesM ! Je cherchais une solution beaucoup trop compliquée en fait (:P)

YvesM · April 2020

Bonjour,

Mes indications ne sont pas suffisantes pour conclure proprement. Il faudrait rédiger une démonstration complète...

Pea · April 2020

YvesM: pour le 1), je ne vois pas pourquoi l'existence d'un pair et d'un impair parmi les $a_i$ permet de conclure. Pour le 2), je ne suis pas sûr de te suivre non plus car par exemple $a_1=1$, $a_2=3$ et $a_3=4$ vérifient les hypothèses pour $n=2$ mais aucun n'est le double d'un autre.

YvesM · April 2020

Bonjour,

@Pea : j'ai donné l'idée d'une démonstration et je n'ai pas rédigé. Par exemple, pour le 2), si $a_1=1$ le résultat est immédiat. On suppose donc que $a_1 \neq 1$... et il y a bien un double d'après ma démonstration, non ?

jandri · April 2020

Je ne vois pas du tout l'idée de YvesM.

Pour démontrer le 1) et le 2) on peut construire une partition de $1,2n$ en $n$ parties de façon que :
pour le 1) chaque partie contienne deux nombres premiers entre eux
pour le 2) dans chaque partie qui n'est pas un singleton deux entiers distincts sont multiples l'un de l'autre.

Si on pense à faire intervenir les nombres impairs ce n'est pas très difficile à trouver.

Pea · April 2020

YvesM: que penses-tu dans ce cas de $n=4$ et $a_1=2$, $a_2=3$, $a_3=5$, $a_4=7$ et $a_5=8$ ?

YvesM · April 2020

Bonjour,

@Pea : je vais rédiger pour éviter un jeu de ping pong. Ma proposition est la suivante : si $a_1=1$, on a terminé ; si $a_1 \neq 1$, il existe au moins un multiple pair de $a_1$ : il existe $a_j$ et $m_j$ tel que $a_j = 2 m_j a_1.$ Démonstration par tiroirs et chaussettes.

Aujourd'hui je n'ai pas le temps, mais je vais essayer une rédaction propre.

Pea · April 2020

Ce n'est pas ce que tu as affirmé dans ton post précédent. Cependant, cette nouvelle assertion n'est pas non plus toujours vérifiée: il suffit de prendre $n=4$, $a_1=3$, $a_2=4$, $a_3=5$, $a_4=7$ et $a_5=8$.