olympiades
dans Arithmétique
Bonjour,
Voici un cours d'arithmetique
<http://shadowlord.free.fr/server/Maths/Olympiades/Cours/Arithmetique/SatoNT.pdf>
On y trouve plein d'exercices intéressants.
Quelqu'un a-t-il une solution simple du problème 3 page 4 ?
Sincèrement,
galax
Voici un cours d'arithmetique
<http://shadowlord.free.fr/server/Maths/Olympiades/Cours/Arithmetique/SatoNT.pdf>
On y trouve plein d'exercices intéressants.
Quelqu'un a-t-il une solution simple du problème 3 page 4 ?
Sincèrement,
galax
Réponses
-
Bonjour,
galax , ça fait plaisir de te retrouver; merci pour ce document.
egoroff : p45, l'auteur mentionne le livre (volume 2) de R.Honsberger. -
Merci bs,
J'espère que tu aimeras ce cours d'arithmétique
Je suis en train faire un maximum d'exercices qui s'y trouvent ... un travail très instructif
Pour le problème 3 page 4 ( Montrer que si a et b sont nombres positifs, alors $ (a+ 1/2)^n + (b + 1/2)^n $ est entier que pour un nombre fini de n) as-tu une idée???
Sinon l'exemple 2.1 page 5 c'est un problème qui a été posée sur le forum.
Sincèrement,
Galax -
Cet exercice ne déclenchant apparemment pas les foules, voici une remarque qui pourrait être un éventuel début d'idée :
On a $\displaystyle { \left ( a + \frac {1}{2} \right )^n + \left ( b + \frac {1}{2} \right )^n = \frac {A_n}{2^n}}$ où $$A_n = \sum_{j=0}^{n} \binom {n}{j} 2^j ( a^j + b^j ).$$ Si on considère $A_n$ dans $\Z_2$ (anneau des entiers $2-$adiques), alors, puisque : $$ \left | \binom {n}{j} 2^j ( a^j + b^j ) \right |_2 \leqslant 2^{-j} \times \max \left ( |a|_2^j, \, |b|_2^j \right ),$$ alors on a : $$|A_n|_2 \leqslant \max_{0 \leqslant j \leqslant n} \max \left ( |a|_2^j, \, |b|_2^j \right ),$$ et donc, si : $$2^n \max_{0 \leqslant j \leqslant n} \max \left ( |a|_2^j, \, |b|_2^j \right ) \leqslant 1$$, alors $2^n$ divise $A_ n$. Il y a un nombre fini d'entiers $n \geqslant 1$ vérifiant la dernière inégalité.
Borde. -
Bonjour Borde,
Merci pour ton approche pour cet exercice.
Je suis en train regarder quelques notions sur les nombres p-adiques pour comprendre entièrement tes lignes.
(Le livre d’Y.Amice est-t-il suffisant ? )
Sincèrement,
Galax -
Oui, le livre d'Amice est suffisant, l'analyse dans $\Z_2$ utilisée ici est plutôt élémentaire. Il faut juste savoir que, si $p$ est un nombre premier :
1. Si $x \in \Q$, $|x|_p = p^{-v_p(x)}$, et que cette valeur absolue est non-archimédienne, et {\it s'étend} à $\Q_p$. De plus, $\Z_p = \{ x \in \Q_p \, / \, |x|_p \leqslant 1 \}$.
2. $\Z$ est dense dans $\Z_p$.
3. Si $x \in \Z_p$ et $n \geqslant 0$ entier, alors $\displaystyle {\binom {x}{n} \in \Z_p}$.
Borde. -
Merci Borde,
J'ai presque tout compris sauf
Si :
$\displaystyle 2^n \max_{0 \leqslant j \leqslant n} \max \left ( \vert a\vert _2^j, \, \vert b\vert _2^j \right ) \leqslant 1$
alors
$ 2^n$ divise $ A_n$.
Sincèrement,
Galax -
OK : cette condition implique que $|A_n|_2 \leqslant 2^{-n}$ d'après la majoration obtenue précédemment, ce qui s'écrit aussi $v_2(A_n) \geqslant n$, ou encore $2^n \mid A_n$.
Borde. -
Merci Borde,
Oui, j'ai compris.
Galax -
Bonsoir,
L'utilisation des entiers 2-adiques s'avère terriblement efficace;mais, nos jeunes concurrents des olympiades ont-ils connaissance de ces entiers pour résoudre l'exercice ? -
Je n'en sais rien...A vrai dire, j'ai gribouillé cette idée ce matin entre deux préparations de cours, c'est donc plus une ébauche d'idées que d'une véritable solution.
Ceci dit, cela doit pouvoir être traité sans le plongement dans $\Z_2$, qui, effectivement, simplifie le point de vue (c'est l'un des attraits de l'analyse élémentaire dans $\Q_p$). Il suffi(rai)t de montrer, avec les notations ci-dessus, que $2^n \mid A_n$ seulement pour un ensemble fini d'entiers.
Borde. -
bonjour Borde,
En me reveillant cette nuit, je crois avoir une autre piste
$ (a+ 1/2)^n + (b + 1/2)^n $ est entier,
ssi $ (10.a+ 5)^n + (10.b + 5)^n $ est divisible par $ 10^n $
Sincèrement,
Galax -
bonjour Borde,
En fait il y a mieux. Il suffit montrer
$ (2.a+ 1)^n + (2.b + 1)^n $ est divisible par $ 2^n $ pour avoir
$ (a+ 1/2)^n + (b + 1/2)^n $ entier
Sincèrement,
Galax -
bonjour Borde,
Merci pour l'intêret que tu as pour ce problème.
Voici quelques idées pour la piste que j'ai trouvé cette nuit
1° aucun n paire ne convient , car
$ (10.a+ 5)^n + (10.b + 5)^n $
est modulo 100 égal à 25 + 25 =50
2° pour n impair
$ (2.a+ 1)^n + (2.b + 1)^n $
s'écrit sous la forme de produit $ (2.a+ 2.b + 2).I $
où I = $ (2.a+ 1)^n-1 - ((2.a+ 1)^n-1).(2.b + 1)+ ... + (2.b + 1)^n -1$
est un nombre impair
En factorisant $ (2.a+ 2.b + 2)$ on trouve facilement le nombre fini de n qui rend $ (a+ 1/2)^n + (b + 1/2)^n $ entier .
(sous reserve des erreurs de ma part )
*******************
Ceci me conduit aux deux questions suivants inspirées par par le problème initial
1° pour la fin de cette année:
Trouver tous les n entiers positifs tels que
$ (2006+ 1/2)^n + (2007 + 1/2)^n $ est entier
2° une généralisation ( problème encore ouvert )
si a et b sont nombres positifs
$ a^n + b^n $ est divisible par $ 2^n $
alors,est-il entier que pour un nombre fini de n ?
Sincèrement,
Galax -
bonjour Alain,
suite à mauvais copier - coller
la derniere partie de ma precedente intervention est à remplacer par:
**************
2° une généralisation ( problème encore ouvert )
Est-t-il vrai que:
Si a et b sont des nombres positifs, alors
$ a^n + b^n $ n'est divisible par $ 2^n $
que pour un nombre fini de n .
***************
Merci pour ta gentillesse et ton efficacité
Sincèrement,
Galax -
Bonjour,
Posons $u(n)=(a+\frac{1}{2})^n+(b+\frac{1}{2})^n$. On a :
$$u(0)=2, u(1)=a+b+1$$.
Considerons $X^2-(a+b+1)X+\frac{(2a+1)(2a+1)}{4}=0$.
Posons $(2a+1)(2a+1)=2k+1$ et, pour $q\geq 0$, $a+b+1=2^q(2p+1)$. Cela donne :
$$u(n+2)=2^q(2p+1)u(n+1)-\frac {(2k+1)u(n)}{4}$$.
Montrons par récurrence sur $n\geq 0$, que l'on a :
$$ (1) v_2(u(2n))=-(2n-1) et v_2(u(2n+1))=q-2n$$
donc, si $u(n)$ est entier, alors on a $n\leq E(q/2)$.
(1) est vrai pour $n=0$
Supposons (1) vrai pour $n\leq 0$, on a :
1) $u(2n+2)=2^q(2p+1)u(2n+1) - \frac {(2k+1)u(2n)}{4}$ et $v_2(2^q(2p+1)u(2n+1))=2q-2n, v_2(\frac {(2k+1)u(2n)}{4})=-(2n+1)$, donc $v_2(u(2n+2))=-(2n+1)=-(2(n+1)-1)$,
2) $u(2n+3)=2^q(2p+1)u(2n+2) - \frac {(2k+1)u(2n+1)}{4}$ et $v_2(2^q(2p+1)u(2n+2))=q-(2n+1), v_2(\frac {(2k+1)u(2n+1)}{4})=q-2(n+1)$ donc $v_2(u(2n+3))=q-2(n+1)$ CQFD
Amicalement,
Georges -
Correction (merci pour le modérateur qui le fera). Il faut lire :
Supposons (1) vrai pour $n\geq 0$ , on a :
Galax, pour :
1) Trouver tous les $n$ entiers positifs tels que $(2006+\frac{1}{2})^n +
(2007+\frac{1}{2})^n$ est entier, je te laisse répondre avec ma preuve pour $a=2006$ et $b=2007$.
2) Si $a$ et $b$ sont des nombres positifs, alors $a^n+b^n$
n'est divisible par $2^n$ que pour un nombre fini de $n$. Ceci est faux.
On a, pour $k, l \geq 0$, $a=2^k(2m+1), b= 2^l(2p+1)$ donc
$a^n+b^n=2^(kn)(2m+1)^n + 2^(ln)(2p+1)^n$.
Donc, si $1\leq k< l$, on a $a^n+b^n=2^(kn)(2r+1)$ et, pour tout $n\geq 0$, on a $2^n$ divise $a^n+b^n$.
Si $k=l$, on a $a^n+b^n=2^(kn)[(2m+1)^n + (2p+1)^n]$. donc,
i) $k \geq 1$, $2^(kn+1)$ (donc $2^n$), divise, pour tout $n\geq 0$, $a^n+b^n$.
ii) $k=0$, alors $2^n$ divise $a^n+b^n$ s.s.si $n=0$ ou $n=1$. -
Bonjour,
Le problème 1° est facilement résoluble grâce à la méthode que j'ai indiquée
En ce qui concerne le problème 2°, il peut être traite par un raisonnement semblable que celui que j'ai utilisé
Voici les conclusions auxquelles je suis arrivé
(je dit que n est convenable si $ a^n + b^n $ est divisible par $ 2^n $ )
Dans le cas a et b où sont tous les deux impairs,
Pour n impair des n convenables sont donc au nombre fini (leurs nombre est déterminé par $ v_2( a+ b) $ )
pour n pair pas de n convenables
Dans le cas où a et b sont un pair et l'autre impair
il n'existe pas de n convenables
Dans le cas a et b où sont tous les deux pairs, tous les n entiers positifs sont convenables. ...
Conclusion:
Si a et b sont des nombres positifs
tels que a et b tous les deux impairs
ou bien a et b sont de parité différentes,
alors
$ a^n + b^n $ n'est divisible par $ 2^n $ que pour un nombre fini de n
************
P.S. Je dois encore revoir cette partie par l'approche de Borde
Sincèrement,
Galax -
bonjour georgesZ ,
J'aime bien ton approche du 11-28-06 13:06 pour le problème initial et tout à fait en accord avec la conclusion de Borde 11-27-06 15:09 et la mienne 11-28-06 09:58.
Comment as- tu eu l'idéé de considerer
$X^2-((a+\frac{1}{2})+(b+\frac{1}{2}))X+(a+\frac{1}{2})(b+\frac{1}{2})
=X^2-(a+b+1)X+\frac{(2a+1)(2a+1)}{4}$
qui t'a conduit à
$\displaystyle u(n+2)=2^q(2p+1)u(n+1)-\frac {(2k+1)u(n)}{4}$ ?
*******
En ce qui concerne ton intervention du 11-28-06 13:38 ta ligne concernant a et b tous les deux impairs ( cf .
ii) $ k=0$, alors $ 2^n$ divise $ a^n+b^n$ s.s.si $ n=0$ ou $ n=1$ ) et à revoir.
Note bien que dans mon intervention du 11-28-06 22:02 ( rédigé sans lire la tienne du11-28-06 13:38) j'ai exclut implicitement le cas trivial n =0.
pour la question 2° du 11-28-06 09:58
(cf.
Est-t-il vrai que :
Si a et b sont des nombres positifs, alors
$ a^n + b^n $ n'est divisible par $ 2^n $ que pour un nombre fini de n ?)
ta methode du 11-28-06 13:06
en partant de $ X^2-(a+b)X+a.b$ est sans doute aplicable
Sincérement,
Galax -
Bonjour Alain,
En me relisant je vois que dans 3° ligne après ***********
l'expression " et à revoir. "
est à remplacer par " est à revoir."
Merci.
Sincèrement,
Galax -
Bonjour Galax,
Effectivement, j'ai fait une petite erreur à propos de ton affirmation fausse :
Si $a$ et $b$ sont des nombres positifs, alors
$a^n+b^n$ n'est divisible par $2^n$ que pour un nombre fini de n.
(Fausse, car fausse si $a$ et $b$ sont pairs).
Mon erreur est en :
"Si $1\leq k -
bonjour georgesZ ,
Voici 2 observations
à propos de ton message du 11-29-06 13:01
1°
un contre exemple concernant ton affirmation
"ii) $ k=0$ "($ a$ et$ b$ sont impairs), "alors $ 2^n$ divise $ a^n+b^n$ s.s.si $ n=0$ ou $ 1$" est ..."
en effet
il suffit prendre par exemple
a = 1, b = 7 et n=3
pour obtenir $ a^n+b^n = 344$ qui est divisible par 8
En fait tu as oublié consider que dans le cas lorsque n est impaire cité lorsque $ a^n+b^n $ est divisible par $a +b $,
$ a^n+b^n = (a +b)*( a^(n-1) - a^(n-2)*b + ... - b^(n-2))$ lqui est une factorisation $ a^n+b^n $ de la forme $(a +b)*I $, où I est impair comme somme d'un nombre impair de termes .
Note bien que la condition correcte figure dans mon message de synthèse du 11-28-06 22:02
2°En ce qui concerne ma question à propos de la récurrence linéaire que tu as utilisé je voudrais savoir comment tu as eu cette idée de l'utiliser pour ce probleme ....
Sincèrement,
Galax -
bonjour AD,
Je viens m'appercevoir que dans mon message du 11-28-06 09:58
j'ai fait une erreur dans ma formule écrite en latex
I = $ (2.a+ 1)^n-1 - ((2.a+ 1)^n-1).(2.b + 1)+ ... + (2.b + 1)^n -1$
( oubli de paranthèses ) qui est donc fausse
la formule correcte est
I = $ (2.a+ 1)^(n-1) - ((2.a+ 1)^n-1).(2.b + 1)+ ... + (2.b + 1)^(n -1)$
Pourrais- tu faire la correction de ce message ?
Merci pour ta gentillesse et ton efficacité.
Sincèrement,
Galax -
$I = (2.a+ 1)^{n-1} - (2.a+ 1)^{n-2}.(2.b + 1)+ \ldots+(-1)^i(2a+1)^{n-i}(2b+1)^i+ \ldots + (2.b + 1)^{n -1}$ -
$ a^n+b^n = (a +b)\cdot( a^{n-1} - a^{n-2}b + \ldots - ab^{n-2}+b^{n-1})$
-
Bonjour Galax,
tu as raison pour $a^n+b^n$, quand $a$, $b$ et $n$ sont impairs (j'ai effectivement oublié l'identité pour $n$ impair et n'ai vraiment regardé que le cas $n=2$ donc $n$ pair).
En tout cas, avec ta remarque cela montre que $a^n+b^n$, quand $a$, $b$ sont impairs n'est divisible par $2^n$ que pour $n=0$ et $n=1$ ou, si $a+b=2^k(2p+1), k\geq 3$, aussi pour les $n$ impairs $\leq k$.
L'idée de considérer la suite récurrente linéaire est claire quand on en connait la théorie, ton énoncé est l'expression du terme d'ordre $n$ de la suite récurrente que j'ai intoduite donné par cette théorie (relativement simple).
Amicalement,
Georges -
Bonjour,
Merci AD, Borde, bs, GeorgesZ et tous autres qui se sont intéressés à ce problème.
Encore une fois on voit que les problèmes d’arithmétique à l'énoncé simple peuvent être résolus par des méthodes différentes et très instructives …
Dans le document satoNT.pdf ( pour le lien voir le message du 11-26-06 16:56) il y a encore beaucoup d'exercices, pour certains parmi eux on trouve une solution sur <http://www.kalva.demon.co.uk/> indiqué par bs ( cf. <http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?f=2&i=338337&t=338337> ).
Sincerement,
Galax
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