Quelques exercices

Fin de partie
Fin de partie
dans Arithmétique
J'ai acquis le livre "Number theory, structures, examples and problems" de Titu Andreescu et Dorin Andrica.

Ce livre éclaire d'une façon originale la théorie des nombres (élémentaire) à travers des problèmes d'olympiades nationales , internationales et autres compétitions du même type locales (tous les problèmes ne sont pas corrigés)

Par exemple:

Montrer que tout entier naturel peut être écrit comme la différence de deux entiers naturels ayant le même nombre de facteurs premiers.

Montrer l'inégalité de Bonse que je ne connaissais pas:
$p_1p_2...p_n>p_{n+1}^2$ où $(p_n)$ est la suite des nombres premiers ordonnés dans le sens croissant.

Réponses

  • Toni0
    Toni0
    Bonse, H., Uer eine bekannte Eigenschaft der Zahl 30 und ihre Verallgemeinerung, Arch.
    Math. Phys., Vol. 12, 1907, 292–295
  • Fin de partie
    Fin de partie
    Il semble qu'on puisse démontrer cette inégalité par le principe des tiroirs.
    (dans le livre cité plus haut il n'y a pas de preuve de cette inégalité c'est un des problèmes supplémentaires non corrigé)
  • Toni0
    Toni0
    Plus fort que Bonse voir Posa inequality primes number

    L. Posa, ¨Uber eine Eigenschaft der Primzahlen (Hungarian), Mat. Lapok, 11(1960), 124-129

    encor plus fort voir Hassani

    http://vuir.vu.edu.au/18070/1/p1p2_pn(rgmia).pdf
    par Hassani
    $p_1p_2...p_n>p_{n+1}^{(1-1/(ln(n)))(n-\pi(n))}$
  • segoviaA
    segoviaA
    Bonsoir,

    Belle inégalité que celle de Bonse !
    Avec mon petit niveau je viens d'en chercher une démonstration. Je suis peut être à coté de la plaque mais je me demandais si un membre du forum pouvait affirmer ou infirmer le résultat suivant: d0fdffacf213af73ed6025b14ddbc16e.png
    Ce qui me permettrait de conclure sauf erreur. Bien sûr ce n'est peut être qu'une manière de détourner le problème.

    Merci de faire partager des exos intéressants.
  • sdoula
    sdoula
    Bonjour, c'est dans l'exo 6 qu'il traite eux aussi la demonstration de l'inégalité de Bonse.

    http://www.animath.fr/IMG/pdf/ofm-2012-2013-test_janvier-corrige.pdf.
    Bonne lecture!
  • segoviaA
    segoviaA
    Merci sdoula.
    J'avais effectivement pensé au postulat de Bertrand, mais je trouvais que c'était sortir la grosse artillerie.
    En tout cas je remarque que je n'ai sans doute pas le niveau pour les olympiades de première si j'ai bien compris ^^ .
  • JLT
    JLT
    @segoviaA : encore une confusion entre olympiades académiques et olympiades internationales.
    FdP a écrit:
    Montrer que tout entier naturel peut être écrit comme la différence de deux entiers naturels ayant le même nombre de facteurs premiers.

    Si $n$ est pair : on écrit $n=(2n)-n$.

    Si $n=1$ : on écrit $n=3-2$.

    Si $n\geqslant 3$ est impair : soit $p$ le plus petit nombre premier impair ne divisant pas $n$. On écrit $n=(pn)-((p-1)n)$.
  • segoviaA
    segoviaA
    JLT a écrit:
    @segoviaA : encore une confusion entre olympiades
    académiques et olympiades internationales.



    Ah merci j'ai été trompé par le F dans le sigle OFM. Ca rassure un peu quand même.
    Merci pour la résolution concise et claire au premier exercice.

    Un petit exo qui ne devrait pas vous résister longtemps et issu de 1001 problèmes en théorie classique des nombres de Jean-Marie De Koninck et Armel Mercier:

    Montrer que si (pn) désigne la suite des nombres premiers, alors on a: d1dff30eef33835b202c488f9a843161.png
  • JLT
    JLT
    Par récurrence en utilisant $p_{n+1}\leqslant p_1\cdots p_n+1$.
  • Fin de partie
    Fin de partie
    JLT:
    bravo !
    Je l'aime bien cet exo. B-)-

    segoviaA:
    J'ai testé ton inégalité jusqu'à $n=40000$ sans trouver de contre-exemple.
  • segoviaA
    segoviaA
    Effectivement il aidait beaucoup de penser au bon vieux Euclide.
  • segoviaA
    segoviaA
    Merci Fin de partie mais finalement l'utilisation du postulat de Bertrand démontre mon inégalité en une ligne par récurrence.
    En effet l'inégalité est vérifiée pour n=9. Puis pn+12 < 4pn2 < 4 (n-2)! < (n-1)!
    Il était même possible de démontrer, comme on l'a dit plus haut, directement l'inégalité de Bonse par utilisation du postulat de Bertrand.
  • Fin de partie
    Fin de partie
    Le premier problème que j'ai indiqué plus haut est issu des olympiades russes de mathématiques de 1999.


    Continuons:

    Prouver que parmi $7$ carrés parfaits quelconques on peut en extraire deux dont la différence est divisible par $20$.


    Soit $\overline {abc}_{10}$ (le nombre est écrit en base $10$) un nombre premier. Prouver que $b^2-4ac$ ne peut pas être un carré.
  • JLT
    JLT
    Il y a 3 carrés modulo 5 et 2 carrés modulo 4, donc 6 carrés modulo 20. D'après le principe des tiroirs, parmi 7 carrés parfaits, deux ont la même classe modulo 20.
  • JLT
    JLT
    Soit $x=10$. Si $p=ax^2+bx+c$ est un nombre premier, et si $b^2-4ac=d^2$, alors $0\leqslant d\leqslant 9$.
    D'autre part, $4ap=(20a-(-b-d))(20a-(-b+d))$ est le produit de deux entiers qui diffèrent de $2d$, donc ont même parité. Comme $4ap$ est pair, $ap$ s'écrit sous la forme $uv$ avec $|u-v|=d$.

    Comme $p$ divise l'un des nombres $u$ ou $v$, mettons $u$, on a $u\geqslant p\geqslant 100$ et $v\leqslant a\leqslant 9$, ce qui contredit $|u-v|=d$.
  • Fin de partie
    Fin de partie
    Deux de plus pour la route:

    Soit $A$ un sous-ensemble de $\{0,1,...,1997\}$ contenant plus que $1000$ éléments.
    Prouver que $A$ contient ou bien une puissance de $2$, ou bien deux entiers distincts dont la somme est une puissance de $2$

    Soit $p$ un nombre premier et $a,n$ des entiers positifs.
    Prouver que si $2^p+3^p=a^n$ alors $n=1$
  • JLT
    JLT
    Supposons le contraire. On considère les paires

    $(x,2048-x)$ pour $51\leqslant 1023$

    $(x,64-x)$ pour $14\leqslant x\leqslant 31$

    $(x,16-x)$ pour $3\leqslant x\leqslant 7$.

    Il y au total 996 paires. Parmi celles-ci, au plus un nombre figure dans $A$. Comme les éléments qui ne font pas partie des paires sont des puissances de 2, $A$ contient au plus 996 éléments. Contradiction.
  • JLT
    JLT
    On écarte rapidement le cas $p=2$, donc $p$ est impair. Comme $5$ divise $2^p+3^p$, $5$ divise $a$. Supposons par l'absurde que $n\geqslant 2$. Alors $25$ divise $2^p+3^p$, donc $2^p\equiv (-3)^p \,[25]$.

    En multipliant par $8^p$, on obtient que $16^p\equiv 1\,[25]$, donc $p$ est un multiple de l'ordre de 16 modulo 25. Comme $p$ est premier, il est égal à l'ordre de 16 modulo 25. Or, $16^5=2^{20}=2^{\varphi(25)}\equiv 1\,[25]$ donc $p=5$, et pour $p=5$ on a $2^p+3^p=5^2\times 11$ qui n'est pas une puissance $n$-ième pour $n\geqslant 2$.
  • Fin de partie
    Fin de partie
    Deux de plus:

    Soient $m,n$ des entiers naturels.
    Montrer que $2^n-1$ est divisible par $(2^m-1)^2$ si et seulement si $n$ est divisible par $m(2^m-1)$.


    Soit $p$ un nombre premier impair.
    Pour chaque $k=1,2,...,p-1$ on pose $r_k$ le reste de $k^p$ dans la division par $p^2$.

    Evaluer $r_1+r_2+...+r_{p-1}$
  • depasse
    depasse
    Bonsoir,

    A propos de l'inégalité de Bonse, et par curiosité:

    Quel est le plus petit des $n>2$ tel que $p_np_{n+1}p_{n+2}<p_{n+3}^2$?

    Merci pour ce fil FdP

    Cordialement

    Paul
  • Fin de partie
    Fin de partie
    Pour la dernière première question posée voir:
    http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?5,911021

    Je trouve que cet exercice complète bien ce dernier fil.

    Dépasse:

    c'est au delà de 40 000, à moins qu'il n'y en ait pas.
  • Fin de partie
    Fin de partie
    Je fais remonter le sujet et je reviens sur :
    Montrer que $2^m-1$ est divisible par $\big(2^n-1\big)^2$ si et seulement si $m$ est divisible par $n(2^n-1)$

    On sait que:

    Si $r$ est le reste de la division de $m$ par $n$ alors le reste de la division euclidienne de $a^m-1$ par $a^n-1$ est $a^r-1$ avec $a,m,n$ des entiers strictement positifs.
    ( http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?5,911021,911663#msg-911663 )

    Donc en particulier pour que $a^n-1$ divise $a^m-1$ il faut et il suffit que le reste de $m$ dans la division par $n$ soit $0$ autrement dit que $n$ divise $m$.

    Ainsi il existe $k>0$ tel que $m=kn$ et:

    $2^m-1=2^{kn}-1=(2^n-1)\Big(\sum_{i=0}^{k-1}2^{ni}\Big)$


    $\sum_{i=0}^{k-1}2^{ni}=\sum_{i=1}^{k-1}(2^{ni}-1)+k$ et pour tout $1\leq i\leq k-1$, $2^{ni}-1$ est divisible par $2^n-1$

    Donc pour que $2^m-1$ soit divisible par $(2^n-1)^2$ il faut que $\sum_{i=0}^{k-1}2^{ni}$ soit divisible par $2^n-1$ et pour que $\sum_{i=0}^{k-1}2^{ni}$ soit divisible par $2^n-1$ il faut que $k$ soit divisible par $2^n-1$ et donc puisque $n$ divise $m$ il faut que $m$ soit divisible par $2^n-1$.

    (je ne prétends pas avoir répondu à la totalité de la question)
  • JLT
    JLT
    Pourquoi tu ne changes pas la fin de ta démonstration par :

    Donc pour que $2^m-1$ soit divisible par $(2^n-1)^2$ il faut et il suffit que $\sum_{i=0}^{k-1}2^{ni}$
    soit divisible par $2^n-1$ et pour que $\sum_{i=0}^{k-1}2^{ni}$ soit divisible par
    $2^n-1$ il faut et il suffit que $k$ soit divisible par $2^n-1$, autrement dit que $m$
    soit divisible par $n(2^n-1)$.


    ?
  • Fin de partie
    Fin de partie
    JLT:
    Entretemps j'y ai pensé.
    Mais j'avais des états d'âme je me focalisais sur: si a et b divisent n il n'y a aucune raison, à priori, que leur produit divise n.
    Mais comme tu me le fais toi aussi remarquer on n'est pas dans cette situation-là on est plus confortable. B-)
    Merci pour ton attention.

    (l'autre exo est nettement plus dur)
  • JLT
    JLT
    Pour l'autre exo il suffit de regrouper les termes deux par deux : $\sum_{j=1}^{[(p-1)/2]} (r_j+r_{p-j})$.
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