Pensez à lire la Charte avant de poster !

$\newcommand{\K}{\mathbf K}$


Les-Mathematiques.net - Cours de mathématiques supérieures
 Les-Mathematiques.net - Cours de mathématiques universitaires - Forum - Cours à télécharger

A lire
Deug/Prépa
Licence
Agrégation
A télécharger
Télécharger
186 personne(s) sur le site en ce moment
E. Cartan
A lire
Articles
Math/Infos
Récréation
A télécharger
Télécharger
Théorème de Cantor-Bernstein
Théo. Sylow
Théo. Ascoli
Théo. Baire
Loi forte grd nbre
Nains magiques
 
 
 
 
 

"il est facile de" la preuve :

Envoyé par pourexemple 
Re: "il est facile de" la preuve :
01 mai 2017, 14:38
avatar
énoncé 196 : des polynômes divertissants
Calculer : $$\lim \limits_{n \rightarrow \infty} P_n(x) \mod x^2+1,$$ avec $$P_n(x)=\sum \limits_{k=0}^n \frac{x^k}{k!}$$



Modifié 2 fois. Dernière modification le 01/05/2017 15:15 par AD.
Re: "il est facile de" la preuve :
01 mai 2017, 15:10
Pour le 192, je vais un peu désabstraire. Soit $f$ une fonction de $\Q$ vers $[-1,1]$ qui n'est pas restriction d'une fonction [edit : convexe] de $\R$ vers $[-1,1]$. Alors pour n'importe quelle fonction réelle, on trouve un voisinage de cette fonction réelle et un voisinage de $f$ disjoints. Par compacité, on se réduit à un nombre fini de voisinages. On trouve un voisinage de $f$ disjoint des restrictions de fonctions réelles. C'est la preuve qu'un compact est fermé dans un $T_2$. Du coup, si une séquence de restrictions converge vers une fonction, alors c'est une restriction.

Pour désabstraire encore plus la preuve il faudrait revenir à la preuve de Tychonoff, qui n'est pas constructive…
On peut sûrement faire plus concret, et ce ne sera pas équivalent car constructif.

Pour le 195, c'est vrai en remplaçant $\frac{1}{f(x)}$ par n'importe quoi de continu, non ? On prend une fonction continue valant $0$ en $1$ et $1/f(1)$ en $2$ puis on prolonge par l'équation.

Pour le 196 je ne vois pas comment interpréter. En général, $x^k / k!$ n'existe pas modulo $x^2 + 1$.



Modifié 1 fois. Dernière modification le 01/05/2017 15:59 par Champ-Pot-Lion.
Re: "il est facile de" la preuve :
01 mai 2017, 15:33
avatar
@Champollion : pour le 195, plus de détaille, car je ne vois comment tu ferais.

pour le 196 : il s'agit du reste par la division euclidienne.

énoncé 197 : une propriétés des fonctions multiplicatives
A-t-on $$\forall r>0, \left(\sum \limits_{i=0}^k i^r\right)^{1/r}=\frac{k^{\frac{r+1}{r}}}{(r+1)^{1/r}}+o(\frac{1}{k}) $$



Modifié 4 fois. Dernière modification le 01/05/2017 18:19 par pourexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
01 mai 2017, 15:41
avatar
@Champollion : pour le 192 : oui, toute fonction de $\Q$ est une restriction d'une fonction réelle (il suffit de prendre la fonction nulle sur les réels sauf sur les rationnelles où elles auraient la valeur de ta fonction sur $\Q$)
Mais la question est comment, à partir de la convergence sur $\Q$ de ta sous-suite tu en déduis sa convergence sur $\R$ tout entier ?
Re: "il est facile de" la preuve :
01 mai 2017, 15:50
avatar
Salut,

Casses-têtes niveaux agreg :

-182,183 : entiers homonymes et synonymes (182 Tombé par Depasse)
-184 : suites convergentes convexes
-185 : les fonctions holdériennes
-186 : l'égalité impossible ? Tombé par Depasse
-187 : produit en série
-190 : étrange ou archi-classique Tombé par GaBuZoMeu
-192 : le bijou caché de la convexité ? Tombé par Siméon
-193 : l'inégalité tonitruante ? Tombé par Siméon
-194 : un nouveau bijou ? Tombé par Champollion
-195 : l'équation fonctionnelle à 1 millions de $ Tombé par Champollion
-196 : polynômes divertissants Tombé par Cidrolin
-197 : propriété fonction multiplicative.
-198 : retour des polynômes +
-199 : retour des polynômes ++
-200 : une histoire de puissance et de diviseur Tombé par Depasse
-201 : le bijou de l'arithmétique ?
-202 : C.S. d'irréductibilité sur $\Z[x]$
-203 : la transcendance low-cost.


Les incontournables : ici.


Cordialement.



Modifié 15 fois. Dernière modification le 02/05/2017 18:00 par pourexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
01 mai 2017, 15:59
Pour le 196 : Du reste de quoi ? Du réel ? Dans ce cas, ça converge vers $e^x \mod x^2+1$ ?

192 : Ah oui, je parlais de restrictions de fonctions convexes, pas de fonctions quelconques, désolé !

195 : Soit $f : \left[0,\infty\right[ \to \R$ continue. On cherche $u : \left[0,\infty\right[ \to \R$ telle que $u(x+1) = u(x) + f(x)$. On prend alors une fonction $g : \left[0,1\right]$ continue, telle que $g(0) = 0$ et $g(1) = f(0)$. On pose $u = g$ sur $\left[0,1\right[$. On prolonge ensuite sur tout $\R$ par l'équation $u(x+1) = u(x) + f(x)$.

Si on écrit $x$ comme $n + y$ avec $n$ entier et $y \in \left[0,1\right[$, on aura $u(n+y) = g(y) + \sum_{i=0}^{n-1} f(i+y)$. Il faut vérifier la continuité aux points entiers (où le $n$ change). C'est bon car lorsque $y$ tend vers $1$, on a $u(n+y)$ qui tend vers $g(1) + \sum_{i=0}^{n-1} f(i+1) = f(0) + \sum_{i=1}^n f(i+0) = u(n+1)$.
Re: "il est facile de" la preuve :
01 mai 2017, 16:18
avatar
Pour le 196 : $\cos 1+ x \sin1$ ?
Re: "il est facile de" la preuve :
01 mai 2017, 16:18
Bonjour,

Citation

énoncé 186 : l'égalité
impossible?

Soit $p=2q+1$ avec $q$ impair et $p$ premier.
A-t-on $\sum\limits_{i=0}^q b^{i^2} \mod
p=-\sum\limits_{i=0}^q b^{-i^2} \mod p$, $b$ un
générateur de $(\Z/p\Z)^*$ ?

$2q+1$ est premier et $b$ engendre $(\Z/(2q+1)\Z)^*$ donc, modulo $2q+1$, $b^q=-1$.
$q$ est impair, donc, pour tout $i$ entier, $q-2i$ est impair et donc $b^{q(q-2i)}=(-1)^{q-2i}=-1$ , soit $1+b^{q(q-2i)}=0$ modulo $2q+1$.
$q$ est impair, donc $\sum\limits_{i=0}^q b^{i^2}=\sum\limits_{i=0}^{(q-1)/2} ( b^{i^2}+b^{ (q-i)^2})=\sum\limits_{i=0}^{(q-1)/2} b^{i^2} (1+b^{q(q-2i)})=\sum\limits_{i=0}^{(q-1)/2} b^{i^2} (0)=0$ modulo $2q+1$.
Vu que si $b$ est générateur $b^{-1}$ l'est aussi et que $0=-0$, on a, si $p:=2q+1$:
$$\sum\limits_{i=0}^q b^{i^2} \mod
p=-\sum\limits_{i=0}^q b^{-i^2} \mod p$$

Amicalement
Paul
Re: "il est facile de" la preuve :
01 mai 2017, 16:23
Le 190 est résolu depuis longtemps.
PS. Par contre, tu n'as pas donné de solution.



Modifié 1 fois. Dernière modification le 01/05/2017 17:05 par GaBuZoMeu.
Re: "il est facile de" la preuve :
01 mai 2017, 17:12
avatar
@Champollion : 195 Bravo,
192 : cf la remarque sur l'autre fil.
196 : du reste quand on fait la division euclidienne de $P_n$ par $x^2+1$

@Cidrolin : Comment obtiens-tu cela ?

@Depasse : Bravo.

@GaBuZoMeu : oui, si tu pouvais donner l'expression explicite pour $k=3$, cela clôturerait la question.



Modifié 1 fois. Dernière modification le 01/05/2017 19:46 par pourexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
01 mai 2017, 17:14
Tu n'as pas rempli ta part de "marché" : donner ta solution. Dois-je en conclure qu'en fait tu n'en as pas ?
Re: "il est facile de" la preuve :
01 mai 2017, 17:15
Ok, j'ai compris pour le 196. On a $x^2 = -1$, ça fait ce que dit Cidrolin. (edit : je dirais même que ça fait $e^{i}$)



Modifié 3 fois. Dernière modification le 01/05/2017 18:14 par Champ-Pot-Lion.
Re: "il est facile de" la preuve :
01 mai 2017, 17:47
avatar
@GaBuZoMeu : Disons aucun de nous 2 n'a remplie sa part de marché.


@Champollion et Cidrolin: je vois comment vous avez conclue, Bravo.

énoncé 198 : retour de polynômes +
Calculer $$\lim \limits_{n \rightarrow \infty} P_n(x) \mod ((x+1)^2+1)$$ avec $$P_n(x)=\sum \limits_{k=0}^{n} \frac{x^k}{k!}$$

énoncé 199 : retour de polynômes ++
Calculer $$\lim \limits_{n \rightarrow \infty} P_n(x) \mod (x^2+1)^2$$ avec $$P_n(x)=\sum \limits_{k=0}^{n} \frac{x^k}{k!}$$



Modifié 6 fois. Dernière modification le 01/05/2017 19:46 par pourexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
01 mai 2017, 18:26
Bonjour,

Citation

énoncé 182 : les entiershomonymes
2 entiers naturels x,y sont dit homonymes, s'il existe deux entiers naturels a,b distincts tel que x écrit en base a est identique à y écrit en base b.
Trouver tous les couples d'entiers naturels homonymes, c'est à dire trouver un algorithme A tel que A(x,y) renvoie vrai si x et y homonymes, et faux sinon.

$A$ renvoie $faux$ si et seulement si $x+y=1$.
Re: "il est facile de" la preuve :
01 mai 2017, 18:35
avatar
pourexemple écrivait:
-------------------------------------------------------

> @Champollion et Cidrollin: je vois comment vous

Attention Cidrolin ne prend qu'un seul l. Ce n'est pas comme Glloq.
Re: "il est facile de" la preuve :
01 mai 2017, 19:37
avatar
@Cidrolin : désolé, je corrige cela.

@Depasse : si $x=3, y=3$ ne sont pas homonymes.

énoncé 200 : une histoire de puissance et de diviseur
Soit $a\in \N$, $a\geq 2$.
A-t-on $$\forall m,n \in \N^*, a^{\text{gcd}(m,n)}-1 \text{ = gcd}(a^m-1,a^n-1) $$ ?



Modifié 2 fois. Dernière modification le 01/05/2017 20:04 par pourexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
01 mai 2017, 20:03
@pourexemple:

$x=trois$ s'écrit $3$ en base $a=quatre$; $y=trois$ s'écrit $3$ en base $b=cinq$. Donc $x$ et $y$ s'écrivent de la même façon, le premier dans la base $a$, le second dans la base $b$. $x$ et $y$ sont donc homonymes.
Sauf erreur

Cordialement
Paul
Re: "il est facile de" la preuve :
01 mai 2017, 20:07
avatar
Oui, c'est vrai.
Et pour x=1 et y=2 ?

Je rappelle que la base 1, est la base unaire, (on compte le nombre de trait).
Re: "il est facile de" la preuve :
01 mai 2017, 20:46
avatar
Remarque 201 : le bijou de l'arithmétique ?
Derrière ce résultat, il y a (peut-être) le bijou de l'arithmétique.



Modifié 1 fois. Dernière modification le 01/05/2017 20:46 par pourexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
01 mai 2017, 21:41
@pourexemple:

Bien vu. Je modifie en conséquence ma réponse au 182:

$x$ et $y$ sont hétéronymes si et seulement si un et un seul des deux est $0$ ou $1$.

Pour le 200, c'est un classique:
$m:=(m,n)m'; n:=(m,n)n' $,
$a^m-1$ et $a^n-1$ sont divisibles par $a^{(m,n)}-1$ donc leur pgcd aussi.
Re: "il est facile de" la preuve :
01 mai 2017, 21:50
avatar
@Depasse : 0 et 1 sont aussi hétéronymes, non ?

Pour le 200, il y a une égalité (même avec l'égalité il est classique ?)



Modifié 2 fois. Dernière modification le 01/05/2017 21:52 par pourexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
01 mai 2017, 22:38
182
Caramba, encore raté. J'ai merdoyé en voulant faire concis. Trèfle,
$x$ et $y$ sont hétéronymes si et seulement si ils diffèrent et l'un des deux est $0$ ou $1$.

200
Même avec ta modification subreptice, gredin smiling smiley, c'est un classique: il y a non seulement divisibilité mais égalité. Je verrai demain.

Bonne soirée
Paul
Re: "il est facile de" la preuve :
01 mai 2017, 23:21
avatar
@Depasse :

182 : Bravo.

200 : ton dernier message date d'une heure et ma (dernière) modification remonte à 3 heures. smiling smiley

Bonne soirée à toi également.



Modifié 1 fois. Dernière modification le 01/05/2017 23:36 par pourexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
02 mai 2017, 08:08
avatar
Salut,

énoncé 203 : la transcendance low-cost
Soient $f(x)=\sum \limits_{k \geq 0 }a_k x^k=\lim \limits_{n\rightarrow \infty }P_n(x)$ série entière à coefficient rationnelle, de rayon de convergence infini,
$\phi : \N \rightarrow \N$, $\phi$ strictement croissante.

On suppose $\alpha \in \C, f(\alpha)=0$ et $\forall n \in\N, P_{\phi(n)}$ irréductible.

A-t-on $\alpha$ transcendant ?

Cordialement.



Modifié 1 fois. Dernière modification le 02/05/2017 08:24 par pourexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
02 mai 2017, 08:29
Pourexemple continue de lister sa question 190, alors que la démonstration complète d'un énoncé plus général a déjà été donnée ici.
Sans doute n'a-t-il pas compris la démonstration et le moyen de fabriquer les formules qu'il demande.
J'ai expliqué ce moyen à mon ordinateur. Il m'a donné la formule pour la somme de puissances septièmes à poids en trois variables, en fonction rationnelle des sommes de puissances de 0 à 5:


Re: "il est facile de" la preuve :
02 mai 2017, 08:40
avatar
@GaBuZoMeu : Peux-tu me copier coller la formule, ici ?

PS : je ne peux pas copier coller à partir d'une image.

Merci.



Modifié 1 fois. Dernière modification le 02/05/2017 08:40 par pourexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
02 mai 2017, 08:43
(p2^3 - 2*p1*p2*p3 + p0*p3^2 + p1^2*p4 - p0*p2*p4)^-2 * (p2^2*p3^5 - p1*p3^6 - 2*p2^3*p3^3*p4 + 2*p0*p3^5*p4 - p2^4*p3*p4^2 + 8*p1*p2^2*p3^2*p4^2 - p1^2*p3^3*p4^2 - 6*p0*p2*p3^3*p4^2 - 6*p1^2*p2*p3*p4^3 + 2*p0*p2^2*p3*p4^3 + 4*p0*p1*p3^2*p4^3 + p1^3*p4^4 - p0^2*p3*p4^4 + p2^4*p3^2*p5 - 2*p1*p2^2*p3^3*p5 + 3*p1^2*p3^4*p5 - 2*p0*p2*p3^4*p5 + 2*p2^5*p4*p5 - 8*p1*p2^3*p3*p4*p5 + 10*p0*p2^2*p3^2*p4*p5 - 4*p0*p1*p3^3*p4*p5 + 5*p1^2*p2^2*p4^2*p5 - 4*p0*p2^3*p4^2*p5 + 2*p1^3*p3*p4^2*p5 - 4*p0*p1*p2*p3*p4^2*p5 + p0^2*p3^2*p4^2*p5 - 2*p0*p1^2*p4^3*p5 + 2*p0^2*p2*p4^3*p5 - p1*p2^4*p5^2 + 5*p1^2*p2^2*p3*p5^2 - 2*p0*p2^3*p3*p5^2 - 3*p1^3*p3^2*p5^2 + p0^2*p3^3*p5^2 - 4*p1^3*p2*p4*p5^2 + 4*p0*p1*p2^2*p4*p5^2 + 4*p0*p1^2*p3*p4*p5^2 - 4*p0^2*p2*p3*p4*p5^2 + p1^4*p5^3 - 2*p0*p1^2*p2*p5^3 + p0^2*p2^2*p5^3)
Re: "il est facile de" la preuve :
02 mai 2017, 09:04
avatar
@GaBuZoMeu : Bravo.

Tu as rempli ta part, je développerais à la demande, en partant des ingrédients que je t'ai déjà communiquée.

PS : mon pc plante chaque fois que j'essaie de me connecter au forum.



Modifié 1 fois. Dernière modification le 02/05/2017 09:08 par pourexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
02 mai 2017, 09:09
Tu n'as toujours pas compris la démonstration que j'ai écrite, tu t'es contenté de vérifier la formule sur quelques exemples, c'est ça ? grinning smiley
PS. J'ai déjà écrit ici ce que je pensais de tes "ingrédients".
Voyons si tu arrives à écrire quelque chose qui tienne debout.



Modifié 1 fois. Dernière modification le 02/05/2017 09:12 par GaBuZoMeu.
Re: "il est facile de" la preuve :
02 mai 2017, 09:10
avatar
Oui et non (j'ai utilisé un logiciel de calcul formel).



Modifié 2 fois. Dernière modification le 02/05/2017 09:11 par pourexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
02 mai 2017, 09:16
avatar
1/ Soit $P\in \R[X]$ tel que $\text{degré}(P)\leq 2k$, alors on peut calculer $\sum P(a_i)=U_P(a)$
ici qu'est-ce qui te pose problème ?



Modifié 1 fois. Dernière modification le 02/05/2017 09:16 par pourexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
02 mai 2017, 09:20
avatar
Citation
chamolion
Ah non, ça ne fonctionne pas finalement car une fonction juste croissante n'est pas déterminée par ses valeurs sur $\mathbf Q$.

Tu es sur une bonne piste pourtant : une fonction continue est déterminée par ses valeurs sur $\mathbf Q$ comme tu l'as dit. De plus une fonction croissante n'a qu'un nombre dénombrable de discontinuités, donc l'ensemble des discontinuités de toutes les fonctions de la suite est dénombrable. Ce qui veut dire que dans ta suite de fonctions (et pas dans l'ensemble des fonctions croissantes) tu peux déterminer entièrement une fonction en connaissant une quantité seulement dénombrable de $f(x)$ (à condition de bien choisir les $x$) .
Re: "il est facile de" la preuve :
02 mai 2017, 09:22
avatar
@Mojojojo : Champollion a fini par trouver : [www.les-mathematiques.net]
Re: "il est facile de" la preuve :
02 mai 2017, 10:41
Pourexemple, ton incapacité à lire atteint les sommets. Je rappelle :

GaBuZoMeu écrivait:
-------------------------------------------------------

> > 1/ Soit $P\in \R[X]$ tel que $\text{degré}(P)\leq 2k$, alors on peut calculer
> > $\sum P(a_i)=U_P(a)$

> Qui sont $a$ et les $a_i$ ? $a=(a_1,\ldots,a_k)$ est n'importe quel $k$-uple ? Il s'agit d'une
> définition ? Tu poses $U_P(a)=\sum_{i=1}^k P(a_i)$ ?
Re: "il est facile de" la preuve :
02 mai 2017, 10:47
avatar
On dispose de $(\sum \limits_{i=1}^k a_i,\sum a_i^2,..., \sum a_i^{2k})$ on cherche à partir de ce $2k$-tuples à construire un maximum de choses.

Par exemple pour tout $P$ de degré au plus $2k$, on peut calculer $\sum \limits_{i=1}^k P(a_i)$ que je note $U_P(a)$



Modifié 5 fois. Dernière modification le 02/05/2017 10:52 par pourexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
02 mai 2017, 11:17
Faudrait savoir. Là, tu es dans l'histoire ultra rabâchée des sommes de Newton. Je croyais que tu mettais des poids $2^i$ pour corser l'affaire.
Re: "il est facile de" la preuve :
02 mai 2017, 11:33
avatar
Oui, pardon : $\sum \limits_{i=1}^{k} 2^{i-1}P(a_i)=U_P(a)$ (mais c'est la même chose que l'autre cas à peu de chose prés).

Ps : si les poids de $a_1,a_2$ identiques, alors on ne peut discerner $a_1$ et $a_2$ on n'attrape que les polynômes symétriques en $a_1,a_2$.



Modifié 1 fois. Dernière modification le 02/05/2017 11:38 par pourexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
02 mai 2017, 11:36
Ensuite ?
Re: "il est facile de" la preuve :
02 mai 2017, 11:41
avatar
2/ Il existe un unique polynôme $P$ unitaire de la forme : $P(X)=\prod (X-x_i)^2$, de degré $2k$, pour lequel $U_P(a)=0$, tel que $\{x_i|i=1...k\}=\{a_i|i=1...k\}$, donc la fonction qui aux $k$-uples associes ce polynôme est, bien définie.



Modifié 2 fois. Dernière modification le 02/05/2017 11:54 par pourexemple.
Re: "il est facile de" la preuve :
02 mai 2017, 11:53
avatar
@GaBuZoMeu : Ai-je tenu ma partie du contrat ?
Re: "il est facile de" la preuve :
02 mai 2017, 11:57
Je répète :
Ça me paraît bien emberlificoté pour dire $P=\prod_{i=1}^k(X-a_i)^2$. Tu voulais dire autre chose ? Mais quoi ?
Citation

donc la fonction qui aux $2k$-uples associes ce polynôme est, bien définie.
Tu dis que si on connaît $(\sum \limits_{i=1}^k 2^{i-1}a_i,\sum 2^{i-1}a_i^2,..., \sum 2^{i-1}a_i^{2k})$, on connaît les coefficients de $\prod_{i=1}^k(X-a_i)^2$ ? Pourquoi ?

PS. Non, tu n'as absolument pas rempli ton contrat.



Modifié 1 fois. Dernière modification le 02/05/2017 11:58 par GaBuZoMeu.
Re: "il est facile de" la preuve :
02 mai 2017, 12:10
avatar
Il existe un unique polynôme P unitaire de la forme :...
Re: "il est facile de" la preuve :
02 mai 2017, 12:16
avatar
pas de nouvelles, bonne nouvelle.
Re: "il est facile de" la preuve :
02 mai 2017, 12:49
Salut pourexemple, pourquoi ne fournis-tu pas une preuve complète (et bien rédigé) ?
Re: "il est facile de" la preuve :
02 mai 2017, 12:57
Tu ne réponds pas à mes questions. Je ne vais perdre plus de temps. je repasserai peut-être dans la soirée voir si tu as écrit quelque chose qui tient debout. Pour le moment, ce n'est absolument pas le cas.
Re: "il est facile de" la preuve :
02 mai 2017, 12:58
avatar
Re: "il est facile de" la preuve :
02 mai 2017, 13:02
avatar
Citation
GaBuZoMeu
1/Tu voulais dire autre chose ? Mais quoi ?

2/Tu dis que si on connaît... ? Pourquoi ?

1/Non.

2/ [www.les-mathematiques.net]
Re: "il est facile de" la preuve :
02 mai 2017, 13:56
Bonjour,

Citation

énoncé 200 : une histoire de puissance
et de diviseur

Soit $a\in \N$, $a\geq 2$.
A-t-on $$\forall m,n \in \N^*,
a^{\text{gcd}(m,n)}-1 \text{ = gcd}(a^m-1,a^n-1)
$$ ?


$m:=(m,n)m'; n:=(m,n)n' $,
$a^m-1$ et $a^n-1$ sont divisibles par $a^{(m,n)}-1$ donc leur pgcd ($:=D$) aussi.

Réciproque: $D$ divise $a^{(m,n)}-1$:

Par Bezout, il existe $(u, v)\in\N^2$ tel que $um-vn=(m,n)$;
$D$ divise $a^m-1$ et $a^n-1$, donc $a^{um}-1$ et $a^{vn}-1$, donc leur différence $a^{vn} (a^{um-vn}-1)= a^{vn} (a^{(m,n)}-1) $; or $D$ est étranger à $a^n$ puisqu'il divise $a^n-1$, donc étranger à $a^{vn}$. Donc (Gauss) $D$ divise $a^{(m,n)}-1$.

Cordialement
Paul
Re: "il est facile de" la preuve :
02 mai 2017, 17:07
avatar
@Depasse : Bravo.

Le bijou de l'arithmétique :

$$\forall P,Q \in \Z[x], \forall i \in \Z, \text{ si } P(i),Q(i) \text{ non nuls, alors } \text{gcd}(Q(x),P(x))(i)=\text{gcd}(Q(i),P(i))$$
Désolé,vous ne pouvez pas répondre à cette discussion, elle est fermée.
Liste des forums - Statistiques du forum

Total
Discussions: 150 522, Messages: 1 526 691, Utilisateurs: 28 057.
Notre dernier utilisateur inscrit fabienne.


Ce forum
Discussions: 612, Messages: 21 589.

 

 
©Emmanuel Vieillard Baron 01-01-2001
Adresse Mail:

Inscription
Désinscription

Actuellement 16057 abonnés
Qu'est-ce que c'est ?
Taper le mot à rechercher

Mode d'emploi
En vrac

Faites connaître Les-Mathematiques.net à un ami
Curiosités
Participer
Latex et autres....
Collaborateurs
Forum

Nous contacter

Le vote Linux

WWW IMS
Cut the knot
Mac Tutor History...
Number, constant,...
Plouffe's inverter
The Prime page