Bonjour.
Je créé un topic pour qu’on propose différents exercices d’arithmétiques (à résoudre évidemment).
Je commence avec :
Exercice 1 :
Déterminer tous les entiers positifs n tels qu’on puisse subdiviser l’ensemble \{n, n +1, n + 2, n + 3, n + 4, n +5\} en 2 sous-ensembles disjoints de sorte que le produit des éléments de chacun de ces sous-ensembles soit le même.
Cet exercice est facilement faisable je trouve, on peut tout simplement procéder par disjonction de cas, c’est à dire, décomposer l’ensemble de ces nombres en deux groupes disjoints (tous ceux qui peuvent exister), et discuter l’égalité du produit de leurs élements après.
FeynmaN a écrit:
Cet exercice est facilement faisable je trouve, on peut tout simplement procéder par disjonction de cas, c’est à dire, décomposer l’ensemble de ces nombres en deux groupes disjoints (tous ceux qui peuvent exister), et discuter l’égalité du produit de leurs élements après.
Oui mais bon… ça te fait 41 cas à examiner, et c’est pas comme ça que j’ai fait.
(D’ailleurs si on généralise, la disjonction des cas est à éviter).
Il y a plus rapide et simple.
Pourquoi 41 ? Que 10 cas (en choisissant un groupe de 2 et un groupe de 3 elements) (car 4 et 1 c’est impossible), et parmi ces 10, y en a qui n’admettent pas de solutions intelligiblement. Je sais que c’est pas la meilleure manière de résoudre les exercices, mais comme dit César : Tous les chemins mènent à Rome ! 
FeynmaN a écrit:
Pourquoi 41 ? Que 10 cas (en choisissant un groupe de 2 et un groupe de 3 elements) (car 4 et 1 c’est impossible), et parmi ces 10, y en a qui n’admettent pas de solutions intelligiblement. Je sais que c’est pas la meilleure manière de résoudre les exercices, mais comme dit César : Tous les chemins mènent à Rome !
Ouai mais bon, 10 cas c’est quand même beaucoup.
Si on compte tous les cas possible, ça fait (1 parmi 6) + (2 parmi 6) + (3 parmi 6) = 6 + 15 + 20 = 41.
Par contre, on ne peut pas choisir un groupe de 2 et un groupe de 3, l’ensemble principale est composé de 6 éléments.
Au temps pour moi, j’ai cru qu’il y avait 5 éléments 
! Mais la méthode reste identique !
Un « classique »; Calculer la somme des chiffres de la somme des chiffres de la somme des chiffres de 4444^4444. (Variante, 2009!)
Feynman > Il y a plus simple que la bourrinitude, raisonne modulo 5 puis conclut (rem : attention, c’est pas si facile que ça ^^).
gardener a écrit:
Un « classique »; calculer la somme des chiffres de la somme des chiffres de la somme des chiffres de 4444^4444. (Variante, 2009!)
Feynman > Il y a plus simple que la bourrinitude, raisonne modulo 5 puis conclut.
En effet, la divisibilité par 5 permet de conclure.
Pour ton exo sur la somme des chiffres de {4444}^{4444}, c’est un exo d’OIM que je connaît.
On va laisser ça aux autres alors
Sauf erreur, la somme des chiffres de la somme des chiffres de 4444^{4444} est 7
Pour l’exercice 1 :
Parmi 6 entiers naturels consécutifs, il y a au moins un entier divisible par 5, et au maximum deux.
Il y a un seul si le nombre divisible par 5 est différent de n. Et deux si c’est n et n+5.
Deux produits égaux admettent les même diviseurs, et donc si notre ensemble admet un seul nombre divisible par 5, alors on peut pas le partager en deux sous ensembles répondant au critère de l’exercice. Donc n et n+5 doivent être divisible par 5, et être dans deux groupes séparés.
J’ai continuer à faire l’exercice, j’ai raisonné modulo 3, et de la même manière j’ai démontrer que (n+2) et (n+5) ne peuvent pas être dans le même groupe, et (n+1) et (n+4) aussi.
Et j’ai conclut que les deux seules groupes susceptibles de répondre au critère sont : { n,(n+2),(n+4) } et {n+5, n+3, n+1} . Et je trouve pas de solutions.
FeynmaN a écrit:
J’ai continuer à faire l’exercice, j’ai raisonné modulo 3, et de la même manière j’ai démontrer que (n+2) et (n+5) ne peuvent pas être dans le même groupe, et (n+1) et (n+4) aussi.
Et j’ai conclut que les deux seules groupes susceptibles de répondre au critère sont : { n,(n+2),(n+4) } et {n+5, n+3, n+1} . Et je trouve pas de solutions.
Je n’ai pas raisonner modulo 3, peut-être que ça marche.
J’ai pris modulo 4 et 2, en en fait je montre qu’un seul des nombres est divisible par 4 et deux autres par 2, et la c’est finit.
Oui effectivement modulo 2 et 4 marchent aussi 
!
Allez à mon tour :
Exercice 2 : (Très difficile).
**
Prouver qu’il existe une infinité de nombres premiers dont le chiffre des unités est 1.**
**Exercice 3 :
Prouver que parmi 5 entiers consécutifs, il y en a toujours un qui est premier avec chacun des autres.**
FeynmaN a écrit:
Oui effectivement modulo 2 et 4 marchent aussi
Allez à mon tour :
Exercice 2 : (Très difficile).
**
Prouver qu’il existe une infinité de nombres premiers dont le chiffre des unités est 1.**
Une solution un peu du genre « se la coule douce » :
Soit p un nombre premier ayant 1 pour chiffre des unités.
Donc p = 10a + 1.
Comme 10 et 1 sont premiers entre eux, alors d’après le théorème de Dirichlet, il existe une infinité de nombres premiers de la forme 10a + 1, ce qui conclut.
Pour l’exo avec {4444}^{4444}:
Par encadrement successifs, c’est rapide
EDIT :
Pour l’exercice 3 :
[spoiler]Soit 5 nombres consécutifs donc le premier est n
n et n+1 sont premier entres eux donc n est premier avec tous les autres
PS : je pense que tu voulais dire « premier avec chacun des autres »[/spoiler]
Ton exercice difficile : c’est direct via le théorème de Dirichlet …
Oui avec chacun des autres.
Essayer de faire l’exercice sans le théorème de Dirichlet ce qui est hors programme TS…
Comme vous avez l’air de vous ennuyez…
Prouver qu’il existe une infinitié d’entiers x tel que quel que soit l’entier naturel n, x+n^4 n’est pas un nombre premier.
Pour tout naturel n sous-entendu ?
Si P(x) = 1 - x + x^2 - x^3 + x^4 (c’est le 10° polynôme cyclotomique) et si n est un entier, alors tout diviseur premier de P(10 n) est congru à 1 (mod. 10).
Ce qui rend l’exercice 2 très facile.
[Edit : pourquoi cela est-il vrai ?..]
Soit p un diviseur premier de P(10 n). P(10 n) est premier avec 10, donc p est premier avec 10.
On remarque que 5(x+1)P(x) - 5(x^5-1) = 10, 2(3+2x)P(x)-2(2+x+x^2+2x^3)(x^2-1) = 10 et (-1 - x + x^5 + x^6)P(x) = x^10-1.
Ainsi, (10 n)^10 -1 \equiv 0 (mod. p).
Soit \omega l’ordre de 10 n dans \mathbb{F}_p. On vient de voir que \omega divise 10.
Si \omega divise 5, alors (10 n)^5-1 \equiv 0 et 10 \equiv 0 (mod. p), ce qui est faux.
Si \omega divise 2, alors (10 n)^2-1 \equiv 0 et 10 \equiv 0 (mod. p), ce qui est faux.
Donc \omega n’est ni 1, ni 2, ni 5, et divise 10 : \omega = 10. Or, \omega divise p-1, qui est l’ordre du groupe \mathbb{F}_p^\ast.
Donc p \equiv 1 (mod. 10).
Maintenant, on suppose qu’il existe un nombre fini de nombres premiers congrus à 1 (mod.10) : ce sont p_1,p_2,\dots,p_k. On pose N = \prod_{i=1}^k{p_i}. Alors, puisque 11 divise N, N \geq 11 et P(10 N) = 1 + 10 N(10 N-1) + 1000 N^3 (10N-1) \geq 1 + 110 \times 109 + 1331000 \times 109 \geq 2 admet un diviseur premier : celui-ci est congru à 1 (mod.10), donc c’est un des p_i. Mais p_i divise 10 N et P(10 N) est premier avec 10 N, donc est premier avec p_i. Ceci contredit le fait que p_i divise P(10 N), et donc notre supposition initiale.
nMoralité : il y a une inifité de nombres premiers congrus à 1 (mod. 10).
Dans ce cas là, il suffit de prendre x = 4m^4 et on a :
n^4 + 4m^4 = n^4 + 4(nm)^2 + 4m^4 - 4(nm)^2
= (n^2 + 2m^2)^2 - 4(nm)^2
= \left((n-m)^2 + m^2\right)\left((n+m)^2 + m^2\right)
Clairement, pour m > 1, ce nombre ne peut être premier pour tout naturel n.