Je l’ai fait je pense avec le théorème d’Euler, est ce que la réponse c’est : u= \varphi(b), v=\varphi (a) et w \in \mathbb{N} ?
Sinon que veux tu dire par l’ordre ?
FeynmaN a écrit:
Je l’ai fait je pense avec le théorème d’Euler, est ce que la réponse c’est : u= \rho(b), v=\rho (a) et w \in \mathbb{N} ?
Sinon que veux tu dire par l’ordre ?
Ok ça marche, donc ta fait : a^{\phi(b)} \equiv 1 [b] et b^{\phi(a)} \equiv 1 [a] et en passant aux formes normales et en multipliant et en repassant modulo ab, le résultat est évident.
Pour l’ordre :
On appelle ordre de a modulo n le plus petit entier strictement positif k tel que a^k \equiv 1 [n]. Un tel entier k n’existe que si a et n sont premiers entre eux (ce qui est le cas pour l’exercice).
Après on fait la même chose qu’avec le théorème d’Euler et bam c’est fini.
PS : l’indicatrice Carmichael est le plus grand des ordres des nombres strictement compris entre 1 et n. On définit \lambda(n) l’indicatrice de Carmichael. Et le théorème de Carmichael est que si a et n sont premiers entre eux alors a^{\lambda(n)} \equiv 1 [n].
On fait encore la même chose que précédent pour résoudre l’exercice.
EDIT :
Je te conseille de proposer un exercice avant que j’en propose 
Ok merci pour ce petit cours 
Voici un exo :
Quel est le chiffre d’unité de 7^{7^{7^{7^{7^{7^{7}}}}}} ?
Je pense que c’est un 3 car :
[spoiler]{7^{7^{7^{7^{7^{7}}}}}} est de la forme 4n + 3. On montre facilement que ce n’est pas de la forme 4n, 4n + 1 ni 4n+2. (Les restes de 7 sont périodiques de période 4 modulo 10).
Or 7^4 \equiv 1[10] donc 7^{4n+3} \equiv 3[10] donc le chiffre des unités de 7^{7^{7^{7^{7^{7^{7}}}}}} est 3[/spoiler]
Exactement 
Un autre difficile que j’ai mis plusieurs jours à trouver par hasard ;p
**Exercice 5 :
Soient a, b, m et n des nombres naturels tels que a > 1 et PGCD(a,b) = 1. Prouver que si a^m + b^m divise a^n + b^n, alors m divise n.**
On effectue la division euclidienne de n par m : n = mq + r où 0 \leq r < m. On obtient les relations suivantes, pour tout i \geq k :
a^i + b^i = a^{i-k}(a^k + b^k) - b^k(a^{i-k} - b^{i-k})
a^i - b^i = a^{i-k}(a^k + b^k) - b^k(a^{i-k} + b^{i-k})
A partir de là, a^m + b^m | a^r + (-1)^qb^r. Comme 0 \leq |a^r + (-1)^qb^r| < a^m + b^m on a nécessairement r = 0, d’où le résultat.
Zweig a écrit:
On effectue la division euclidienne de n par m : n = mq + r où 0 \leq r < m. On obtient les relations suivantes, pour tout i \geq k :
a^i + b^i = a^{i-k}(a^k + b^k) - b^k(a^{i-k} - b^{i-k})
a^i - b^i = a^{i-k}(a^k + b^k) - b^k(a^{i-k} + b^{i-k})
A partir de là, a^m + b^m | a^r + (-1)^qb^r. Comme 0 \leq |a^r + (-1)^qb^r| < a^m + b^m on a nécessairement r = 0, d’où le résultat.
Ta copié coller la démonstration du livre.
Ma démo est presque la même mais bon…
Je n’ai rien copie/collé du tout ! Je l’avais déjà fait !
Zweig a écrit:
Je n’ai rien copie/collé du tout ! Je l’avais déjà fait !
Oui ça je sais et je te crois, mais bon quand je compare la démonstration que tu donnes avec celle dans le livre, elles sont à 99% identique !
Bon, les exos s’enchaînent trop vite ;p
Faut ralentir avec des exercices plus difficiles (ou pas ?).
Si vous voulez des exercices difficiles, alors :
Soient a et b des entiers naturels. Montrer que si 2^na + b est un carré parfait pour tout naturel n, alors nécessairement a = 0.
Pour les plus courageux, une généralisation : Soit f une fonction polynominale à coefficients entiers. Montrer que si f(2^n) est un carré parfait, pour tout entier naturel n, alors il existe une fonction g à coefficients entiers telle que f = g^2
Le deuxième est particulièrement difficile, je sèche toujours dessus … Le premier est quant à lui beaucoup plus facile (mais pas trivial pour autant … théorie algébrique des nombres interdite 
) !
Bon je me lance !
Vu que n \geq 2m
On a :a^n+b^n = (a^m+b^m)(a^{n-m}+b^{n-m}) +a^m.b^m (a^{n-2m} + b^{n-2m}).
Donc si a^m + b^m divise a^n+b^n alors il divise aussi a^{n-2m} + b^{n-2m}. (car si pgcd(a,b)=1 alors pgcd(a+b;ab)=1).
Là je bug… je continue demain, je pars dormir
Zweig a écrit:
Soient a et b des entiers naturels. Montrer que si 2^na + b est un carré parfait pour tout naturel n, alors nécessairement a = 0.[…]
Si b = 0 et a > 0, alors a et 2a sont deux carrés d’entiers : leurs valuations 2-adiques v_2(a) et v_2(2a) = 1+v_2(a) sont donc toutes deux paires, ce qui est impossible. Donc b = 0 \Rightarrow a = 0.
Maintenant, si b > 0, on pose c_n = \sqrt{2^na+b} \in \mathbb{N}. Alors c_{n+2}^2 = 2^{n+2}a+b = 4(2^na+b)-3b = (2c_n)^2-3b < (2c_n)^2 donc c_{n+2} < 2c_n et c_{n+2} \leq 2c_n-1. Ainsi, (2c_n)^2-3b=c_{n+2}^2 \leq (2c_n-1)^2 = (2c_n)^2+1-4c_n, donc 4c_n-1 \leq 3b et a \leq 2^{-n}\left(\frac{(3b+1)^2}{16}-b\right), qui tend vers 0 quand n \to \infty. Donc a=0.
CQFD
V@J a écrit:
ce qui est impossible puisque c_n \leq \frac{3b+1}{4}
CQFD
On ne peut pas conclure juste à partir de là ? Comme c’est absurde alors a \le 0 et comme il est naturel alors a = 0 ?
Sinon autre méthode :
a + b = u^2
2a + b = v^2
4a + b = w^2.
On arrive alors à l’équation w^2 + 2u^2 = 3v^2. Je n’ai pas trouvé de méthode pour résoudre cette équation de manière élémentaire, il faut utiliser la théorie algébrique des nombres. Ce qui fournit w^2 = v^2 = u^2 et comme a = v^2 - u^2 alors a = 0.
(SI quelqu’un sait résoudre cette équation élémentairement, je suis preneur).
Asymetric a écrit:
On ne peut pas conclure juste à partir de là ? Comme c’est absurde alors a \le 0 et comme il est naturel alors a = 0 ?
Oui. J’ai modifié.
Asymetric a écrit:
On arrive alors à l’équation w^2 + 2u^2 = 3v^2. Je n’ai pas trouvé de méthode pour résoudre cette équation de manière élémentaire, il faut utiliser la théorie algébrique des nombres. Ce qui fournit w^2 = v^2 = u^2 et comme a = v^2 - u^2 alors a = 0.
Comment obtiens-tu le résultat w^2 = v^2 = u^2 ? Parce que, jusqu’à présent, tu n’as rien prouvé…
V@J a écrit:
[quote=« Asymetric »]
On arrive alors à l’équation w^2 + 2u^2 = 3v^2. Je n’ai pas trouvé de méthode pour résoudre cette équation de manière élémentaire, il faut utiliser la théorie algébrique des nombres. Ce qui fournit w^2 = v^2 = u^2 et comme a = v^2 - u^2 alors a = 0.
Comment obtiens-tu le résultat w^2 = v^2 = u^2 ? Parce que, jusqu’à présent, tu n’as rien prouvé…
[/quote]
Il demande une autre méthode que d’utiliser toute la théorie autour de \mathbb{Z}[\sqrt{-2}] qui l’a amené, je suppose, à montrer que les triplets (u,v,w) = (k,k,k) étaient les seuls satisfaisant l’équation. Personnellement, j’en vois pas.
V@J a écrit:
[quote=« Zweig »]
Soient a et b des entiers naturels. Montrer que si 2^na + b est un carré parfait pour tout naturel n, alors nécessairement a = 0.[…]
Si b = 0 et a > 0, alors a et 2a sont deux carrés d’entiers : leurs valuations 2-adiques v_2(a) et v_2(2a) = 1+v_2(a) sont donc toutes deux paires, ce qui est impossible. Donc b = 0 \Rightarrow a = 0.
Maintenant, si b > 0, on pose c_n = \sqrt{2^na+b} \in \mathbb{N}. Alors c_{n+2}^2 = 2^{n+2}a+b = 4(2^na+b)-3b = (2c_n)^2-3b < (2c_n)^2 donc c_{n+2} < 2c_n et c_{n+2} \leq 2c_n-1. Ainsi, (2c_n)^2-3b=c_{n+2}^2 \leq (2c_n-1)^2 = (2c_n)^2+1-4c_n, donc 4c_n-1 \leq 3b et a \leq 2^{-n}\left(\frac{(3b+1)^2}{16}-b\right), qui tend vers 0 quand n \to \infty. Donc a=0.
CQFD
[/quote]
Oui, la première partie j’ai fait ça. Pour la deuxième, j’ai fait un peu différement. J’ai considéré les suites d’entiers x_n et y_n définies de la manière suivante : \left(x_{n},y_{n}\right)=\left(2\sqrt{2^{n}a+b}, \sqrt{2^{n+2}a+b}\right). En utilisant les identités remarquables (x_n+y_n)(x_n-y_n) = 3b, donc pour tout n, x_n+y_n|3b. Or pour n assez grand, x_n+y_n > 3b, on obtient une contradiction. La conclusion s’ensuit.
V@J a écrit:
Comment obtiens-tu le résultat w^2 = v^2 = u^2 ? Parce que, jusqu’à présent, tu n’as rien prouvé…
Justement, de manière élémentaire, j’ai quelques idées (mais ça fait quelques pages, c’est long, et pas sûr).
Mais en utilisant la théorie algébrique des nombres (ce que je ne maîtrise pas du tout), on peut montrer ça :
maths-forum.com/showthread.p … ge=2&pp=10
Je met le lien pour ne pas faire de connerie en essayant de refaire une démonstration de ce genre.
Bon, je remonte un peu ce topic.
Je poste un exo que j’avais posté sur l’autre topic « suite d’entier relatifs » dont aucune réponse n’a été donné.
**Exercice :
Trouver tous les entiers n avec exactement 12 diviseurs 1 = d_1 < d_2 < ... < d_{12} = n tel que le diviseur d_{{d_4}-1} = (d_1 + d_2 + d_4)d_8.**