Exercices d'arithmétique !

Questions/Réponses par disciplines Mathématiques
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Ah oui…
On sait que, si 1 \leq i \leq 12, n = d_i d_{13-i}.
Or, d_{d_4-1} = (d_1+d_2+d_4)d_8. Donc d_1+d_2+d_4 divise d_{d_4-1} et n : \exists i tq d_1+d_2+d_4 = d_i et d_{d_4-1} = d_id_8. Or, d_i > d_4, et d_5 d_8 n \geq d_{d_4-1} = d_id_8, donc d_i \leq d_5. Donc d_i = d_5 et d_{d_4-1} = d_5d_8 = n = d_{12}.

Ainsi, on cherche en fait les entiers n ayant exactement 12 diviseurs positifs 1 = d_1 < \dots < d_{12}, avec d_4 = 13 et d_1+d_2+d_4=d_5.
d_2 est un nombre premier, donc on sait que (d_1,d_2,d_4,d_5) \in\{(1,2,13,16), (1,3,13,17),(1,5,13,19),(1,7,13,21),(1,11,13,25)\}.
Si d_5 = 16, alors 1,2,4,8 sont des diviseurs de n strictement inférieurs à d_4 : impossible.
Si d_5 = 21, alors 1,2 sont des diviseurs de n strictement inférieurs à d_2 : impossible.
Si d_5 = 25, alors 1,5 sont des diviseurs de n strictement inférieurs à d_2 : impossible.
Donc (d_1,d_2,d_4,d_5) \in \{(1,3,13,17),(1,5,13,19)\}, et n a au moins 3 diviseurs premiers.

De plus, si n a (au moins) quatre diviseurs premiers p_1 < p_2 < p_3 < p_4, alors n aura (au moins) 16 = 2^4 diviseurs. Donc n a au plus trois diviseurs premiers, qui sont forcément d_2,d_4,d_5. Du coup, d_3 n’est pas premier, et comme d_2 < d_3 < d_4 < d_5, on a forcément d_3 = d_2^2. Du coup, si d_5 = 19, alors 25 = d_3 < d_4 = 13 : impossible.
Ainsi, on sait que (d_1,d_2,d_3,d_4,d_5) = (1,3,9,13,17). Du coup, 1, 3, 9, 13, 17, 39, 51, 117, 153, 221, 663, 1989 sont douze diviseurs positifs de n : il ne peut pas y en avoir d’autre.

Ainsi, seul n = 1989 est susceptible de convenir. Réciproquement, on vérifie que n = 1989 convient bien.

CQFD.

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Ok bien joué… à peu près la même chose avec quelques hypothèses en moins pour conclure plus vite.

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Bon un autre exo car je m’ennuie un peu là…(il est peut-être mal posé et facile) :

:arrow_right: **Exercice :

Soit a et b des entiers tels que a > b \ge 0.
On suppose que an + b est une puissance de (a-b+n-1) pour tout entier naturel n.
Déterminer a et b**.

(Vous pouvez poster des exos car je m’ennuie un peu ?)

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Si an+b = (a+n-b-1)^{k_n}, alors (a+n-b-1)^{k_n-1} = \frac{an+b}{a+n-b-1} \to a quand n \to \infty. Or, si k_n \geq 2, (a+n-b-1)^{k_n-1} \geq a+n-b-1 \geq n. Donc \exists N \in \mathbb{N} tel que n \geq N \Rightarrow k_n \geq 1.
D’un autre côté, n \geq 2 \Rightarrow (a+n-b-1)^{k_n} = an+b \geq 2 > (a+n-b-1)^0 = 1 \Rightarrow k_n > 0. Donc, si n \geq N+2, k_n=1. Alors (a+n-b-1)^{k_n-1} = 1 \to a quand N+2 \leq n et n \to \infty. Donc a=1, b=0, ce qui convient de manière évidente.

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Un exercice sensiblement plus difficile a mon avis :
Soit n \in \mathbb{Z}, et m = 9 n^2-21 n+49. Montrer que tout diviseur positif de m est congru à 1 (mod. 6).

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V@J a écrit:

Un exercice sensiblement plus difficile a mon avis :
Soit n \in \mathbb{Z}, et m = 9 n^2-21 n+49. Montrer que tout diviseur positif de m est congru à 1 (mod. 6).
Y a pas du complexe là dessus :question:

A ce soir !

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V@J a écrit:

Un exercice sensiblement plus difficile a mon avis :
Soit n \in \mathbb{Z}, et m = 9 n^2-21 n+49. Montrer que tout diviseur positif de m est congru à 1 (mod. 6).

[spoiler=Une solution]On remarque que m = 9 n^2-21 n+49 est congru à 1 modulo 6. Si on essaie de résoudre kk'=1[6], on s’aperçoit que soit k et k’ sont tous deux congrus à 1 mod 6, soit tous deux congrus à 5 mod 6. De plus, si on essaie de résoudre kk' = 5[6], on s’aperçoit que l’un est congru à 1, et l’autre à 5 modulo 6. (Et les réciproques sont vraies..)

En définitive, il suffit de montrer que m ne possède pas de diviseur premier congru à 5 modulo 6.
Soit p un tel diviseur.
On a alors m=p*d, et si on passe modulo p, on a 9n²-21n+49 = 0 dans Z/pZ. Cette équation possède des solutions ssi \Delta = -3*441 = -3*(21)^{2} est un carré dans Z/pZ. C’est donc le cas ssi -3 est un carré mod p.

En utilisant symbole de Legendre et loi de réciprocité quadratique, on a :
\left(\frac{-3}{p}\right) = \left(\frac{3}{p}\right) \left(\frac{-1}{p}\right) = \left(\frac{p}{3}\right) * (-1)^{\frac{p-1}{2}} * (-1)^{\frac{p-1}{2}}
Or, p étant congru à 5 modulo 6, il est congru à 2 modulo 3, et 2 n’est pas un carré dans Z/3Z. -3 n’est donc pas un carré dans Z/pZ, et on en déduit que tout diviseur positif de m est congru à 1 mod 6.[/spoiler]

Après, si tu as une solution plus élémentaire, je veux bien la voir :slight_smile:

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C’est à peu près ça… En fait, ma version repose davantage sur le fait que, si \phi_a(X) est le a-ième polynôme cyclotomique, alors les diviseurs premiers de \phi_a(n) sont soit des diviseurs de a, soit sont congrus à 1 (mod. a). Ici, je suis parti de \phi_3 et je l’ai tripatouillé pour le rendre moins repérable : ici, P(X) = 9X^2-21X+49 = 7^2 \phi_3(-\frac{3X}{7}).

En soi, l’exercice ne sert à rien… Mais Asymetric voulait un exo plus dur, alors j’ai sorti celui-là.
Et il est vachement adaptable. Par exemple :
Montrer que 1 + 2 n + 5 n^2 + 4 n^3 + n^4 n’admet que des diviseurs positifs congrus à (1 mod. 12)…

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V@J a écrit:

Et il est vachement adaptable.
Tiens, c’est pratique pour des colles :grin:

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Argh, le fourbe! J’ai pas du tout vu venir le polynôme cyclotomique, objectif réussi ^^

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Sinon, un autre exercice fourbe (la seule solution que je connaisse fait appel à un parachutage vilain, mais peut-être que ce que je vois comme un parachutage est en fait quelque chose de tout à fait naturel pour celui qui a fait suffisamment d’arithmétique).
Je l’avais déjà posté sur viewtopic.php?f=3&t=18640&st=0&sk=t&sd=a&start=60#p218638, mais personne n’avait répondu. Je lui accorde donc une deuxième chance :

On considère le groupe additif G = \mathbb{Z}^\mathbb{Z} des applications de \mathbb{Z} vers \mathbb{Z}, ainsi qu’un sous-groupe H de G, défini par H = \{f : \mathbb{Z} \rightarrow \mathbb{Z} \ | \ \exists K \in \mathbb{N}, \forall n \in \mathbb{Z}, |n| \geq K \Rightarrow f(n) = 0 \} : H est le sous-groupe des fonctions à support compact.
Soit maintenant \mathbb{A} un sous-anneau unitaire de \mathbb{Q} et deux entiers non nuls a et b premiers entre eux, tels que \mathbb{A} \cap \{a^{-1},b^{-1}\} = \emptyset.
Montrer que le seul morphisme de groupes additifs \varphi : G \rightarrow \mathbb{A} tel que H \subset \ker \varphi est le morphisme nul.

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gardener a écrit:

Après, si tu as une solution plus élémentaire, je veux bien la voir :slight_smile:
Moi elle me va comme solution élémentaire.
J’ai aussi essayé de montrer qu’aucun des diviseurs n’étaient congrus à 5 modulo 6.
V@J a écrit:
En soi, l’exercice ne sert à rien… Mais Asymetric voulait un exo plus dur, alors j’ai sorti celui-là.
Non j’ai dis que je voulais juste qu’on poste des exercices pour que je puisse réfléchir dessus :stuck_out_tongue:
V@J a écrit:
Sinon, un autre exercice fourbe (la seule solution que je connaisse fait appel à un parachutage vilain, mais peut-être que ce que je vois comme un parachutage est en fait quelque chose de tout à fait naturel pour celui qui a fait suffisamment d’arithmétique).
Je l’avais déjà posté sur viewtopic.php?f=3&t=18640&st=0&sk=t&sd=a&start=60#p218638, mais personne n’avait répondu. Je lui accorde donc une deuxième chance :

On considère le groupe additif G = \mathbb{Z}^\mathbb{Z} des applications de \mathbb{Z} vers \mathbb{Z}, ainsi qu’un sous-groupe H de G, défini par H = \{f : \mathbb{Z} \rightarrow \mathbb{Z} \ | \ \exists K \in \mathbb{N}, \forall n \in \mathbb{Z}, |n| \geq K \Rightarrow f(n) = 0 \} : H est le sous-groupe des fonctions à support compact.
Soit maintenant \mathbb{A} un sous-anneau unitaire de \mathbb{Q} et deux entiers non nuls a et b premiers entre eux, tels que \mathbb{A} \cap \{a^{-1},b^{-1}\} = \emptyset.
Montrer que le seul morphisme de groupes additifs \varphi : G \rightarrow \mathbb{A} tel que H \subset \ker \varphi est le morphisme nul.
Par contre là, j’ai rien compris à l’énoncé, mais bon… même si on essayait de le réécrire de façon plus simple, je pense pas que ça soit vraiment intéressant (donc vaut mieux le laisser comme ça ;p).

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Bonsoir !

V@J ton exercice est incompréhensible pour des pauvres TS :grin: Je propose cet exo :

Existe-t-il un entier naturel N qui est transformé en son double si on passe son premier chiffre à la fin de son écriture décimale ?

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Oui : 0 convient.

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Très bien V@J , je vois que t’as du talent ! Allez un autre :

**Démontrer que si la somme des diviseurs d’un nombre est premier, alors le nombre des diviseurs de ce nombre aussi.

Trouver tous les entiers naturels n tel que (n-1)! ne soit pas un multiple de n^2.**

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Déjà pour ton premier, ça se démontre que seul 0 convient, je posterai la démo plus tard.

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Ça doit être chaud à prouver, parce que 2 convient aussi.

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Es-tu sur ?

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Je disais que 2 répondait au critère : la somme des diviseurs de 2 est un nombre premier. Ce qui est vrai (sauf ci on compte les diviseurs négatifs, mais à ce moment-là il n’y a pas beaucoup de nombres qui conviennent).

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V@J a écrit:

Je disais que 2 répondait au critère : la somme des diviseurs de 2 est un nombre premier. Ce qui est vrai (sauf ci on compte les diviseurs négatifs, mais à ce moment-là il n’y a pas beaucoup de nombres qui conviennent).
Lol, quiproquo, on s’est mal compris.
Je parlais du « premier exo » sur le truc où l’on déplace le premier chiffre à la fin.
Pas des deux nouveaux exos qu’ils a donné.