zboum a écrit:
Je regardais les DM comme ca de LLG, j’espere au’on apprendra pas mal de trucs la 1ere semaine car ca fait peur sinon : moduloserge.free.fr/HX1-09/DM/dm01_Cantor.pdf
Moi aussi quand j’ai vu certains premiers DS je demandais a chaque fois si on voyait ça avant de le faire
J’ai une question d’arithmétique :
Si on a A=n(n-1)(n+1) alors peut-on dire que A est divisible par 3 (produit de 3 entiers consécutifs), de plus n(n-1) est pair, donc A est divisible par 6 ? lionel j’ai essayé tous les exemples marchent.
Ah oui j’suis bête le PGCD de 2 et 3 c’est 1 
Un truc similaire : montrer que pour tout n, 6 divise n(n+1)(2n+1).
un de l’oral du concours commun polytechnique (ça fait plus classe que CCP)
soit un nombre premier n>4 montrez que n^{2}-1 est divisible par 24
EDIT n est premier! mes excuses
Je suppose que l’énoncé demande aussi à n d’être premier, ou tout du moins d’être impair non divisible par 3
Edit : même avec l’édit de brank, c’est faux.
merci pour votre vigilance, n doit être premier pardon sinon c’est évidement faux !
Adolorante a écrit:
Un truc similaire : montrer que pour tout n, 6 divise n(n+1)(2n+1).
Je pose A=n(n+1)(2n+1); n(n+1) pair; si n=3k A=3P, si n=3k+1 (3k+1)(3k+2)(6k+3)=3(3k+1)(3k+2)(2k+1) d’où A=3M, si n=3k+2 A=(3k+2)(3k+3)(6k+5)=3(3k+2)(k+1)(6k+5)=3T; 2 et 3 premiers entre eux donc oui.
Est-ce juste ?
EDIT : qu’on vienne me reprocher de réviser l’arithmétique si ça tombe aux concours… D’ailleurs c’est bizarre puisque il me semble qu’on l’aborde rapidement, et d’après le programme officiel les spé maths ont déja vu la plupart des théorèmes.
brank a écrit:
un de l’oral du concours commun polytechnique (ça fait plus classe que CCP)
soit un nombre premier n>4 montrez que n^{2}-1 est divisible par 24
EDIT n est premier! mes excuses
Montrons que 24|p^2-1 si p est premier.
On sait que p^2-1 = (p-1)(p+1).
On a donc 24|(p-1)(p+1).
Or on a p impair car p est un nombre premier supérieur à 4. On a donc (p-1) et (p+1) deux nombres pairs !
D’où 24|(2k)(2(k+1)) d’où 6|k(k+1).
De plus k(k+1) = k^2 +k d’où 6|k^2+k
Montrons que 6|k^2+k pour entier k !
On a trois cas de « k ».
Si k \equiv 0 [3] alors$k^2 \equiv 0 [3]$ alors k^2 - k \equiv 0 [3]
Si k \equiv 1 [3] alors k^2 \equiv 1 [3] alors k^2 - k \equiv 0 [3]
Si k \equiv 2 [3] alors k^2 \equiv 4 [3] alors k^2 \equiv 1 [3] alors k^2 - k \equiv 0 [3]
Donc 3|k(k+1). De plus, on sait que le produit de deux nombres consécutifs est pair d’où 2|k(k+1).
De plus 3 et 2 sont premiers en eux.
D’après le théorème de Gauss, 6|k(k+1).
En reprenant que ce qu’on a écrit plus haut, 24|p^2 - 1
EDIT : Erreur de \LaTeX
brank, c’est bien ça ? 
optimath a écrit:
Voici quelques exos :
Exercice 1 :
- Montrer que si 7 ne divise pas l’entier n alors 7 divise n^6-1
- Déterminer les entiers n \geq 1 tels que 7 divise n^n-3
Exercice 2 :
Soit f : \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R} une fonction continue strictement décroissante. Démontrer que le système suivant a une solution unique :
\left\{\begin{matrix}
x & = & f(y) \\
y & = & f(z)\\
z & = & f(x)
\end{matrix}\right
I.1.
Si 7 ne divise pas n alors n est congru à 1,2,3,4,5 ou 6 modulo 7, disjonction de cas et ça devrait marcher (Si n est congru à 1 alors n^6 congru à 1 blablabla
II.
Supposons qu’il existe deux triplets (x,y,z) et (x’,y’,z’) tq x\neqx' (on peut aussi avoir y et y’ différents, bref ce sont deux triplets solution différents). Alors f(y) prend 2 valeurs différentes, ce qui contredit la stricte décroissance + la continuité de f (elle est str. monotone et continue càd que pour tous a et b de son ensemble de définition, f(a) est différent de f(b)
J’avais déjà donné l’exo de brank je crois, il faut
décomposer 24 en facteurs premiers et factoriser n^2-1
euh pas besoin de la continuité de f, la stricte monotonie suffit à dire que si a =/= b alors f(a) =/= f(b), enfin j’ai pas trop compris la démo
par contre c’est l’existence le plus compliqué ici je pense (j’ai pas cherché 
)
j’aurais je pense pris la fonction f³-Id qui est strictement décroissante
f est bijective et f³ = f?? gne
Dohvakiin a écrit:
[quote=« optimath »]
Voici quelques exos :
Exercice 1 :
- Montrer que si 7 ne divise pas l’entier n alors 7 divise n^6-1
- Déterminer les entiers n \geq 1 tels que 7 divise n^n-3
Exercice 2 :
Soit f : \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R} une fonction continue strictement décroissante. Démontrer que le système suivant a une solution unique :
\left\{\begin{matrix}
x & = & f(y) \\
y & = & f(z)\\
z & = & f(x)
\end{matrix}\right
I.1.
Si 7 ne divise pas n alors n est congru à 1,2,3,4,5 ou 6 modulo 7, disjonction de cas et ça devrait marcher (Si n est congru à 1 alors n^6 congru à 1 blablabla
[/quote]
On peut aussi remarquer que
$(n-1)(n-2)(n-3)(n-4)(n-5)$$(n-6)-721 + 1764 n - 1624$$n^2 + 735 n^3 - 175 n^4 + 21 n^5 = n^6-1$
et il est trivial que le membre de gauche est divisible par 7 si n ne l’est pas
Fermat est au programme de spécialité?
Death Cube K a écrit:
[quote=« Adolorante »]
Un truc similaire : montrer que pour tout n, 6 divise n(n+1)(2n+1).
Je pose A=n(n+1)(2n+1); n(n+1) pair; si n=3k A=3P, si n=3k+1 (3k+1)(3k+2)(6k+3)=3(3k+1)(3k+2)(2k+1) d’où A=3M, si n=3k+2 A=(3k+2)(3k+3)(6k+5)=3(3k+2)(k+1)(6k+5)=3T; 2 et 3 premiers entre eux donc oui.
Est-ce juste ?
EDIT : qu’on vienne me reprocher de réviser l’arithmétique si ça tombe aux concours… D’ailleurs c’est bizarre puisque il me semble qu’on l’aborde rapidement, et d’après le programme officiel les spé maths ont déja vu la plupart des théorèmes.
[/quote]
C’est juste. Maintenant, tu peux le faire plus « gracieusement » ? 