Retard a écrit:
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 pasFermat est au programme de spécialité?
J’avais remarqué que -1 et 1 était des solutions évidentes, j’étais parti pour une factorisation mais bon j’ai arrêté ..
lionel52 a écrit:
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
Si j ne fais pas d’erreur, la monotonie stricte sert pour l’unicité, et la continuité pour l’existence
Retard a écrit:
Fermat est au programme de spécialité?
Oui oui !
retard oui mais là il a juste tenté de montrer l’unicité (perso j’ai pas trop compris 
) pas l’existence
oui retard mais comme l’a dit lionel, kledou ne maîtrise pas bien la notion de bijection (et c’est normal ! personne lui a expliqué proprement,c’est le danger quand on se fie aux explications d’étudiants et pas au cours de son prof ).
kledou a écrit:
[quote=« lionel52 »]
f est bijective et f³ = f?? gne
Bijective ? c’est bien quand c’est monotone + continue ?!
et pour f³ = f, bah on a x = f(f(f(x)))
[/quote]
kledou a écrit:
[quote=« brank »]
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
[/quote]
brank, c’est bien ça ? 
Oui, Fermat est vu en terminale. Je ne sais pas s’il est officiellement au programme mais tout le monde le fait.
Blobixx 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
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
I.2. conjecture
Les nombres divisibles par 5
[/quote]
Non
kledou a écrit:
[quote=« kledou »]
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
[/quote]
brank, c’est bien ça ?
[/quote]
3 remarques :
2-1 n’est pas égal à 0 (troisième ligne de ton tableau de congruence)
tu voulais étudier k²+k mais tu as étudié k²-k
arrête d’écrire « d’où machin truc » lorsque tu veux seulement dire « on veut démontrer machin truc » ou « il suffit de démontrer machin truc ». Idem pour « on a donc ». (cf : 3ième ligne de ta démo, 5ième ligne de ta démo)
JeanN a écrit:
[quote=« Blobixx »]
I.2. conjectureLes nombres divisibles par 5
Non
[/quote]
C’est effectivement bien plus tordu que ça 
Pour le 1 :
on sait que n ne divise pas 7 (-3 n’est pas divisible par 7) et pour n > 6
n^n - 3 = (n^6 - 1)n^(n-6) + n^(n-6) - 3
c’est ça non?
kledou a écrit:
[quote=« brank »]
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 ?
[/quote]
J’ai lu rapidement (donc j’ai pas regardé les calculs en détails), mais je pense qu’il y a une erreur de logique -ou au moins une erreur dans la façon de rédiger.
Si j’ai bien compris, tu écris en gros :
24|p^2-1 \Rightarrow 6|k^2+k et tu montres ensuite que cette dernière condition est vérifiée … Mais cela n’implique pas ce que tu veux démontrer ! Il faudrait que 24|p^2-1 \Leftarrow 6|k^2+k pour que ça marche. 
Bin tu commences par "montrons que 24 divise p^2-1 "et 2 lignes après t’écris "on a donc 24 divise$p^2-1$ "
ya d’autres erreurs dans ta preuve mais sinon l’idée c’est ça, factoriser p^2-1.Voir que p n’est pas multiple de 3 donc que p-1 ou p+1 l’est puis que p-1 et p+1 sont multiples de 2 et que y’en même un des 2 multiple de 4.
A CCP il fallait seulement montrer que p^2-1 était divisible par 12 mais comme vous êtes des champions,vous pouvez montrer plus
Adolorante a écrit:
[quote=« Death Cube K »]
[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 » ?
[/quote]
Comment ça plus grâcieusement ?
et pour f³ = f, bah on a x = f(f(f(x)))
Si tu écris ça, ça veut dire : \forall x \in \mathbb{R}, f^3(x) = f(x). Est-ce le cas ?
Death Cube K a écrit:
Comment ça plus grâcieusement ?
De façon plus belle. Sans faire de disjonction des cas, par exemple.
Oula.
Bah je sais pas montrer que c’est divisible par 3 autrement. Un indice ?
On peut prouver ça par congruences ?
Si je te dis un carré ?
Pour trouver n tq A=\frac{n^3+2n-9}{6} puis-je opérer de cette manière :
n^3+2n-9=n^3-n+3n-9 et d’après moi n^3-n est divisible par 6 donc on a 6k+3n-9=6t car on suppose que A est entier. Donc 3n-9=6P, n=2P+3, n\equiv 3\left ( 2 \right )\equiv 1\left ( 2 \right )
Autrement dit n impair 
oui je pense aussi que n impair est nécessaire et suffisant pour que A soit entier.