brank a écrit:
p^2-1 = (p-1)(p+1). Parmi 3 entiers consécutifs, il y a un multiple (de 3) ,oui ça c’est vrai ok d’où 3 \, |\, (p-1)p(p+1). c’est vrai,ok Or p premier, donc $3, |, p^2-1$il faut justifier ça . De plus, parmi deux nombres pairs consécutifs, il y a un multiple de 4 oui ok. Donc on en déduit que 2 \cdot 3 \cdot 4\, | \, p^2 - 1 il faut vraiment justifier que 234 divise le tout, tu remarques que 2 et 4 ne sont pas premiers entre eux donc tu ne peux pas conclure en disant par exemple que 2 divise a et 4 divise a donc 2*4 divise a .
[spoiler]- 3\, |\, (p-1)p(p+1) donc 3\, | \, (p^2 - 1)p. Or p\wedge 3 = 1. D’après le théorème de Gauss, on en déduit que 3\, |\, p^2 - 1.
- Si parmi p-1 et p+1, le multiple de 3 n’est pas le multiple de 4, pas de problème. Si c’est le même qui est multiple de 3 et de 4, alors puisque 3\wedge 4 = 1, il est divisible par 12.[/spoiler]
KGD a écrit:
[quote=« kköhlc »]
\forall k \in [\![1,p-1]\!], \displaystyle k{p \choose k} = p{p-1 \choose k-1}. Or \displaystyle {p-1 \choose k-1} \in \mathbb{Z}, d’où \displaystyle p|\, k{p \choose k}. Or p premier, d’où p \wedge k = 1. On en déduit, d’après le théorème de Gauss, que \displaystyle p|\,{p \choose k}
Ca marche ! 
Datkstaw a écrit:
Vous auriez pas quelques exos d’arithmétiques (ou un lien) autour de : divisibilité, division euclidienne et congruences ?
Et éventuellement des exos autour du calcul matriciel (on vient de commencer alors assez faciles si possible 
).
En arithmétique:
Soient m et k deux entiers naturels impairs, montrer que m divise 1^k + 2^k + \cdots + (m-1)^k
[/quote]
Avec la formule du binôme de Newton, on observe que (m-i)^k \equiv (-i)^k \mod m, et ici on a k impair, donc (m-i)^k \equiv -i^k \mod m.
Alors 1^k+2^k+\cdots +(m-1)^k\equiv 1^k+2^k+\cdots -\cdots -2^k-1^k\mod m. Or m-1 pair, donc les termes de la somme s’annulent : 1^k+2^k+\cdots +(m-1)^k\equiv 0 \mod m. On en déduit que m divise cette somme.
Merci.
KGD a écrit:
[quote=« kköhlc »]
Avec la formule du binôme de Newton, on observe que (m-i)^k \equiv (-i)^k \mod m, et ici on a k impair, donc (m-i)^k \equiv -i^k \mod m.
Alors 1^k+2^k+\cdots +(m-1)^k\equiv 1^k+2^k+\cdots -\cdots -2^k-1^k\mod m. Or m-1 pair, donc les termes de la somme s’annulent : 1^k+2^k+\cdots +(m-1)^k\equiv 0 \mod m. On en déduit que m divise cette somme.
Encore très bien ! (juste une remarque: ici, plutôt que de sortir la formule du binôme, il aurait suffi d’écrire que la relation de congruence est compatible avec la multiplication 
)
Un autre:
Trouver une condition nécessaire et suffisante sur n \in \mathbb{N}^* pour que la congruence xy \equiv 0 \pmod n admette des solutions non multiples de n.
[/quote]
En dépit du fait qu’elle ne soit pas très rigoureuse, je me risque tout de même à proposer ma réponse :
[spoiler]La CNS est « n n’est pas premier ».
Montrons que si n est premier, alors les solutions de la congruence sont des multiples de n. On veut trouver (x, y) tq n\, | \, xy. On suppose x non multiple de n . Alors n \wedge x = 1. On en déduit, d’après le théorème de Gauss, que n\, | \, y, soit y multiple de n.
Montrons que si n n’est pas premier, alors il existe des solutions de l’équations qui ne sont pas des multiples de n. On peut se limiter à prouver que l’équation n = xy admette des solutions telles que ni x ni y ne soient multiples de n. n n’étant pas premier, si l’on note \mathsf{d}_n l’un des diviseurs de n tq \mathsf{d}_n \notin \{-n, -1, 1, n \}. Alors \mathsf{d}_n et le quotient de la division euclidienne de n par \mathsf{d}_n sont un couple de solutions non multiples de n de la congruence.[/spoiler]
Ta CNS et tes deux paragraphes sont corrects.
[Message édité]
Ah oui, mes yeux ont fourché, j’ai confondu avec le reste. 
Si vous avez des exercices d’analyse sympathiques sous la main, je suis preneur
kköhlc a écrit:
Les fonctions du type f(x) = C ( C \in \mathbb{R} ) ne sont pas solutions. Donc, il existe un intervalle I \subset \mathbb{R} telle que f soit strictement monotone sur I.
Pourquoi cela ? On peut imaginer des fonctions continues monotones sur aucun intervalle ! Montre plutôt que f est injective à partir de la définition.
Edit : je viens de voir que l’on est dans les exos avant MPSI, euh pour l’injectivité, il suffit de montrer que si deux réels ont leur image par f égale alors ils sont égaux, au cas où et c’est équivalent à la stricte monotonie de ta fonction sur l’intervalle considéré.
Tu as l’air d’avoir une très bon niveau kkohlc !
KGD a écrit:
Soit f: \mathbb{R} \to \mathbb{R} une fonction continue, périodique et admettant une limite en +\infty. Que dire de f ?
Intuitivement cela me semble assez clair, mais j’ai beaucoup de mal à le prouver rigoureusement.
La fonction f est constante. Prouvons par l’absurde qu’il ne peut en être autrement.
On suppose qu’il existe x_0 tq f(x_0) \ne K. f étant T-périodique, \forall q \in \mathbb{Z}, f(x_0 + qT) = f(x_0) \ne K. D’où \exists \epsilon > 0 tq \forall q, |f(x_0+qT) - K|> \epsilon. Or, une telle fonction f serait divergente, d’où une contradiction.
brank a écrit:
Tu as l’air d’avoir une très bon niveau kkohlc !
Merci beaucoup !
kköhlc a écrit:
[quote=« KGD »]
Soit f: \mathbb{R} \to \mathbb{R} une fonction continue, périodique et admettant une limite en +\infty. Que dire de f ?
Intuitivement cela me semble assez clair, mais j’ai beaucoup de mal à le prouver rigoureusement.
La fonction f est constante. Prouvons par l’absurde qu’il ne peut en être autrement.
On suppose qu’il existe x_0 tq f(x_0) \ne K. f étant T-périodique, \forall q \in \mathbb{Z}, f(x_0 + qT) = f(x_0) \ne K. D’où \exists \epsilon > 0 tq \forall q, |f(x_0+qT) - K|> \epsilon. Or, une telle fonction f serait divergente, d’où une contradiction.
[/quote]
L’idée est bonne La rédaction ne me semble pas très claire par contre (« c’est qui K ? » dirait ma prof et a priori rien ne dit que la limite soit finie, bien que ça paraisse assez évident).
Conseil:
Pour commencer ta démo par contraposée, suppose que la fonction prenne au moins deux valeurs et ensuite considère des suites comme tu l’as fait