Ready a écrit:
Datkstaw je pense que tu voulais écrire \lim_{n \rightarrow +\infty}{cos(Un^2)}=1
Ah oui, mercije rectifie
Soit s(n) la somme des chiffres d’un entier positif n.
Montrer que pour tout entier strictement positif n, on a \displaystyle \frac{s(n)}{s(2n)} \le 5
Je rajoute le problème le plus connu parmi les amateurs, mais qui a fortement sa place ici :
**Montrer que la fraction \displaystyle \frac{21{n}+4}{14{n}+3} est toujours irréductible quelque soit l’entier n. **
Asymetric a écrit:
**Montrer que la fraction \displaystyle \frac{21{n}+4}{14{n}+3} est toujours irréductible quelque soit l’entier n. **
Un classique celui là
Montrons que 21{n}+4 et 14{n}+3 sont premiers entre eux. Comme pour tout entier n, $PGCD(21{n}+4,14{n}+3)$$=PGCD(7{n}+1,14{n}+3)=PGCD(7{n}+1,1)$, et que le seul diviseur positif de 1 est lui-même, on obtient PGCD(21{n}+4,14{n}+3)=PGCD(7{n}+1,1)=1. Donc 21{n}+4 et 14{n}+3 sont premiers entre eux, d’où l’irréductibilité de la fraction.
Datkstaw a écrit:
$PGCD(21{n}+4,14{n}+3)$$=PGCD(7{n}+1,14{n}+3)=PGCD(7{n}+1,1)$[/spoiler]
ça vient d’où ça ?
brank a écrit:
[quote=« Datkstaw »]
$PGCD(21{n}+4,14{n}+3)$$=PGCD(7{n}+1,14{n}+3)=PGCD(7{n}+1,1)$[/spoiler]
ça vient d’où ça ?
[/quote]
De la propriété PGCD(a,b)=PGCD(a-kb,b) avec k \in \mathbb{Z}. On a donc $PGCD(21{n}+4,14{n}+3)=$$PGCD(21{n}+4-(14{n}+3),14{n}+3)$$=PGCD(7{n}+1,14{n}+3)=$$PGCD(7{n}+1,14{n}+3-2(7{n}+1))=PGCD(7{n}+1,1)$.
kköhlc a écrit:
[quote=« Asymetric »]
C’est pas très difficile mais c’est assez sympa :**Dans un repère orthonormal, on choisit 5 points distincts à coordonnées entières. Démontrer alors qu’il existe un segment reliant 2 de ces 5 points, qui passe par un autre point à coordonnées entières du repère. **
Soit \mathcal{P} l’ensemble des points du plan à coordonnées entières.
Soit une application \phi qui, à chaque point P\in \mathcal{P}, associe ses coordonnées \mod 2.
Alors \phi(\mathcal{P})=\{(0,0),(1,0),(0,1),(1,1)\}. D’où \text{Card}(\phi(\mathcal{P}))=4.
D’après le principe des tiroirs, au moins deux des 5 points, notés P_i et P_j, ont donc les mêmes coordonnées \mod 2.
Il vient x_i+x_j\equiv 0\mod 2 et y_i+y_j\equiv 0\mod 2.
Donc le milieu M du segment [P_iP_k] est à coordonnées entières.
[/quote]
Oui. Tu verras en MPSI des outils qui te permettront d’aller plus vite (mais ce que tu as fait revient au même).
J’invite les TS qui peuvent se le permettre, à se renseigner sur ce principe des tiroirs, qui permet d’élucider bien des problèmes. De même, vous pouvez jeter un œil sur une méthode très appréciée d’un intervenant du forum : la méthode du « va-et-vient », qui elle aussi permet de s’en sortir dans des cas où l’on n’a pas d’idées du tout.
Bon comme promis, un mot sur La géométrie du triangle : ce sont simplement des exercices résolus, de difficulté plus ou moins grande (j’en ai essayé un à midi que je n’ai pas encore entièrement trouvé). On y découvre des propriétés qui nous avaient été cachées par nos professeurs de collège et lycée : au hasard : le point de Gergonne (hs pour les passionnés de géométrie : renseignez-vous sur la géométrie projective, Gergonne, Poncelet & cie, c’est fort intéressant), le point de Vecten, les cercles de Lemoine, le théorème de Fuerbach, le point de Torricelli etc.
J’en donne un, sans doute l’un des plus simples.
Triangle médian du triangle orthique. Cercle de Taylor.
1ère partie : triangle médian du triangle orthique :
On considère un triangle ABC supposé non rectangle.
Soit I, J, K les pieds des hauteurs du triangle ABC, issues respectivement de A, B, C.
Soit M et N les projetés orthogonaux respectifs de I sur (AC) et (AB).
On note I_1=S_{AB}(I) et I_2=S_{AC}(I).
- Démontrer que :
a) (MN)//(I_1I_2).
b) Les points I, K, J,I_2 sont alignés.
c) La droite (MN) contient les milieux respectifs J', K' de (I,K) et (I,J).
(Pour les notations je ne pense pas qu’il y ait de problèmes mais sait-on jamais : ((A,B) : Couple de points, appelé bipoint, dont A est l’origine et B l’extrémité. S_{AB} : Symétrie orthogonale par rapport à la droite (AB)).
Asymetric a écrit:
**Montrer que la fraction \displaystyle \frac{21{n}+4}{14{n}+3} est toujours irréductible quelque soit l’entier n. **
Il s’agit de montrer que 21{n}+4 et 14n+3 sont premiers entre eux.
On a (-2)(21{n}+4)+3(14{n}+3)=1 donc d’après la réciproque du théorème de Bézout, la fraction \displaystyle \frac{21{n}+4}{14{n}+3} est irréductible pour tout n.
Salut tout le monde !
C’est mon premier message sur ce forum donc soyez indulgents 
Asymetric a écrit:
**Montrer que la fraction \displaystyle \frac{21{n}+4}{14{n}+3} est toujours irréductible quelque soit l’entier n. **
[spoiler]Pour montrer que \displaystyle \frac{21{n}+4}{14{n}+3} est toujours irréductible quelque soit l’entier n, montrons que {21{n}+4} et {14{n}+3} sont premiers entre eux, quelque soit l’entier n.
Pour cela, d’après le théorème de Bezout-Bachet, il suffit de montrer que : \exists (u;v) \in \mathbf{Z}^{2} tel que : u*{(21{n}+4)}+v*{(14{n}+3)}=1
Or, (-2)*{(21{n}+4)}+3*{(14{n}+3)}=-42{n}-8+42{n}+9=1 et (-2;3) \in \mathbf{Z}^{2}
D’où {21{n}+4} et {14{n}+3} sont premiers entre eux, quelque soit l’entier n, ce qui prouve que la fraction \displaystyle \frac{21{n}+4}{14{n}+3} est toujours irréductible quelque soit l’entier n[/spoiler]
ah je savais pas que c’était Bezout-Bachet,j’ai toujours entendu que Bezout.
Oui la boule,c’est bon ça marche.Penser à Bézout quand on a des histoires de trucs premiers entres eux ( des entiers ou des polynômes),c’est souvent une bonne idée je trouve.
Asymetric a écrit:
**Dans un repère orthonormal, on choisit 5 points distincts à coordonnées entières. Démontrer alors qu’il existe un segment reliant 2 de ces 5 points, qui passe par un autre point à coordonnées entières du repère. **
[spoiler]Pour résoudre ce problème, je vais m’intéresser à la « parité » des coordonnées.
Notons P le fait que la coordonnée soit paire et I le fait que la coordonnées soit impaire.
Il y a alors 4 possibilités pour la « parité » des coordonnées : (P;P) (P;I) (I;P) (I;I)
Or, on choisit cinq points, il y en a donc au moins deux qui ont la même « parité »
De plus la somme de 2 nombres pairs est un nombre pair, tout comme la somme de 2 nombres impairs.
Donc, en divisant ces sommes par 2, on obtient un entier.
Ce qui prouve que le milieu des deux point ayant la même « parité » au niveau des coordonnées est un point qui possède des coordonnées entières, i.e, si on choisit 5 points distincts à coordonnées entières, alors il existe un segment reliant 2 de ces 5 points, qui passe par un autre point à coordonnées entières du repère.
Maintenant, je me suis posé un petite question, en gros, dans le cas présent, on avait « 2 coordonnées » a choisir, il y avait donc 2^{2}=4 possibilités pour la « parité » des coordonnées, il fallait donc choisir 5 points pour être sûr qu’il existe un segment reliant 2 de ces points,en passant par un autre point à coordonnées entières du repère.
Si l’on décidé « d’exporter » ce problème dans l’espace, il y aurait « 3 coordonnées à choisir », soit 2^{3}=8 possibilités pour la « parité » des coordonnées, il faudrait donc choisir 9 points pour être sûr qu’il existe un segment reliant 2 de ces points,en passant par un autre point à coordonnées entières, est-ce correct ?[/spoiler]
brank a écrit:
ah je savais pas que c’était Bezout-Bachet,j’ai toujours entendu que Bezout.
Oui, notre prof nous a dit que l’on parlait le plus souvent de du théorème de Bezout, mais qu’un peut de « culture » nous ferait pas de mal
Sinon, j’ai un peu de chance, puisque en spécialité maths on est en plein dans la leçon Bezout, Gauss, PGCD etc… Donc cet exercice tombait bien 
Quel succès mes exos 
(même si celui qui m’intéressait le plus n’a toujours pas vu de preuve posté sur ce topic encore)
On verra si ton exo de géométrie en aura autant Nico 
Bah oui, il paraît que personne aime la géométrie élémentaire 
La-boule a écrit:
[quote=« Asymetric »]
**Dans un repère orthonormal, on choisit 5 points distincts à coordonnées entières. Démontrer alors qu’il existe un segment reliant 2 de ces 5 points, qui passe par un autre point à coordonnées entières du repère. **
[spoiler]Pour résoudre ce problème, je vais m’intéresser à la « parité » des coordonnées.
Notons P le fait que la coordonnée soit paire et I le fait que la coordonnées soit impaire.
Il y a alors 4 possibilités pour la « parité » des coordonnées : (P;P) (P;I) (I;P) (I;I)
Or, on choisit cinq points, il y en a donc au moins deux qui ont la même « parité »
De plus la somme de 2 nombres pairs est un nombre pair, tout comme la somme de 2 nombres impairs.
Donc, en divisant ces sommes par 2, on obtient un entier.
Ce qui prouve que le milieu des deux point ayant la même « parité » au niveau des coordonnées est un point qui possède des coordonnées entières, i.e, si on choisit 5 points distincts à coordonnées entières, alors il existe un segment reliant 2 de ces 5 points, qui passe par un autre point à coordonnées entières du repère.
Maintenant, je me suis posé un petite question, en gros, dans le cas présent, on avait « 2 coordonnées » a choisir, il y avait donc 2^{2}=4 possibilités pour la « parité » des coordonnées, il fallait donc choisir 5 points pour être sûr qu’il existe un segment reliant 2 de ces points,en passant par un autre point à coordonnées entières du repère.
Si l’on décidé « d’exporter » ce problème dans l’espace, il y aurait « 3 coordonnées à choisir », soit 2^{3}=8 possibilités pour la « parité » des coordonnées, il faudrait donc choisir 9 points pour être sûr qu’il existe un segment reliant 2 de ces points,en passant par un autre point à coordonnées entières, est-ce correct ?[/spoiler]
[/quote]
Pour ton spoiler : oui c’est ça quand on passe dans \mathbb{Z}^3.
Allez un d’arithmétique que j’ai déjà posé mais que nos TS ne connaissent pas,facile et issu d’un concours en plus ! je suis sûr que j’aurai bien plus de succès qu’Asymetric
Concours communs Polytechniques MP a écrit:
Soit p un nombre premier plus grand que 4 ( ie p>4),montrez que p^2-1 est divisible par 12 ( ie 12|p^2-1)
question subsidiaire: Montrez que$24$ divise p^2-1
Asymetric a écrit:
Quel succès mes exos
On verra si ton exo de géométrie en aura autant NicoBah oui, il paraît que personne aime la géométrie élémentaire
Oui, c’est boudé par beaucoup ! Mais bon, j’en ai donné un comme certains voulaient s’entraîner un peu pour le CG.
(Pour ton exercice, tu parles de celui avec s(n) ? Je ne l’avais jamais fait je crois, c’est vrai qu’il est sympa et un poil plus subtil que Bezout )
PS pour les TS : il y a aussi celui de JeanN quelques pages avant qui reste sans solution.
@brank : Si tu postes un exercice encore plus facile que ceux que j’ai posté, je n’imagine pas le spam que va recevoir ce topic 
@Nico_ : Oui je parle de celui avec s(n), peut-être un peu plus subtil que les autres, mais quand même beaucoup plus facile que celui de JeanN.
Je regroupe les exos non résolus et j’en ajoute un autre qui me vient à l’esprit :
Asymetric a écrit:
Soit s(n) la somme des chiffres d’un entier positif n.
Montrer que pour tout entier strictement positif n, on a \displaystyle \frac{s(n)}{s(2n)} \le 5
Nico_ a écrit:
**
Triangle médian du triangle orthique. Cercle de Taylor.
1ère partie : triangle médian du triangle orthique :On considère un triangle ABC supposé non rectangle.
Soit I, J, K les pieds des hauteurs du triangle ABC, issues respectivement de A, B, C.
Soit M et N les projetés orthogonaux respectifs de I sur (AC) et (AB).
On note I_1=S_{AB}(I) et I_2=S_{AC}(I).
- Démontrer que :
a) (MN)//(I_1I_2).
b) Les points I, K, J,I_2 sont alignés.
c) La droite (MN) contient les milieux respectifs J', K' de (I,K) et (I,J).(Pour les notations je ne pense pas qu’il y ait de problèmes mais sait-on jamais : ((A,B) : Couple de points, appelé bipoint, dont A est l’origine et B l’extrémité. S_{AB} : Symétrie orthogonale par rapport à la droite (AB)).**
brank a écrit:
Soit p > 4 un nombre premier. Montrer que p^2 - 1 est divisible par 24
**Montrer qu’il existe \displaystyle z \in \mathbb{R} - \mathbb{Q}, z + \frac{1}{z} \in \mathbb{Q}
Montrer que si z est un réel tel que \displaystyle z + \frac{1}{z} \in \mathbb{Q} alors \displaystyle \forall n \in \mathbb{N}, z^n + \frac{1}{z^n} \in \mathbb{Q} **
JeanN a écrit:
**
Déterminer les parties finies non vides A de \mathbb C vérifiant \forall z\in A, z^2+z+1\in A et z^2-z+1\in A**
Phylov a écrit:
**
On colorie chaque point du plan en rouge ou en bleu. Montrer qu’on peut trouver un triangle équilatéral dont tous les sommets sont de la même couleur.
Même chose pour un rectangle.**
tatata Amimak t’as rien prouvé du tout 
,c’est de l’enfumage ton « donc »,c’est pas parce que x>24 que 24 divise x. prends x=32 par exemple.Moi je dis que que p^2-1 il s’écrit 24k (avec$k \in \mathbb{N}$ comme 48 ou 120 par exemple.
Asymetric a écrit:
Montrer qu’il existe \displaystyle z \in \mathbb{R}, z + \frac{1}{z} \in \mathbb{Q}
Montrer alors que \displaystyle \forall n \in \mathbb{N}, z^n + \frac{1}{z^n} \in \mathbb{Q} **
JeanN a écrit:
**
Déterminer les parties finies non vides A de \mathbb C vérifiant \forall z\in A, z^2+z+1\in A et z^2-z+1\in A
Je n’ai pas réussi ça,pourtant j’ai fait une pré-MPSI une MPSI même
Concours communs Polytechniques MP a écrit:
Soit p un nombre premier plus grand que 4 ( ie p>4),montrez que p^2-1 est divisible par 12 ( ie 12|p^2-1)
question subsidiaire: Montrez que$24$ divise p^2-1
Merci de nous entraîner pour la spé maths
p^2-1 = (p+1)(p-1) p étant premier et supérieur à 4(donc supérieur ou égal à 5), il est forcément impair et donc p+1 et p-1 sont pairs. Comme on sait que les nombres pairs sont une fois sur 2 multiples de 4, donc (p+1)(p-1) est multiple de 2 et de 4, donc p²-1 est multiple de 8
De plus p est premier supérieur ou égal à 5 donc non multiple de 3 donc soit p-1 est multiple de 3, soit c’est p+1, donc p²-1 et forcément multiple de 3.
On en déduit que p^2-1 est multiplie de 24 quelque soit p nombre premier supérieur ou égal à 5
EDIT : Oui je viens de voir Brank là ca devrait être mieux
JeanN a écrit:
En voici un que j’accompagne généralement de quelques questions intermédiaires :
Déterminer les parties finies non vides A de \mathbb C vérifiant \forall z\in A, z^2+z+1\in A et z^2-z+1\in A
[spoiler]Je pense avoit trouver quelques trucs, mais pas sûr que ce soit correct et utile
Donc déjà, je me suis intéressé aux réels :
Soit x \in \mathbb{R}, on peut différencier deux cas :
-
Si x>0 :
Alors x^{2}+x+1=y>x>0
Or si x \in A , alors y \in A et donc (y^{2}+y+1) (>y car y>0) \in A
Et ainsi de suite, il y aurait donc une sorte de « montée infinie » et donc on aurait pas une partie A finie comme souhaité. -
Maintenant si x<0 :
Alors x^{2}-x+1=y>0 (car x<0 \Rightarrow -x>0 et \forall x \in \mathbb{R}, x^{2} \geq 0)
On en revient donc au premier cas : y>0, et il est donc impossible d’obtenir une partie finie satisfaisant aux conditions
On en déduit donc que A \cap \mathbb{R}= \emptyset
Après j’ai posé z=a+ib avec (a,b) \in \mathbb{R}^{2}
On obtient :
X=z^{2}+z+1=(a^{2}-b^{2}+a+1)+i(b(2a+1))
et Y=z^{2}+z+1=(a^{2}-b^{2}-a+1)+i(b(2a-1))
Si on s’intéresse au partie imaginaire de X et Y.
On a Im(X)=b(2a+1) et Im(Y)=b(2a-1)
Encore une fois on sépare en plusieurs cas :
*Avec b \neq 0
Si a>0, alors (2a+1)>1
D’où, Im(X)>b si b>0 et Im(X)<b si b<0
Or, \forall (z,z')\in \mathbb C^2, Im(z) \neq Im(z') \Rightarrow z \neq z', donc encore une fois, il y aurait un sorte de montée (ou descente) infinie de la partie imaginaire, et donc une infinité d’élément dans A, ce qui n’est pas possible.
Maintenant si a<0, alors (2a+1)<1,
D’où, Im(X)<b si b>0 et Im(X)>b si b<0 , pour les mêmes raisons qu’au dessus, il y aurait une infinité d’éléments, ce qui n’est pas possible.
Pour a=0, i.e z est un imaginaire pur donc z=ib
d’où :X=z^{2}+z+1=(-b^{2}+1)+ib
et Y=z^{2}+z+1=(-b^{2}+1)-ib, donc soit, Re(X)=Re(Y)=0, soit on retombe dans un cas traité précedement (i.e, z n’est pas un imaginaire pur) donc impossible.
Donc il faut que -b^{2}+1=0 \Leftrightarrow b^2=1 i.e [ b=1 ou b=-1 ], d’ou [ z=i ou z=-i ]
- Maintenant, si b=0, alors, puisqu’il faut que a=0, z=0 \in \mathsbb R, qui ne convient pas.
Ce qui prouve finalement que seul A= \{i;-i\} convient.
PS: désolé du pavé, surtout que ça doit pas être forcément très rigoureux, et pas certain que ça soit correct et que tout soit utile [/spoiler]
Bonsoir,
Soyez indulgent, je n’'ai vraiment pas l’habitude de faire ce genre d’exo. Je pense que le principe est bon (mais la rédaction …)
p est un nombre premier supérieur à 4, donc il est forcément impair, le seul nombre premier pair étant 2. Il peut donc s’écrire sous la forme p=2k+1 où k appartient à N
p²-1=(p+1)(p-1)= (2k+2)(2k)=4k²+4k= 4 k’ où k’ appartient à N
Donc 4 divise p²-1
De plus, p >4>3 donc 3 ne divise pas p. Donc p est congru à 1 ou à -1 modulo 3 donc p² congru à 1 modulo 3 donc p²-1 congru à 0 modulo 3 donc 3 divise p²-1
3 et 4 étant des entiers consécutifs, ils sont premiers entre eux. Or si un entier naturel n est divisible par a et par b où a et b deux entiers relatifs premiers entre eux non nuls, alors il est divisible par ab.
Ainsi 12 divise p²-1
brank a écrit:
Soit p > 4 un nombre premier. Montrer que p^2 - 1 est divisible par 24
[spoiler]Puisque {p} est un nombre premier, alors {p} est impair. (p-1) et (p+1) sont donc pairs.
Or p^2-1=(p-1)(p+1)
(p-1) et (p+1) sont deux nombres pairs consécutifs, l’un est donc divisible par 4. Leur produit p^2-1 est donc divisible par 8.
Parmi trois nombres consécutifs (p-1 ; p ; p+1), un est divisible par 3. Or {p} est premier, c’est donc (p-1) ou (p+1) qui est divisible par 3. On en déduit que (p^2-1) est divisible par 3.
pgcd(3;8)=1 donc d’après le théorème de Gauss, p^2-1 est divisible par 3*8=24[/spoiler]