Oral des Mines:
Soit p_n le neme nombre premier (n\in\mathbb{N}^*). Montrer que p_n+p_{n+1} n’est pas le produit de 2 nombres premiers.
compol a écrit:
Oral des Mines:
Soit p_n le neme nombre premier (n\in\mathbb{N}^*). Montrer que p_n+p_{n+1} n’est pas le produit de 2 nombres premiers.
on évacue rapidement le cas n=1:
p_1=2; p_2=3
p_1+p_2=5, qui n’est divisible ni par 2 ni par 3!
ensuite on prend n plus grand que 2:
$p_n+p_{n+1}$est forcément pair car p_n, p_{n+1} sont impairs.
Donc 2 divise leur somme.
Si$p_n+p_{n+1}= q.r$ avec q, r premiers, alors soit q soit r est égal à 2. Supposons que ce soit q, on a alors$p_n+p_{n+1}=2r$, avec r premier, et r est un nombre premier dans [p_n,p_{n+1}], ce qui veut dire que $r=p_n$ou r=p_{n+1}, et c’est impossible car l’égalité ne sera pas vérifiée.
Finalement, p_n+p_{n+1} n’est jamais produit de deux nombres premiers!
Jpeux avoir les mines maintenant siouplait msieu?
Dohvakiin a écrit:
Question intermédiaire qui finit quasiment le problème (trouvée sur un DS de début de MPSI de LLG):
Soit n un entier naturel congru à 3 modulo 4. Montrer que n admet un diviseur premier congru à 3 modulo 4
n \in \mathbb{N}, q \in \mathbb{N}, n=4q+3
Si n est premier, alors le seul diviseur premier de n est lui-même, qui est bien congru à 3 modulo 4
Si n n’est pas premier, alors l’un des diviseurs premiers de n est congru à 1 ou 3 modulo 4
Et c’est à ce niveau que je bloque. En gros, faut que j’arrive à montrer que le cas 3 modulo 3 est forcé mais j’vois pas comment faire :S. Après ma méthode n’est peut-être pas la meilleure !
Blobixx a écrit:
[quote=« Dohvakiin »]
Question intermédiaire qui finit quasiment le problème (trouvée sur un DS de début de MPSI de LLG):Soit n un entier naturel congru à 3 modulo 4. Montrer que n admet un diviseur premier congru à 3 modulo 4
n \in \mathbb{N}, q \in \mathbb{N}, n=4q+3
Si n est premier, alors le seul diviseur premier de n est lui-même, qui est bien congru à 3 modulo 4
Si n n’est pas premier, alors l’un des diviseurs premiers de n est congru à 1 ou 3 modulo 4
Et c’est à ce niveau que je bloque. En gros, faut que j’arrive à montrer que le cas 3 modulo 3 est forcé mais j’vois pas comment faire :S. Après ma méthode n’est peut-être pas la meilleure !
[/quote]
A tout hasard:
On écrit la décomposition en facteurs premiers de n, les facteurs sont soit congrus a 1 soit congrus a 3 modulo 4, si on avait que des facteurs congrus a 1 on ne pourrait pas avoir n congru a 3 donc on a au moins un diviseur premier congru a 3 modulo 4
Tu supposes que tout les diviseurs premiers de n sont congrus à 1 mod 4 ce qui impliquerait par produit que n est congru 1 mod 4. Absurde.
Edit: grillé 
Admirez celui là que j’ai déjà posté sur un autre forum peut-être introuvable dans les signatures de certaines personnes astucieusement choisies 
On assimile la Terre à une sphère blanche et on peint 12 de sa surface en noir (donc les $88$ sont restés blancs). Montrer l’existence d’un parallélépipède rectangle inscrit dans la Terre à sommets blancs.
Asymetric a écrit:
Admirez celui là que j’ai déjà posté sur un autre forum peut-être introuvable dans les signatures de certaines personnes astucieusement choisies
On assimile la Terre à une sphère blanche et on peint 12 de sa surface en noir (donc les $88$ sont restés blancs). Montrer l’existence d’un parallélépipède rectangle inscrit dans la Terre à sommets blancs.
Cet exercice est cool, je l’ai trouvé assez difficile.
Asymetric a écrit:
On assimile la Terre à une sphère blanche et on peint 12 de sa surface en noir (donc les $88$ sont restés blancs). Montrer l’existence d’un parallélépipède rectangle inscrit dans la Terre à sommets blancs.
Je n’ai pas réussi mais les réflexions me donnent mal à la tête (oui oui c’est un indice, enfin je pense)
zboum a écrit:
[quote=« Asymetric »]
On assimile la Terre à une sphère blanche et on peint 12 de sa surface en noir (donc les $88$ sont restés blancs). Montrer l’existence d’un parallélépipède rectangle inscrit dans la Terre à sommets blancs.
Je n’ai pas réussi mais les réflexions me donnent mal à la tête (oui oui c’est un indice, enfin je pense)
[/quote]
C’est en effet un indice.
Un exercice d’arithmétique que je n’arrive pas à faire: 
Soit (a,b)\in \mathbb{Z}^2 , montrer que \{ax^2+by^2,(x,y)\in\mathbb{Z}^2\}\neq\mathbb{Z}.
Intuitivement, on voit que des entiers assez grands ne vont pas être dans l’ensemble. J’ai essayé de raisonner par l’absurde, et j’ai juste réussi à montrer des trucs faciles dans ce cas: si un couple (a,b) convenait, alors a et b seraient nécessairement premiers entre eux (Bezout), et de signes contraires non nuls… Mais je n’aboutis pas.
je vais peut-être dire une très grosse bêtise, mais ne « suffit »-il pas de vérifier que ton ensemble n’est pas un groupe additif?
bullquies a écrit:
je vais peut-être dire une très grosse bêtise, mais ne « suffit »-il pas de vérifier que ton ensemble n’est pas un groupe additif?
J’ai essayé, mais j’ai échoué
EDIT: fail
compol a écrit:
Un exercice d’arithmétique que je n’arrive pas à faire:
Soit (a,b)\in \mathbb{Z}^2 , montrer que \{ax^2+by^2,(x,y)\in\mathbb{Z}^2\}\neq\mathbb{Z}.
Si tu n’arrives pas à le faire, peut-être que cet exercice est trop chaud pour un sujet intitulé « Exercices de pré-rentrée MPSI ». Du coup, je n’ai aucun remords à balancer une solution :
On suppose d’abord a \geq -b > 0.
En regardant la situation dans \mathbb{Z}/a\mathbb{Z}, on constate que 2 \geq a.
On montre que si a = 2 alors 3 \notin \{ax^2+by^2,(x,y)\in\mathbb{Z}^2\}, et que si a = b = 1 alors 2 \notin \{ax^2+by^2,(x,y)\in\mathbb{Z}^2\}
Voici quatre exercices extraits de la RMS, n° 1 et 2, 2009, section « Du côté des élèves de Terminale S ».
**
1.**
Démontrer qu’il existe un cube parfait entre n et 3n pour tout entier n \geq 10.
**
2.**
Soit x \in \mathbb{R}_{+}^{*} et pour n entier supérieur ou égal à 1 : S_n(x) = \displaystyle{\sum_{k=1}^{n} \left(x^{\frac{1}{k}}-1\right)}
Pour quelles valeurs de x la suite \left(S_n(x)\right)_{n \in \mathbb{N}^{*}} est-elle convergente ?
**
3.**
Déterminer l’ensemble des entiers naturels non nuls tels que n^2 ne divise pas n!
**
4.**
Déterminer une condition nécessaire et suffisante sur l’entier naturel non nul n pour qu’il existe une fonction polynomiale P à coefficients réels telles que :
\forall x \in \mathbb{R}^{*}, \, P\left(x-\frac{1}{x}\right) = x^n-\frac{1}{x^n}
Ceux qui ont peur de la RMS 
(sérieusement des Terminales la lisent?) peuvent voir ici: viewtopic.php?f=3&t=4558, 3eme post pour des exos plus abordables
Merci V@J.
V@J a écrit:
En regardant la situation dans \mathbb{Z}/a\mathbb{Z}, on constate que 2 \geq a.
Cet argument est génial
Exo 3 :
J’ai trouvé que n est le nombre premier après 2p+1 avec p, un nombre entier.
kledou a écrit:
Exo 3 :
J’ai trouvé que n est le nombre premier après 2p+1 avec p, un nombre entier.
J’ai pas compris 
n est le premier nombre premier après chaque entier impair (donc les n sont tous les nombres premiers)? Un nombre premier après un entier impair fixé?
De tout façon la réponse est plus simple que ça