optimath a écrit:
Démontrer qu’il existe un cube parfait entre n et 3n pour tout entier n \geq 10.
Un peu crade mais ça a l’air de marcher:
On étudie sur \mathbb{R}_+ la fonction f définie par f(x) = 3x^3 - (x+1)^3. f est dérivable et on a f'(x) = 9x^2 - 3(x+1)^2 = 6x^2 - 6x - 3 = 6(x-\frac{1+\sqrt{3}}{2})(x-\frac{1-\sqrt{3}}{2}). f’ est positive pour x > \frac{1+\sqrt{3}}{2} donc f est strictement croissante sur [\frac{1+\sqrt{3}}{2};+\infty[ or on remarque que f(3) = 17 > 0 donc pour tout x supérieur ou égal à 3, on a 3x^3 > (x+1)^3.
Soit alors n un entier naturel strictement supérieur à 27. Posons k = \max \{d \in \mathbb{N}, d^3 \leq n\}. On a par définition (k+1)^3 > n et k \geq \sqrt[3]{27} = 3 donc on a (k+1)^3 < 3k^3 \leq 3n donc (k+1)^3 est compris entre n et 3n.
Par ailleurs, si n est compris entre 10 et 27, on a n \leq 27 et 3n > 3\times 9 = 27 donc 27 = 3^3 est compris entre n et 3n.
Il existe donc un cube parfait entre n et 3n pour tout entier n \geq 10.
optimath a écrit:
Déterminer l’ensemble des entiers naturels non nuls tels que n^2 ne divise pas n!
Je ne sais pas si c’est bon mais je trouve l’ensemble des nombres premiers et 4 comme solutions:
Puisque n divise nécessairement n!, le problème se ramène à trouver l’ensemble des entiers naturels non nuls tels que n ne divise pas (n-1)!.
Si p est premier, on a d’après le théorème de Wilson (p-1)! \equiv -1 [p] donc p \not|\ (p-1)! et on voit que 4! = 24 n’est pas divisible par 16=4^2.
À l’inverse, soit n un entier composé différent de 4. Si n n’est pas un carré de nombre premier, alors n peut s’écrire n = ab avec a et b distincts et strictement inférieurs à n. Puisque a et b sont distincts, on a ab | (n-1)! \Rightarrow n| (n-1)!. Si n est le carré d’un nombre premier p \geq 3 alors on a p < 2p < p^2 = n donc 2p^2 | (n-1)! \Rightarrow p^2 | (n-1)! \Rightarrow n | (n-1)!.
On voit donc que n^2 ne divise pas n! si et seulement si n est un nombre premier ou 4
Dohvakiin a écrit:
[quote=« kledou »]
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?
[/quote]
En voyant le réponse ( celle du KGD ), je vois que je me suis un peu beaucoup trompé.
Ce que je voulais dire, c’était que n est l’ensemble des nombres premiers après un nombre impaire ( donc de la forme 2p+1 avec p différent de 0 ) ( par exemple : 9 / 11 24 / 29 ). En gros, tout les nombres premiers supérieur à 3.
KGD a écrit:
[quote=« optimath »]
Démontrer qu’il existe un cube parfait entre n et 3n pour tout entier n \geq 10.
Un peu crade mais ça a l’air de marcher:
On étudie sur \mathbb{R}_+ la fonction f définie par f(x) = 3x^3 - (x+1)^3. f est dérivable et on a f'(x) = 9x^2 - 3(x+1)^2 = 6x^2 - 6x - 3 = 6(x-\frac{1+\sqrt{3}}{2})(x-\frac{1-\sqrt{3}}{2}). f’ est positive pour x > \frac{1+\sqrt{3}}{2} donc f est strictement croissante sur [\frac{1+\sqrt{3}}{2};+\infty[ or on remarque que f(3) = 17 > 0 donc pour tout x supérieur ou égal à 3, on a 3x^3 > (x+1)^3.
Soit alors n un entier naturel strictement supérieur à 27. Posons k = \max \{d \in \mathbb{N}, d^3 \leq n\}. On a par définition (k+1)^3 > n et k \geq \sqrt[3]{27} = 3 donc on a (k+1)^3 < 3k^3 \leq 3n donc (k+1)^3 est compris entre n et 3n.
Par ailleurs, si n est compris entre 10 et 27, on a n \leq 27 et 3n > 3\times 9 = 27 donc 27 = 3^3 est compris entre n et 3n.
Il existe donc un cube parfait entre n et 3n pour tout entier n \geq 10.
optimath a écrit:
Déterminer l’ensemble des entiers naturels non nuls tels que n^2 ne divise pas n!
Je ne sais pas si c’est bon mais je trouve l’ensemble des nombres premiers et 4 comme solutions:
Puisque n divise nécessairement n!, le problème se ramène à trouver l’ensemble des entiers naturels non nuls tels que n ne divise pas (n-1)!.
Si p est premier, on a d’après le théorème de Wilson (p-1)! \equiv -1 [p] donc p \not|\ (p-1)! et on voit que 4! = 24 n’est pas divisible par 16=4^2.
À l’inverse, soit n un entier composé différent de 4. Si n n’est pas un carré de nombre premier, alors n peut s’écrire n = ab avec a et b distincts et strictement inférieurs à n. Puisque a et b sont distincts, on a ab | (n-1)! \Rightarrow n| (n-1)!. Si n est le carré d’un nombre premier p \geq 3 alors on a p < 2p < p^2 = n donc 2p^2 | (n-1)! \Rightarrow p^2 | (n-1)! \Rightarrow n | (n-1)!.
On voit donc que n^2 ne divise pas n! si et seulement si n est un nombre premier ou 4
[/quote]
C’est quand même pas cool d’utiliser Wilson dans ce topic ! ^^
Vlastilin a écrit:
[quote=« KGD »]
[quote=« optimath »]
Démontrer qu’il existe un cube parfait entre n et 3n pour tout entier n \geq 10.
Un peu crade mais ça a l’air de marcher:
On étudie sur \mathbb{R}_+ la fonction f définie par f(x) = 3x^3 - (x+1)^3. f est dérivable et on a f'(x) = 9x^2 - 3(x+1)^2 = 6x^2 - 6x - 3 = 6(x-\frac{1+\sqrt{3}}{2})(x-\frac{1-\sqrt{3}}{2}). f’ est positive pour x > \frac{1+\sqrt{3}}{2} donc f est strictement croissante sur [\frac{1+\sqrt{3}}{2};+\infty[ or on remarque que f(3) = 17 > 0 donc pour tout x supérieur ou égal à 3, on a 3x^3 > (x+1)^3.
Soit alors n un entier naturel strictement supérieur à 27. Posons k = \max \{d \in \mathbb{N}, d^3 \leq n\}. On a par définition (k+1)^3 > n et k \geq \sqrt[3]{27} = 3 donc on a (k+1)^3 < 3k^3 \leq 3n donc (k+1)^3 est compris entre n et 3n.
Par ailleurs, si n est compris entre 10 et 27, on a n \leq 27 et 3n > 3\times 9 = 27 donc 27 = 3^3 est compris entre n et 3n.
Il existe donc un cube parfait entre n et 3n pour tout entier n \geq 10.
optimath a écrit:
Déterminer l’ensemble des entiers naturels non nuls tels que n^2 ne divise pas n!
Je ne sais pas si c’est bon mais je trouve l’ensemble des nombres premiers et 4 comme solutions:
Puisque n divise nécessairement n!, le problème se ramène à trouver l’ensemble des entiers naturels non nuls tels que n ne divise pas (n-1)!.
Si p est premier, on a d’après le théorème de Wilson (p-1)! \equiv -1 [p] donc p \not|\ (p-1)! et on voit que 4! = 24 n’est pas divisible par 16=4^2.
À l’inverse, soit n un entier composé différent de 4. Si n n’est pas un carré de nombre premier, alors n peut s’écrire n = ab avec a et b distincts et strictement inférieurs à n. Puisque a et b sont distincts, on a ab | (n-1)! \Rightarrow n| (n-1)!. Si n est le carré d’un nombre premier p \geq 3 alors on a p < 2p < p^2 = n donc 2p^2 | (n-1)! \Rightarrow p^2 | (n-1)! \Rightarrow n | (n-1)!.
On voit donc que n^2 ne divise pas n! si et seulement si n est un nombre premier ou 4
[/quote]
C’est quand même pas cool d’utiliser Wilson dans ce topic ! ^^
[/quote]
C’est quoi le théorème de Wilson ? Quel niveau ? 
fr.wikipedia.org/wiki/Th%C3%A9or … _de_Wilson
C’est un résultat assez classique qui a pu être rencontré en spé maths en terminale mais qui ne figure pas dans les résultats exigibles en TS/sup/spé.
Il a fait l’objet d’une question des « 5 dernières minutes » à l’oral de l’X (peut-être que le concerné nous lit…)
Vlastilin a écrit:
[quote=« KGD »]
[quote=« optimath »]
Démontrer qu’il existe un cube parfait entre n et 3n pour tout entier n \geq 10.
Un peu crade mais ça a l’air de marcher:
On étudie sur \mathbb{R}_+ la fonction f définie par f(x) = 3x^3 - (x+1)^3. f est dérivable et on a f'(x) = 9x^2 - 3(x+1)^2 = 6x^2 - 6x - 3 = 6(x-\frac{1+\sqrt{3}}{2})(x-\frac{1-\sqrt{3}}{2}). f’ est positive pour x > \frac{1+\sqrt{3}}{2} donc f est strictement croissante sur [\frac{1+\sqrt{3}}{2};+\infty[ or on remarque que f(3) = 17 > 0 donc pour tout x supérieur ou égal à 3, on a 3x^3 > (x+1)^3.
Soit alors n un entier naturel strictement supérieur à 27. Posons k = \max \{d \in \mathbb{N}, d^3 \leq n\}. On a par définition (k+1)^3 > n et k \geq \sqrt[3]{27} = 3 donc on a (k+1)^3 < 3k^3 \leq 3n donc (k+1)^3 est compris entre n et 3n.
Par ailleurs, si n est compris entre 10 et 27, on a n \leq 27 et 3n > 3\times 9 = 27 donc 27 = 3^3 est compris en$[tex]tre n et 3n.
Il existe donc un cube parfait entre n et 3n pour tout entier [tex]n \geq 10$.
optimath a écrit:
Déterminer l’ensemble des entiers naturels non nuls tels que n^2 ne divise pas n!
Je ne sais pas si c’est bon mais je trouve l’ensemble des nombres premiers et 4 comme solutions:
Puisque n divise nécessairement n!, le problème se ramène à trouver l’ensemble des entiers naturels non nuls tels que n ne divise pas (n-1)!.
Si p est premier, on a d’après le théorème de Wilson (p-1)! \equiv -1 [p] donc p \not|\ (p-1)! et on voit que 4! = 24 n’est pas divisible par 16=4^2.
À l’inverse, soit n un entier composé différent de 4. Si n n’est pas un carré de nombre premier, alors n peut s’écrire n = ab avec a et b distincts et strictement inférieurs à n. Puisque a et b sont distincts, on a ab | (n-1)! \Rightarrow n| (n-1)!. Si n est le carré d’un nombre premier p \geq 3 alors on a p < 2p < p^2 = n donc 2p^2 | (n-1)! \Rightarrow p^2 | (n-1)! \Rightarrow n | (n-1)!.
On voit donc que n^2 ne divise pas n! si et seulement si n est un nombre premier ou 4
[/quote]
[/tex][/tex]
C’est quand même pas cool d’utiliser Wilson dans ce topic ! ^^
[/quote]
Bah il passe bien en TS celui-là, c’est un exo sur les congruences 
(avec étapes ici lycee.mathematiques.free.fr/docs/tA032f01.pdf)
Sinon deux autres exos:
. Soient m et k deux entiers naturels impairs, montrer que m divise 1^k + 2^k + \cdots + (m-1)^k
. Trouver le plus petit entier naturel x tel que 2 | x-1, 3|x-2, \cdots, 9|x-8
KGD a écrit:
. Trouver le plus petit entier x tel que 2 | x-1, 3|x-2, \cdots, 9|x-8
On a alors x \equiv 1 \pmod 2 et x \equiv 2 \pmod 3 et … x \equiv 8 \pmod 9
Soit x+1 \equiv 0 \pmod 1\equiv 0 \pmod 2\equiv 0 \pmod 3 … \equiv 0 \pmod 9
On cherche le plus petit x donc x+1=ppcm(2,3,4...,9)
donc x+1=9!
soit x= 362879
EDIT: erreur dans le calcul du ppcm ! 
Voir résultat quelques messages plus bas.
Sinon il y a x = -1 aussi
Blobixx a écrit:
[quote=« KGD »]
. Trouver le plus petit entier x tel que 2 | x-1, 3|x-2, \cdots, 9|x-8
On a alors x \equiv 1 \pmod 2 et x \equiv 2 \pmod 3 et … x \equiv 8 \pmod 9
Soit x+1 \equiv 0 \pmod 1\equiv 0 \pmod 2\equiv 0 \pmod 3 … \equiv 0 \pmod 9
On cherche le plus petit x donc x+1=ppcm(2,3,4...,9)
donc x+1=9!
soit x= 362879
[/quote]
Sauf que le ppcm c’est pas vraiment le produit hein… C’est quand même dommage après avoir fait le plus dur de se louper parce qu’on oublie ce qu’est un ppcm 
Nuhlanaurtograff a écrit:
[quote=« Blobixx »]
[quote=« KGD »]
. Trouver le plus petit entier x tel que 2 | x-1, 3|x-2, \cdots, 9|x-8
On a alors x \equiv 1 \pmod 2 et x \equiv 2 \pmod 3 et … x \equiv 8 \pmod 9
Soit x+1 \equiv 0 \pmod 1\equiv 0 \pmod 2\equiv 0 \pmod 3 … \equiv 0 \pmod 9
On cherche le plus petit x donc x+1=ppcm(2,3,4...,9)
donc x+1=9!
soit x= 362879
[/quote]
Sauf que le ppcm c’est pas vraiment le produit hein… C’est quand même dommage après avoir fait le plus dur de se louper parce qu’on oublie ce qu’est un ppcm
[/quote]
Honte à moi …
on trouve x+1=ppcm(2,3,4...,9)
donc$x+1=2520$
soit$x=2519$
V@J a écrit:
Sinon il y a x = -1 aussi
Je n’y avait même pas pensé ! 
KGD a écrit:
[quote=« optimath »]
Démontrer qu’il existe un cube parfait entre n et 3n pour tout entier n \geq 10.
Un peu crade mais ça a l’air de marcher:
On étudie sur \mathbb{R}_+ la fonction f définie par f(x) = 3x^3 - (x+1)^3. f est dérivable et on a f'(x) = 9x^2 - 3(x+1)^2 = 6x^2 - 6x - 3 = 6(x-\frac{1+\sqrt{3}}{2})(x-\frac{1-\sqrt{3}}{2}). f’ est positive pour x > \frac{1+\sqrt{3}}{2} donc f est strictement croissante sur [\frac{1+\sqrt{3}}{2};+\infty[ or on remarque que f(3) = 17 > 0 donc pour tout x supérieur ou égal à 3, on a 3x^3 > (x+1)^3.
Soit alors n un entier naturel strictement supérieur à 27. Posons k = \max \{d \in \mathbb{N}, d^3 \leq n\}. On a par définition (k+1)^3 > n et k \geq \sqrt[3]{27} = 3 donc on a (k+1)^3 < 3k^3 \leq 3n donc (k+1)^3 est compris entre n et 3n.
Par ailleurs, si n est compris entre 10 et 27, on a n \leq 27 et 3n > 3\times 9 = 27 donc 27 = 3^3 est compris entre n et 3n.
Il existe donc un cube parfait entre n et 3n pour tout entier n \geq 10.
[/quote]
Cela revient exactement à procéder par récurrence 
Asymetric a écrit:
[quote=« KGD »]
[quote=« optimath »]
Démontrer qu’il existe un cube parfait entre n et 3n pour tout entier n \geq 10.
Un peu crade mais ça a l’air de marcher:
On étudie sur \mathbb{R}_+ la fonction f définie par f(x) = 3x^3 - (x+1)^3. f est dérivable et on a f'(x) = 9x^2 - 3(x+1)^2 = 6x^2 - 6x - 3 = 6(x-\frac{1+\sqrt{3}}{2})(x-\frac{1-\sqrt{3}}{2}). f’ est positive pour x > \frac{1+\sqrt{3}}{2} donc f est strictement croissante sur [\frac{1+\sqrt{3}}{2};+\infty[ or on remarque que f(3) = 17 > 0 donc pour tout x supérieur ou égal à 3, on a 3x^3 > (x+1)^3.
Soit alors n un entier naturel strictement supérieur à 27. Posons k = \max \{d \in \mathbb{N}, d^3 \leq n\}. On a par définition (k+1)^3 > n et k \geq \sqrt[3]{27} = 3 donc on a (k+1)^3 < 3k^3 \leq 3n donc (k+1)^3 est compris entre n et 3n.
Par ailleurs, si n est compris entre 10 et 27, on a n \leq 27 et 3n > 3\times 9 = 27 donc 27 = 3^3 est compris entre n et 3n.
Il existe donc un cube parfait entre n et 3n pour tout entier n \geq 10.
[/quote]
Cela revient exactement à procéder par récurrence
[/quote]
Ah oui ? Mais ce serait par récurrence sur quoi ? \lfloor \sqrt[3]{n} \rfloor (même si je vois mal ce que ça peut vouloir dire) ?
optimath a écrit:
Déterminer une condition nécessaire et suffisante sur l’entier naturel 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}
En fait je trouve que ça marche pour les nombres impairs mais je ne trouve pas la réciproque (ou plutôt j’arrive pas à justifier le fait que ça ne fonctionne pas pour les nombres pairs et ça me semble assez ardu par l’absurde):
Montrons par récurrence forte que pour tout entier naturel n non nul, il existe une fonction polynomiale P_n telle que P_n(x+\frac{1}{x}) = x^{2n+1} -\frac{1}{x^{2n+1}} pour tout x > 0:
On voit que Id(x+\frac{1}{x}) = x^{2\times 0 + 1} + \frac{1}{x^{2\times 0 + 1}} donc en prenant P_0 = Id, on voit que la proposition est vraie pour 0. Supposons la vraie pour tous les entiers naturels jusqu’à n fixé.
On a: \displaystyle \left(x-\frac{1}{x}\right)^{2n+3} = \sum_{k=0}^{2n+3} (-1)^k{2n+3 \choose k} x^{2n+3 - 2k} = \displaystyle \sum_{k=0}^{n+1} (-1)^k{2n+3 \choose k}\left(x^{2n+3 - 2k} - \frac{1}{x^{2n+3 - 2k}}\right)
D’où: \displaystyle x^{2n+3} - \frac{1}{x^{2n+3}} = \left(x-\frac{1}{x}\right)^{2n+3} \displaystyle -\sum_{k=1}^{n+1} (-1)^k{2n+3 \choose k}\left(x^{2n+3 - 2k}- \frac{1}{x^{2n+3 - 2k}}\right), or les termes de la somme sont tous de la forme x^n - \frac{1}{x^n} avec n impair et inférieur ou égal à 2n+1 donc par hypothèse de récurrence, on peut écrire:
\displaystyle x^{2n+3} - \frac{1}{x^{2n+3}} = \left(x-\frac{1}{x}\right)^{2n+3} \displaystyle -\sum_{k=1}^{n+1} (-1)^k{2n+3 \choose k}P_{n+1-k}\left(x-\frac{1}{x}\right) qui est effectivement un polynôme en x-\frac{1}{x}.
On a donc \displaystyle P_{n+1}(x) = x^{2n+3} - \sum_{k=1}^{n+1} (-1)^k{2n+3 \choose k}P_{n+1-k}(x)
La proposition est héréditaire donc vraie pour tout n. Il existe donc pour tout entier naturel n impair une fonction polynômiale P telle que P(x-\frac{1}{x}) = x^n - \frac{1}{x^n}
Une petite inégalité :
Montrer que pour tout n uplet de réels (a_1,...,a_n) : \displaystyle{\sum_{1\leq i<j\leq n} \cos^2(a_i-a_j)\geq \frac{n(n-2)}{4}}
KGD a écrit:
[quote=« Asymetric »]
Cela revient exactement à procéder par récurrence
Ah oui ? Mais ce serait par récurrence sur quoi ? \lfloor \sqrt[3]{n} \rfloor (même si je vois mal ce que ça peut vouloir dire) ?
[/quote]
Une récurrence sur n marche.
On initialise à un rang qu’on choisira plus tard (ça dépendra du rang à partir duquel une certaine inégalité est vraie).
En supposant que le résultat est vraie au rang n, on a donc bien des entiers qui vérifient n \le a^3 \le 3n.
On veut montrer qu’il existe b entier vérifiant n + 1 \le b^3 \le 3n + 3.
Il suffit de choisir b = a + 1.
Si a^3 \ge n + 1, c’est fini.
Sinon n = a^3, et on a alors n + 1 \le (a + 1)^3 = a^3 + 3a^2 + 3a + 1 = n + 3n^{\frac{2}{3}} + 3n^{\frac{1}{3}} + 1, ce dernier est bien majoré par 3n + 3 à partir d’un certain rang.
