Exos pour zhangmei

[thuiop]

Pour quelles valeurs de m et n la somme pour i allant de m à n des 1/i est entière ?

[Mamoun]

Déterminer les entiers k qui sont premiers avec tous les termes de la suite a_n=2^n+3^n+6^n-1.

[Zrun]

Soit n un entier plus grand que 2 . Soit a un entier strictement plus grand que n . Résoudre dans N^n l’equation x1^2+..+xn^2=a*x1*...*xn .

[zhangmei]

Ce week-end j'attaque. Merci pour les exos

[thuiop]

Le premier est vraiment pas évident fait gaffe.

[zhangmei]

Si je n'y arrive pas je posterai mes idées

[zhangmei]

Mes idées (exo 1)

Spoiler :

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En prenant m=n=1 on voit que la somme est entière. On suppose maintenant n<m. Pour tester, j'ai d'abord réussi à prouver que la somme d'un (trivialement), deux ou trois inverses consécutifs n'est jamais entière car à chaque fois j'arrivais sur un pair au dénominateur et un impair au numérateur. Après en testant pour n-m=4 et en isolant la plus grande puissance de 2 (je la note a) divisant un i (m<=i<=n) (ce que je n'ai remarqué qu'après pas mal d'essais) j'arrivais toujours à une contradiction car en réduisant au même dénominateur puis en simplifiant au maximum les termes différents de celui isolés j'obtenais un nombre de la forme b/2^(a-1).k (vive le LaTex), avec k impair. J'avais donc la somme S=1/2^a+b/2^(a-1).k qui se simplifie en (k+2b)/(2^a.k) qui n'est jamais entier car 2^a.k est pair et k+2b est impair (car k impair).
Mon problème réside donc dans la preuve qu'on peut toujours écrire la somme des nombres (différents de celui isolé) sous cette forme. Du moins, je comprends qu'on peut simplifier la fraction par une puissance de 2 car le numérateur est pair du moment qu'il y a plus de 4 termes, etc. mais pour le prouver de manière rigoureuse, je ne vois pas.

[Mamoun]

Mes idées (exo 1)

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En prenant m=n=1 on voit que la somme est entière. On suppose maintenant n<m. Pour tester, j'ai d'abord réussi à prouver que la somme d'un (trivialement), deux ou trois inverses consécutifs n'est jamais entière car à chaque fois j'arrivais sur un pair au dénominateur et un impair au numérateur. Après en testant pour n-m=4 et en isolant la plus grande puissance de 2 (je la note a) divisant un i (m<=i<=n) (ce que je n'ai remarqué qu'après pas mal d'essais) j'arrivais toujours à une contradiction car en réduisant au même dénominateur puis en simplifiant au maximum les termes différents de celui isolés j'obtenais un nombre de la forme b/2^(a-1).k (vive le LaTex), avec k impair. J'avais donc la somme S=1/2^a+b/2^(a-1).k qui se simplifie en (k+2b)/(2^a.k) qui n'est jamais entier car 2^a.k est pair et k+2b est impair (car k impair).
Mon problème réside donc dans la preuve qu'on peut toujours écrire la somme des nombres (différents de celui isolé) sous cette forme. Du moins, je comprends qu'on peut simplifier la fraction par une puissance de 2 car le numérateur est pair du moment qu'il y a plus de 4 termes, etc. mais pour le prouver de manière rigoureuse, je ne vois pas.

Quand t as une idée que t arrives pas à écrire rigoureusement et que c est sur des entiers , la solution est souvent de faire une récurrence...

[thuiop]

On a pas besoin d'une récurrence ici. L'idée de zhangmei est bonne, mais il manque un point :

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la valuation 2-adique maximale est atteinte une seule fois (ie un seul des entiers entre m et n est divisible pas 2^a où a est maximal

[zhangmei]

Ah je vois maintenant (je me suis bien représenté le fait qu'on a 2^a<=n-m<2^a+1). Est-ce que je dois prouver l'unicité de la valuation 2-adique maximale ?

[thuiop]

Euh oui il faut.

[zhangmei]

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On considère a maximal pour l'entier k=2^a.q, q impair. Comme les entiers dont on prend l'inverse sont consécutifs, deux termes pouvant être divisibles par 2^a sont k'=2^a.(q-1)=2^(a+1).q' et k''=2^a.(q+1)=2^(a+1).q''. Dans les deux cas, on obtient des entiers divisibles par 2^(a+1), ce qui contredit notre hypothèse de maximalité de a.

[thuiop]

Un truc du genre oui.