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 :

Spoiler :

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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.

[Zrun]

Alors ça avance ?

[zhangmei]

Depuis l'exo 1 je m'y suis pas trop mis.
Mais j'avais regardé l'exo de Mamoun. On peut d'abord chercher k premier (k composé reviendrait à analyser chaque facteur premier de sa décomposition en facteur premier) pour utiliser Fermat et les congruences mais je ne vois pas où commencer.

[Zrun]

Je n’ai pas fait l’exo de Mamoun(on en a déjà plein d’autres à faire ...) . Effectivement l’idée de se ramener à k premier est un bon début . Peut-être regarder les diviseurs premiers des a_n ?

[zhangmei]

Solution exercice de Mamoun :

Spoiler :

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a_n=2^n+3^n+6^n-1.png (21.12 Kio) Consulté 388 fois

[Alx-Auxpi]

Euh je passais par là... je n’aurai jamais pensé à me restreindre aux nombres premiers (ce qui m'a beaucoup arrangé, c’était le cas que j'avais réussi... )

J’étais parti sur autre chose :

Spoiler :

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j'ai utilisé la factorisation a_n = (3^n + 1)(2^n +1) - 2

Du coup une solution “complémentaire” que je propose :

Spoiler :

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Si effectivement on s’en restreint à n premier (different de 2 et 3, qui divisent a_n), alors avec le PTF on arrive à 3^n + 1 congru à 4 modulo n, et 2^n + 1 congrus à 3 modulo n, et par produit en retranchant 2, on obtient a_n congru à 10 modulo n. Donc si n divise a_n, alors n divise 10. Or 2 et 5 sont les seuls premiers qui divise 10, mais n est différent de 2 et 5 divise a_5, donc pas de solutions.

[zhangmei]

Spoiler :

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Attention, ton expression de a_n est fausse (il y a un-1 à la fin), ce qui empêche ta factorisation.
Ensuite, la fin de te raisonnement ne te permet pas de conclure, relis bien l'énoncé : on cherche des entiers premiers avec tous les a_i (1<=i<=n).

[Alx-Auxpi]

Spoiler :

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Exact pour la factorisation, j'ai modifié... du reste je ne comprends pas ce que tu veux dire et pourquoi je ne peux pas conclure. Peux-tu développer ?

[zhangmei]

Spoiler :

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Tu dis que pour p suffisamment grand, p ne divise pas a_p. Que fais-tu des autres termes de la suite ?

[Alx-Auxpi]

Exact, tu penses que cette factorisation peut tout de même mener au résultat ?

[zhangmei]

Non car ici tu l'utilises seulement pour donner une congruence de a_p modulo p pour p premier. Or, en utilisant Petit Fermat dans l'expression de base de a_n, on aboutit au même résultat.
Si tu as lu ma solution et que tu ne l'as pas comprise :

Spoiler :

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Le but est maintenant de prouver qu'il n'existe pas de nombre premier premier avec tous les a_i. Tu peux donc essayer de montrer que pour tout p premier, p divise un certain a_i. On aura alors, pour tout p et pour un certain i dans [|1, n|], pgcd(p, a_i)=p≠1.

[Alx-Auxpi]

Oui, mais j'avais compris mon erreur ET ta démonstration. Je me demandais juste si tu pensais que la forme
a_n = (2^n + 1)(3^n +1) - 2, qui me semblait plus facile à étudier, était une bonne piste de recherche, et pourrait permettre d'aboutir au résultat final, de la manière que tu as décrite ou bien d'une autre ...
En tout cas merci de me répondre...

[zhangmei]

Eh bien, vu le but de l'exercice, non. Surtout que a_n n'est pas sous forme factorisée avec ce -2. Même si tu avais réussi à mettre a_n sous forme factorisée, difficile de conclure pour montrer que de tels entiers n'existent pas (et même s'il en existait...).

[Zrun]

Je pense qu’effectivement l’idée est d’exhiber un terme de la suite divisé par p . Comment penser à p-2? Et bien on se doute bien que s’il y a un terme de la suite qui va marcher, il doit être lier à p ... d’où on essaye p, p^2, p^n puis p-1, p+1, p-2 ...

[zhangmei]

Oui et c'est le petit théorème de Fermat qui m'a poussé à analyser a_{p-1} puis a_{p-2}