| | | Semaine 4 - Arithmétique |  |
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kexuan
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| Sujet: Semaine 4 - Arithmétique  Mer 23 Juil 2008, 18:48 | |
| Je sais que c'est pas fondamental pour la sup mais faut bien trouver des trucs plus marrants !
Alors je vous propose ces deux exos là :
-Quid {$n\in \mathbb{N},n^4+3n^2+n+3$ est un carré parfait} ?
-Soient n et m deux entiers naturels non nuls.
Montrer que $\forall 1\leq r \leq nm, \exists ! (i,k)\in$ {1,2,...,n}$\times${1,2,...m}, r=i+(j-1)n (un peu dur pour futur sup...même pour futur spé si on voit pas le truc tout de suite...hint...later ^^) | |
| | | | B2Moo
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| | Sujet: Re: Semaine 4 - Arithmétique Mar 12 Aoû 2008, 13:29 | |
| Aller ! Je déterre ce topic ! Je suis le seul à aimer l'arithmétique ?  Voilà ce que j'ai trouvé pour le premier (j'ai essayé de faire ressortir mon raisonnement au cas où quelqu'un est bloqué et n'a pas envie de voir juste la solution): - Spoiler:
En calculant pour quelques valeurs de n, j'ai conjecturé que $n^4 + 3n^2 + n + 3$ n'est jamais un carré parfait donc le résultat serait $\emptyset$.
Avec mes maigres connaissances sur les polynômes du quatrième degré, raisonner par l'absurde en supposant qu'il existe un k entier tel que $n^4 + 3n^2 + n + 3 = k^2$ (mais si il y avait une astuce, je suis preneur ^^)
J'ai donc cherché à encadrer (strictement) $n^4 + 3n^2 + n + 3$ entre deux carrés consécutifs.
Et en effet, ça marche avec $(n^2 + 1)^2$ et
$(n^2 + 2)^2$ :
Pour tout n, on a ( Δ < 0 pour les deux trinômes donc ils ne changent pas de signe et surtout ne s'annulent pas)
$n^4 + 3n^2 + n + 3 - (n^2 + 1)^2 = n^2 + n + 2 > 0 $
$n^4 + 3n^2 + n + 3 - (n^2 + 2)^2 = -n^2 + n - 1 < 0 $
Donc pour tout n, on a:
$(n^2 + 1)^2 < n^4 + 3n^2 + n + 3 < (n^2 + 2)^2 $
Soit par passage à la racine carrée:
$n^2 + 1 < \sqrt{n^4 + 3n^2 + n + 3} < n^2 + 2 $
$n^2 + 1 $ et $n^2 + 2 $ sont deux entiers consécutifs donc $\sqrt{n^4 + 3n^2 + n + 3}$ n'est pas entiers pour tout n.
Pour la 2 j'ai trouvé deux moyens pour démontrer l'existence. l'un est rapide mais un peu bancal car il utilise le nombre cardinal et autre trucs joyeux. C'est "logique" à voir et il y a sûrement un théorème en sup pour le faire mais je ne le connais pas (pas encore ?). L'autre méthode ressemble pas mal à l'existence de la division euclidienne mais c'est plus long. Il fallait faire quoi ? (ou alors il y a une autre astuce ?) ps: et puis vive l'arithmétique   | |
| | | | Emeric
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| | Sujet: Re: Semaine 4 - Arithmétique Mar 19 Aoû 2008, 16:20 | |
| Si tu veux t'amuser un peu, on peut déterrer un exercice :
Soit P et Q deux polynômes à coefficients entiers, n'ayant aucune racine complexe commune. Montrer que la suite $u_n = P(n) \wedge Q(n)$ est périodique.
Des indications rôdent sur le forum, chasse au trésor en quelque sorte ^^ et Julien avait tapé un corrigé il me semble ( julien ? ). | |
| | | | julien
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| | Sujet: Re: Semaine 4 - Arithmétique Mar 19 Aoû 2008, 18:15 | |
| - Emeric a écrit:
- Si tu veux t'amuser un peu, on peut déterrer un exercice :
Soit P et Q deux polynômes à coefficients entiers, n'ayant aucune racine complexe commune. Montrer que la suite $u_n = P(n) \wedge Q(n)$ est périodique.
Des indications rôdent sur le forum, chasse au trésor en quelque sorte ^^ et Julien avait tapé un corrigé il me semble ( julien ? ). L'énoncé avec les indications : http://izandril.fr.nf/VI_-_Arithmetique.pdf | |
| | | | B2Moo
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| | Sujet: Re: Semaine 4 - Arithmétique Mer 20 Aoû 2008, 01:57 | |
| Je crois que je l'avais déjà fait au début des vacances (enfin même avec les indications, j'ai finalement regardé la solution pour la dernière question). Vais peut-être le refaire, puisque je me rappelle même plus de l'astuce (et sans tricher cette fois ^^) Bon, je poste ce que j'ai trouvé pour le deuxième exo: Pour l'unicité déjà (je commence par l'unicité parce que c'est la même dans les deux cas) - Spoiler:
Sous réserve d'existence, soient (i, j) et (i', j') deux solutions de r = i + (j-1)n dans {1…n}×{1…m}
On a: i' - i = (j - j')n
Or i et i' sont dans {1…n}
donc: 1 - n ≤ i' - i ≤ n - 1
Par passage aux égalités strictes, -n < i' - i < n
D'où -n < (j - j')n < n
Soit en simplifiant par n: -1 < j - j' < 1
j - j' = 0 donc i' - i = 0
Finalement (i, j) = (i', j')
Maintenant voilà la version "rapide" de la chose: - Spoiler:
Soit f une application définie sur I = {1…n}×{1…m} dans {1…nm} et telle que f(i,j) = i + (j - 1)n
f est bien à valeurs dans {1…nm} car
Pour tout (i,j) dans {1…n}×{1…m} on a:
0 ≤ j - 1 ≤ m-1
donc 0 ≤ (j - 1)n ≤ (m-1)n
Par somme avec 1 ≤ i ≤ m , on a:
1 ≤ f(i,j) ≤ nm
Et f(i,j) est entier.
Et on voit que Card {1…n}×{1…m} = Card {1…n} × Card {1…m} = nm = Card {1…nm} (1)
D'après la démonstration sur l'unicité on a f injective: f(i,j) = f(i',j') => (i,j) = (i',j') (2)
Je ne sais pas trop l'expliquer mais (1) et (2) suffisent pour affirmer que f est bijective, il ne peut pas en être autrement. Si f n'est pas surjective, cela signifie qu'il y a nm - 1 images pour nm antécédents donc cela contredira forcément l'hypothèse sur l'injectivité. Mais je sais pas le démontrer rigoureusement.
Finalement f serait bijective et donc il y aurait bien un unique couple $(i,j) = f^{-1}(r)$
Maintenant la méthode traditionnelle: - Spoiler:
Si il existait (i, j) tel que r = i + (j - 1)n on aurait i = r - (j - 1)n,
on pose donc E = { r - (j - 1)n | j $\in \mathbb{Z}$ et r - (j - 1)n ≤ 0 }
Montrons que E n'est pas vide:
r - (r + 1 - 1)n = r(1 - n) Or n > 0
Donc r(1 - n) ≤ 0 ce qui prouve que r(1 - n) est bien dans E
E est une partie non vide, majorée par 0 de $\mathbb{Z}$, elle admet donc un plus grand élément i'
De plus, il existe j' tel que i' = r - (j' - 1)n car i' est dans E
On pose alors j = j' - 1 et i = r - (j - 1)n
On a ainsi: i - i' = (j - 1 - j + 2)n = n
Or i' ≤ 0 ce qui permet de dire que 0 ≤ -i' donc i ≤ n
De plus i > 0 car i n'appartient pas à E ( car i > i' et i' est le plus grand des éléments de E)
Donc 1 ≤ i ≤ n
Reste à montrer que dans ce cas, j est bien dans {1…m}:
On a: 1 ≤ r - (j - 1)n ≤ n
soit -n ≤ (j - 1)n - r ≤ -1
Or 1 ≤ r ≤ nm
Donc
1 - n ≤ (j-1)n ≤ nm - 1
Par passage aux égalités strictes:
- n < (j-1)n < mn
Puis en simplifiant par n:
- 1 < j-1 < m
Donc 1 ≤ j ≤ m
Donc il existe bien (i, j) $\in $ {1…n}×{1…m} tel que r = i + (j - 1)n
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| | | | neo recome
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| | Sujet: Re: Semaine 4 - Arithmétique Mer 20 Aoû 2008, 21:09 | |
| Et dire qu'il y a des gens qui bossent pendant les vacances ^^ | |
| | | | kexuan
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| | Sujet: Re: Semaine 4 - Arithmétique Jeu 21 Aoû 2008, 13:59 | |
| - B2Moo a écrit:
- Aller ! Je déterre ce topic ! Je suis le seul à aimer l'arithmétique ?
Voilà ce que j'ai trouvé pour le premier (j'ai essayé de faire ressortir mon raisonnement au cas où quelqu'un est bloqué et n'a pas envie de voir juste la solution):
- Spoiler:
En calculant pour quelques valeurs de n, j'ai conjecturé que $n^4 + 3n^2 + n + 3$ n'est jamais un carré parfait donc le résultat serait $\emptyset$.
Avec mes maigres connaissances sur les polynômes du quatrième degré, raisonner par l'absurde en supposant qu'il existe un k entier tel que $n^4 + 3n^2 + n + 3 = k^2$ (mais si il y avait une astuce, je suis preneur ^^)
J'ai donc cherché à encadrer (strictement) $n^4 + 3n^2 + n + 3$ entre deux carrés consécutifs.
Et en effet, ça marche avec $(n^2 + 1)^2$ et
$(n^2 + 2)^2$ :
Pour tout n, on a ( Δ < 0 pour les deux trinômes donc ils ne changent pas de signe et surtout ne s'annulent pas)
$n^4 + 3n^2 + n + 3 - (n^2 + 1)^2 = n^2 + n + 2 > 0 $
$n^4 + 3n^2 + n + 3 - (n^2 + 2)^2 = -n^2 + n - 1 < 0 $
Donc pour tout n, on a:
$(n^2 + 1)^2 < n^4 + 3n^2 + n + 3 < (n^2 + 2)^2 $
Soit par passage à la racine carrée:
$n^2 + 1 < \sqrt{n^4 + 3n^2 + n + 3} < n^2 + 2 $
$n^2 + 1 $ et $n^2 + 2 $ sont deux entiers consécutifs donc $\sqrt{n^4 + 3n^2 + n + 3}$ n'est pas entiers pour tout n.
ps: et puis vive l'arithmétique haa ça fait plaisir ! et je dis "bien joué B2Moo !". Pour l'exo 1, rien à dire, c'était la solution la plus élégante  Pour l'exo 2, bon bah unicité claire aussi. J'avoue que pour l'existence, un peu bluffé par la première démo puisque moi je connaissais pas tout ce qui était bijection et tout ce qui va avec l'année dernière ^^' lol 'fin bref ui ton application f est bien bijective pour cause de cardinaux : pas besoin de le démontrer, tu le verras l'année prochaine ce théorème : "Si E et F sont deux ensembles finis de même cardinal et si f est surjective ou injective de E dans F alors f est bijective de E dans F." C'est ce que notre prof appelait principe des chaussettes. Si t'as plus de chaussettes que de tiroirs, tu auras a fortiori au moins 2 chaussettes dans le même tiroir. Et inversement, si tu as plus de tiroirs que de chaussettes, t'auras au moins 2 tiroirs dans la même chaussette...nan c'est pas ça...t'auras forcément au moins 1 tiroir vide. Enfin tout ça pour dire que pas mal ta démo, qui fait unicité et existence en même temps. En revanche pour la méthode traditionnelle, bien vu pour la division euclidienne (enfin l'énoncé ressemble beaucoup à celui du théroème de spé maths ^^, enfin c'était ce que ça suggérait ^^), mais y avait plus rapide. En considérant la division euclidienne de r-1 par n ^^. | |
| | | | torres
Bon Matheux
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| | Sujet: Re: Semaine 4 - Arithmétique Jeu 21 Aoû 2008, 15:56 | |
| Si vous voulez de l'arithmétique difficile mais accessible largement pour la terminale:
Démontrer que tout entier peut s'écrire comme la somme de 5 cubes d'entiers. | |
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