Les dattes à Dattier
Re: Les dattes à Dattier
La fin de l argument peut être ajustée ainsi si je ne m abuse
SPOILER:
Dernière modification par Nabuco le 06 févr. 2019 21:23, modifié 1 fois.
Re: Les dattes à Dattier
Pourrais-tu expliciter tes égalités modulo $f$ s'il te plaît ? Je n'ai pas bien compris d'où elles sortent.
Edit : Aussi ne serait-ce pas d' divise (2^d-1)(2^d+1) plutôt que d' divise 2^d-1 et d' divise 2^d+1 ?
Merci d'avance !
Edit : Aussi ne serait-ce pas d' divise (2^d-1)(2^d+1) plutôt que d' divise 2^d-1 et d' divise 2^d+1 ?
Merci d'avance !
Re: Les dattes à Dattier
d' divise 2^2d -1 =(2^d-1)(2^d+1) oui le et est en trop
Modulo f 2^d=1 donc 2^(2a+1)=1. Comme f divise 2^d+1 f divise 2^2a+1 +1 d après le début du raisonnement.
En fait j ai remplacé 2a+1 par à dans mon raisonnement
Modulo f 2^d=1 donc 2^(2a+1)=1. Comme f divise 2^d+1 f divise 2^2a+1 +1 d après le début du raisonnement.
En fait j ai remplacé 2a+1 par à dans mon raisonnement
Re: Les dattes à Dattier
141 si A un ensemble est dense dans Ralors pour tout réel r A +r est dense donc l ensemble en question est dense ssi 5Z +9piZ l est. Supposons qu il n est pas dense. La caractérisation des sous groupes de Z donne que 5Z+9piZ =aZ. 5 est dans aZ donc a est rationnel. 9 pi aussi donc pi est rationnel contradiction.
Re: Les dattes à Dattier
Pour 261 il suffit d'utiliser Herchsfeld's convergence theorem
Re: Les dattes à Dattier
119 oui elle converge
120 oui aux deux questions
262 Avec tangente hyperbolique ça ne marche pas car il y a mod 2^100
120 oui aux deux questions
262 Avec tangente hyperbolique ça ne marche pas car il y a mod 2^100
Dernière modification par certus le 20 avr. 2019 19:36, modifié 1 fois.
Re: Les dattes à Dattier
267 : les $ \mathbb Z / n \mathbb Z $, si j'ai rien oublier.
On voit bien que pour eux ça marche, et si on prend un groupe commutatif fini quelconque en le décomposant en somme directe de $ \mathbb Z / n_i \mathbb Z $ (où $ n_1 |\cdots |n_{\max} $) on voit que si un nombre premier apparaît deux fois dans la décomposition, on peut écrire en réarrangeant un peu $ G \simeq H \times (\mathbb Z/p \mathbb Z)^2 $ qui est sur-saturé, comme les $ n_i $ divisent ceux qui suivent, on en a qu'un, on conclut par unicité de la décomposition.
Après le théorème de classification des groupes abéliens fini est assez loin du programme de prépa, mais ça doit ce faire avec douleur avec des outils de prépa une fois qu'on a intuité le résultat, m'enfin j'ai pas eu le courage
Je passais par là, et étrangement je me suis dis que j'allais en essayer une comme ça
On voit bien que pour eux ça marche, et si on prend un groupe commutatif fini quelconque en le décomposant en somme directe de $ \mathbb Z / n_i \mathbb Z $ (où $ n_1 |\cdots |n_{\max} $) on voit que si un nombre premier apparaît deux fois dans la décomposition, on peut écrire en réarrangeant un peu $ G \simeq H \times (\mathbb Z/p \mathbb Z)^2 $ qui est sur-saturé, comme les $ n_i $ divisent ceux qui suivent, on en a qu'un, on conclut par unicité de la décomposition.
Après le théorème de classification des groupes abéliens fini est assez loin du programme de prépa, mais ça doit ce faire avec douleur avec des outils de prépa une fois qu'on a intuité le résultat, m'enfin j'ai pas eu le courage
Je passais par là, et étrangement je me suis dis que j'allais en essayer une comme ça
2016-2018 - PCSI 1 / PC*- Champollion
2018- ? - ENS Ulm
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Re: Les dattes à Dattier
[quote=Dattier post_id=957588 time=1555859466 user_id=60040]
269 : Groupe non sur-saturé +
Un groupe $G$ est dit non sur-saturé ssi $\forall a \in G,\forall n \in\mathbb N^*, \text{card}(\{x \in G \text{ ; } x^n=a\}) \leq n$.
Déterminer quels sont les groupes finis $G$ qui sont non sur-saturés.
Si dans un groupe fini l'équation x^d = e (le neutre du groupe) a au plus de solutions pour tout de>=1, alors G est cyclique déjà.
Ça se montre très vite à partir de l'identité : somme sur d|n des φ(d) = n.
Donc, si G est non sur-saturé, on en déduit que G est cyclique.
Réciproquement, je pense que la cyclicité suffit à la sur-saturation.
On peut prendre pour (G,•) le groupe (Z/nZ,+) le groupe cyclique canonique.
Soit d dans N*, a dans Z/nZ, soient x,y deux solutions de d*x=a.
On peut se limiter à d<=n.
On se ramène à l'équation homogène d*(x-y)=0 qui a exactement n solutions si d est premier avec n.
Donc, si n!=1, n-1 est premier avec n et on a : (n-1)*x=0 admet n solutions et n>n-1
Ça imposerait donc d'avoir n=1 et le seul groupe qui conviendrait serait (Z/1Z,+)
Je viens de lire la réponse au dessus, j'ai peut-être écrit n'importe quoi
269 : Groupe non sur-saturé +
Un groupe $G$ est dit non sur-saturé ssi $\forall a \in G,\forall n \in\mathbb N^*, \text{card}(\{x \in G \text{ ; } x^n=a\}) \leq n$.
Déterminer quels sont les groupes finis $G$ qui sont non sur-saturés.
Si dans un groupe fini l'équation x^d = e (le neutre du groupe) a au plus de solutions pour tout de>=1, alors G est cyclique déjà.
Ça se montre très vite à partir de l'identité : somme sur d|n des φ(d) = n.
Donc, si G est non sur-saturé, on en déduit que G est cyclique.
Réciproquement, je pense que la cyclicité suffit à la sur-saturation.
On peut prendre pour (G,•) le groupe (Z/nZ,+) le groupe cyclique canonique.
Soit d dans N*, a dans Z/nZ, soient x,y deux solutions de d*x=a.
On peut se limiter à d<=n.
On se ramène à l'équation homogène d*(x-y)=0 qui a exactement n solutions si d est premier avec n.
Donc, si n!=1, n-1 est premier avec n et on a : (n-1)*x=0 admet n solutions et n>n-1
Ça imposerait donc d'avoir n=1 et le seul groupe qui conviendrait serait (Z/1Z,+)
Je viens de lire la réponse au dessus, j'ai peut-être écrit n'importe quoi
2016-2017 TS Spé Maths
2017-2018 MPSI Condorcet
2018-2019 MP* Condorcet
2019-.. : Jussieu, Licence de mathématiques
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