Les dattes à Dattier

Un problème, une question, un nouveau théorème ?

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oty20
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Re: Les dattes à Dattier

Message par oty20 » lun. mai 21, 2018 12:48 pm

Dattier a écrit :
dim. avr. 08, 2018 1:54 pm
Bonjour,


énoncé 97 : Théorème de Weierstrass étandue au fonction convexe
Soit f une fonction réel continue convexe sur [0,1].
A-t-on l'existence d'une suite de fonctions polynômes convexe convergeante uniformément vers f ?

Bonne journée.
Avec les notations précédentes , supposons maintenant f convexe continue :

\( (P_{n}(f))''(x)=n(n-1)\sum_{k=0}^{n-2} [f(\frac{k+2}{n})-2f(\frac{k+1}{n}) +f(\frac{k}{n})] Q_{n-2,k}(x) \geq 0 \)

Merci pour ces questions , j'ignorais cette propriété de l'opérateur de Bernstein avant de faire ces deux exos .
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Message par Dattier » lun. mai 21, 2018 1:24 pm

Bonjour,

@Oty : Excellent, je l'ignorais moi aussi, en effet j'avais en tête un autre chemin (plus long), comme celui, qu'avait emprunter Newton dans le cas croissant.

Bonne journée.
Raisonnement empirique : A est exacte si avec 10 exemples et pas de contre-exemples connus

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Re: Les dattes à Dattier

Message par oty20 » lun. mai 21, 2018 3:59 pm

Dattier a écrit :
mer. avr. 04, 2018 6:43 pm

énoncé 90 : l'improbable résultat
Soit \( p>5 \) un nombre premier, \( a_1,...,a_k,a_{k+1}=p-a_1,...,a_{2k}=p-a_k \) une sequence finie d'entier distincts de \( [1,p-1] \), avec \( a_1=1 \)
tel que \( \exists d\in \mathbb N^*,d>1, \forall i \in \mathbb{N}\cap [1,2k],\exists j \in \mathbb{N}\cap [1,2k], d|a_i+a_j \)
A-t-on : \( p | d \) ?
Très improbable , \( p=13 \) , \( a_{1}=1 , ~~a_{2}~~ , a_{3}=12 , a_{4}=13-a_{2} \)
on prend \( a_{2}=7 \) , \( a_{1}+a_{2}=8 \) , \( a_{3}+a_{4}=18 \)
Pour \( d=2 \) , on a bien \( \forall i \in [[1,4]] ,\exists j \in [[1,4]] ; d|a_{i}+a_{j} \)
sans que \( p|d \)
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Message par Dattier » lun. mai 21, 2018 4:09 pm

@Oty : Bravo.
Raisonnement empirique : A est exacte si avec 10 exemples et pas de contre-exemples connus

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Message par Dattier » lun. mai 21, 2018 4:35 pm

énoncé 139 : l'improbable résultat 2
Soit \( p>5 \) un nombre premier, \( a_1,...,a_k,a_{k+1}=p-a_1,...,a_{2k}=p-a_k \) une sequence finie d'entier distincts de \( [1,p-1] \), avec \( a_1=1 \)
tel que \( \exists d\in \mathbb N^*,d>1, \forall i \in \mathbb{N}\cap [1,2k],\exists j \in \mathbb{N}\cap [1,2k], d|a_i+a_j \)
et \( \forall i \in \mathbb{N}\cap [1,2k],\text{ pgcd}(d,a_i)<d \).
A-t-on : \( p | d \) ?
Raisonnement empirique : A est exacte si avec 10 exemples et pas de contre-exemples connus

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Message par oty20 » lun. mai 21, 2018 6:34 pm

Dattier a écrit :
mer. avr. 04, 2018 5:01 pm
Salut,

Je mets des nouveaux, par ici.
énoncé 83 : Polynôme et diviseur
\( \text{ Soit } P\in\mathbb Z[x], \text{deg}(P)>1. \text{ A-t-on } \forall n\in\mathbb N^*, n! \textbf{ | }P(1)\times P(2) ...\times P(n), \text{ ssi } \exists a\in \mathbb Z, P(a)=0 ? \)


on a : \( x(x-1)...(x-n+1)=n! \binom{x}{n},~~(1) \) avec \( \binom{x}{n} \) le n-eme polynôme d'Hermite si il existe \( a \) dans Z tel que \( P(a)=0 \) alors \( (1-a)(2-a)...(n-a)=(-1)^{n} (a-1)(a-2)...(a-n) |P(1)...P(n) \) d’après \( (1) \) évaluer en \( x=a-1 \) il vient que \( n!|P(1)...P(n) \) car classiquement \( H_{n}(\mathbb{Z}) \subset \mathbb{Z} \)

Je pense que la réciproque est fausse , la construction d'un contre exemple que j'ai faite est assez technique , le seule moyen que j'ai trouvée est comme suit , on prend par exemple : \( P(x)=(x^{2}-2)(x^{2}+7)(x^{2}+14) \)

Alors \( P(x)=0 \) n'admet pas de solution entière mais admet toujours une solution modulo \( n \) pour tout entier n , d’après le lemme de Hensel , ceci assure que \( \Pi_{i=1}^{n} P(i) \) est divisible par n! , ce qui fournit un contre exemple .
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Message par Dattier » lun. mai 21, 2018 6:52 pm

@Oty : je ne vois pas comment tu utiliserais le lemme de Hensel, ni pourquoi, pour tout n, le polynôme P admettrait des racines modulo n, sans plus d'explication.
Raisonnement empirique : A est exacte si avec 10 exemples et pas de contre-exemples connus

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Re: Les dattes à Dattier

Message par oty20 » lun. mai 21, 2018 9:00 pm

Bonsoir , la démonstration est assez technique , et ne s'inscrit pas (il me semble) dans l'esprit des vos dattes ..... j'ai retrouvé une trace , http://www.animath.fr/IMG/pdf/cours-arith1.pdf page 61 .
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Message par Dattier » lun. mai 21, 2018 9:09 pm

Bonsoir,
oty20 a écrit :
lun. mai 21, 2018 9:00 pm
la démonstration est assez technique , et ne s'inscrit pas (il me semble) dans l'esprit des vos dattes ..... j'ai retrouvé une trace , http://www.animath.fr/IMG/pdf/cours-arith1.pdf page 61 .
Clairement.

Je te donne les ingrédients :
-formule de Legendre : https://fr.wikipedia.org/wiki/Formule_de_Legendre
-en prenant le polynôme : \( P(x)=(x^2-2)(x^2-3)(x^2-6) \) il me semble que c'est plus simple.

Aprés, il peut exister un argument encore plus court que celui que j'ai en tête.

Bonne soirée.
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Message par oty20 » lun. mai 21, 2018 9:24 pm

Dattier a écrit :
lun. mai 21, 2018 9:09 pm
Bonsoir,

Je te donne les ingrédients :
-formule de Legendre : https://fr.wikipedia.org/wiki/Formule_de_Legendre
-en prenant le polynôme : \( P(x)=(x^2-2)(x^2-3)(x^2-6) \) il me semble que c'est plus simple.
Avez-vous réussi a minorée \( v_{p}(\Pi_{k=1}^{n} (k^{2}-2)(k^{2}-3)(k^{2}-6)) \) ?
je suis extrêmement rouiller en valuation , mais je ne crois pas que ce soit facile .
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Message par Dattier » lun. mai 21, 2018 11:01 pm

On procéde de la sorte :

1/ si $p$ premier diffèrent de 2 et 3 alors $P(i) \mod p=0$ pour au moins 2 valeurs distinctes (1) quand $i=1,...,p$
Alors $v_p(\prod\limits_{i=1}^{n} P(i))\geq 2 \times E(\frac{n}{p})\geq v_p(n!)$

2/ si $p=2$ alors $P(i) \mod 4=0$ pour $i=0 \mod 2$
Alors $v_2(\prod\limits_{i=1}^{n} P(i))\geq 2 \times E(\frac{n}{2})\geq v_2(n!)$

3/ si $p=3$ alors $P(i) \mod 9=0$ pour $i=0 \mod 3$
Alors $v_3(\prod\limits_{i=1}^{n} P(i))\geq 2 \times E(\frac{n}{3})\geq v_3(n!)$

(1) : en effet on ne peut avoir 2 et 3 et 2*3 non racine carré en même temps, car sinon on aurais $-1 \mod p=2^{(p-1)/2} \mod p=3^{(p-1)/2} \mod p=6^{(p-1)/2} \mod p$, impossible car alors $6^{(p-1)/2} \mod p=2^{(p-1)/2}\times 3^{(p-1)/2} \mod p=(-1) \times (-1) \mod p=1\mod p\neq -1 \mod p$.

J'espère que c'est plus clair, sinon n'hésite pas.
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Re: Les dattes à Dattier

Message par oty20 » mar. mai 22, 2018 4:26 pm

Merci ,effectivement c'est beaucoup plus simple . Je dois revoir les valuations , dans mon souvenir j'avais vu un document sur les nombres premiers , dans une partie il s’était intéressé a la valuation de \( P_{n}=\Pi_{i=1}^{n} (i^{2}+1) \) (cela ressemble a la forme de l'exercice ) les résultats établit avaient des démonstrations monstrueuse , d'ou ma septicité....
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Message par Dattier » mar. mai 22, 2018 5:30 pm

Bonjour,

@Oty : $v_p(P_n)\geq 2\times E(n/p)$ si $p\mod 4=3$ si $p \mod 3=1$ alors $\gcd(P_n,p)=1$.

En voilà un (ancien) avec un piège :

énoncé 140 : un énoncé piégè ?
Soit $p$ entier premier, $P_n=p^{n-1} \times(1-p) \times ... (1-p^n)$. A-t-on $n! | P_n$ ?

Si tu le prends bien, il se résoud en 2 lignes, sinon c'est beaucoup plus long.

Bonne journée.
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Re: Les dattes à Dattier

Message par oty20 » mar. mai 22, 2018 11:10 pm

Pour le \( 140 \) , soit \( r \) un nombre premier différent de \( p \) , on a donc
\( q^{r-1}\equiv 1 [r] \) est alors pour tout entiers m , \( q^{m(r-1)} \equiv 1 [r] \) , Ainsi les \( k \in [[1,n]] \) de la forme \( k=m(r-1) \) vérifient tous \( r|1-p^{k} \) , il y en a \( E(\frac{n}{r-1}) \)

donc \( V_{r}(P_{n}) \geq E(\frac{n}{r-1}) \geq v_{r}(n!) \) , puis pour \( r=p \)
\( V_{p}(P_{n}) =n-1 \geq E(\frac{n}{p-1}) \) , pour \( p >2 \) donc
\( n!|P_{n} \) pour \( p > 2 \)

pour \( p=2 \) , c'est toujours vraie d'ou le résultat sauf erreur .

Voici le résultat dans je faisais référence , \( P_{n}=\Pi_{i=1}^{n} (i^{2}+1) \)
alors pour \( p \) premier impaire ,
\( v_{p}(P_{n}) \leq \log_{p}(n^{2}+1) +\frac{2n}{p-1} \) .

Ce lemme permet de montrer un résultat dû a Chebyshev , Nagell : Pour tout \( c>0 \) , il existe une infinité d'entiers \( n \) , de sorte que le plus grand diviseur premier de \( n^{2}+1 \) est plus grand que \( cn \)
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Re: Les dattes à Dattier

Message par Dattier » mer. mai 23, 2018 12:44 am

@Oty : Trés bien, tu es passé sur le piège sans que celui-ci ne s'enclenche.

En effet le piège est qu'il ne fallait pas passer par les valuations (sous peine de grosses complications), mais tu as sus bien maîtriser cette difficulté.

Pour la réponse que j'avais en tête : http://www.les-mathematiques.net/phorum ... sg-1351370
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