Exercices de MPSI

[mathophilie]

Tiens ça à l'air sympa ici.

Allez mon premier exercice, vous excuserez mon manque d'expertise

Soit p dans P (l'ensemble des nombres premiers).
1. Montrer que $ \forall k \in N $, $ 0 < k < p $ : $ \binom{n}{k} $ est divisible par p.
2. Montrer que pour tout x de N, on a $ x^p-x $ divisible par p.
3; En déduire le petit théorème de Fermat : si p est premier et a est un entier non divisible par p, alors a^{p-1}-1\equiv 0 \pmod p.

La formule qu'on n'a pas vu en cours de Term normalement (du moins je l'ai pas vue ou pas encore vue en cours) est : $ \binom{n}{k} = \frac{n!}{k!(n-k)!} $

SPOILER:

1. On montre par récurrence sur k que $ \forall k \in N $, $ 0 < k < p $ : $ \binom{n}{k} $ est divisible par p.
Initialisation pour k=1 :
$ \binom{n}{k} = \frac{n!}{(n-1)!}=n $
Or, tout nombre supérieur à deux admet un diviseur premier (la flemme de le redémontrer, je l'admet, mais sinon par récurrence forte)
D'où p|n, et la propriété est vérifiée au rang 1.

Hérédité :Supposons que $ p|\binom{n}{k} $pour un entier naturel k fixé. Démontrons que $ p|\binom{n}{k+1} $
Montrons tout d'abord que $ (n+1)!\equiv 0\pmod p $
En effet, par hypothèse, $ p|\binom{n}{k} $ donc $ \frac{n!}{k!(n-k)!}\equiv 0\pmod p $ et $ n!\equiv 0\pmod p $ d'où $ (n+1)!\equiv 0\pmod p $.
De plus, par hypothèse, $ p|\binom{n}{k} $ donc $ p|\binom{n+1}{k+1}-\binom{n}{k+1} $ et $ \frac{n+1!}{(k+1)!(n-k)!}-\frac{n!}{(k+1)!(n-k-1)!}\equiv 0\pmod p $
Comme $ (n+1)!\equiv 0\pmod p $, $ \frac{n!}{(k+1)!(n-k-1)!}\equiv 0\pmod p $ et $ p|\binom{n}{k+1} $.
La propriété est donc héréditaire.

Conclusion : $ \forall k \in N $, $ 0 < k < p $ : $ p|\binom{n}{k} $

2. On cherche à montrer (toujours) par récurrence sur x que $ p|x^p-x $.
Initialisation pour x=0 :
$ 0^p-0=0 $
et $ p|0 $
La propriété est vérifiée au rang 0.

Hérédité :Supposons que $ p|x^p-x $ pour un entier naturel x fixé. Démontrons que $ p|(x+1)^p-(x+1) $
Remarquons que $ (x+1)^p= x^p +\sum_{k=1}^{p} x^{p-k} 1^k $ d'après le binôme de Newton. Or, $ \sum_{k=1}^{p} x^{p-k} 1^k $ est divisible par $ \binom{p}{k} $, qui est lui même divisible par p pour tout k<p.
Pour k = p, $ \sum_{k=0}^{p} x^{p-k} 1^k = 1 $, d'où $ \sum_{k=1}^{p} x^{p-k} 1^k \equiv 1\pmod p $.
Ainsi, par hypothèse, $ x^p\equiv x\pmod p $ d'où $ x^p +\sum_{k=1}^{p} x^{p-k} 1^k \equiv x+1\pmod p $ et $ (x+1)^p - (x+1) \equiv 0\pmod p $
La propriété est donc héréditaire.

Conclusion : $ \forall k \in N $, $ p|x^p-x $

3. Soient x et premiers entre eux.
$ p|x^p-x \Leftrightarrow x^p \equiv x\pmod p $
Comme x et p sont premiers entre eux, alors x est inversible modulo p. On note u son inverse.
$ x^p \equiv x\pmod p \Rightarrow x^p.u \equiv x.u\pmod p \Rightarrow x^{p-1} \equiv 1\pmod p $.
Réciproquement, si $ x^{p-1} \equiv 1\pmod p $ alors par multiplication $ x^p \equiv x\pmod p $.
D'où le petit théorème de Fermat.

Bon c'est loin d'être parfait et élégant.

Tiens j'en profite pour vous lancer un truc qui peut paraître évident : je sais pas si vous avez démontré ça en cours mais :

Démontrer qu'un produit de complexes est nul si et seulement si un des deux complexes est le complexe nul.

Je posterais quelques indications si jamais.
Bonne soirée

Punaise, mon message s'est effacé...

Bonsoir et bienvenue !

Pour l'exo je me suis plantée dans l'énoncé, n sort de nulle part... Question 1 :C'est p à la place de n dans le coeff bino. Du coup normal que ta récurrence soit fausse mais c'est ma faute...
Quesiton 2 : Ta récurrence est fausse parce qu'il me semble que tes binomes de newton sont faux (dans la formule). Indice : Utiliser la question précédente (corrigée...).
Question 3 : Euh j'ai jamais entendu parlé "d'inversibilité" avec les congruences... Je connais pas. Sinon ya plus simple --> Factorisation

@Syl20 : Oui, moi aussi.

[mathophilie]

Soit $ f $ une fonction définie et continue sur $ \mathbb{R} $.

On a, pour tout réel $ x $, $ f(x) = f(\frac{x+1}{2}) $. Démontrer que $ f $ est constante.

Je le connais, c'est pas juste donc je me tais

[Leo11]

Le lien de Siméon contient vraiment des exos sympas. Deux d'entre eux notamment:

Montrer que l'on ne peut pas recouvrir le plan par un nombre fini d'intérieurs de paraboles ("interieur" a comprendre comme la partie du plan que délimite la parabole et par laquelle passe toutes les cordes de la parabole)

Ou encore

Soit P un polynome a coefficients entiers naturels (de degré quelconque). En ayant le droit de connaître les valeurs de P en n'importe quel entier, comment determiner le polynôme P ?

[wallissen]

Soit n un entier naturel non nul. Montrer que si n n'est pas un carré parfait, $ \sqrt{n} \notin \mathbb{Q} $

Je crois avoir trouvé la faille dans mon raisonnement lorsque je l'ai fait sur l'autre topic...

Du coup je le refais

Voici ma proposition

SPOILER:

Raisonnement par contraposition : Supposons que $ \sqrt{n} $ soit un rationnel, alors il s'écrit sous la forme $ \sqrt{n} = \frac{a}{b} $ avec a et b entiers et donc $ n = \frac{a^2}{b^2} $
a et b sont décomposables en produits de facteurs premiers sous la forme :
$ a = p_{1}^{c_1}p_{2}^{c_2}...p_{k}^{c_k} $ et $ b = p_{1}^{d_1}p_{2}^{d_2}...p_{k}^{d_k} $

et donc n est factorisable sous la forme $ n= p_{1}^{2c_1 - 2d_1}p_{2}^{2c_2 - 2d_2}...p_{k}^{2c_k - 2d_k} $

D'où $ n= (p_{1}^{c_1 - d_1}p_{2}^{c_2 - d_2}...p_{k}^{c_k - d_k})^2 $ qui est un carré parfait..

non B $ \Rightarrow $ non A, donc A $ \Rightarrow $ B d'où $ \sqrt{n} \notin \mathbb{Q} $

j'ai bon ?

[wallissen]

Montrer que, si f est une fonction définie sur le segment [a,b] admettant sur ce segment des dérivées $ f', f'', ..., f^{(n)} $ continues, on a

$ f(b) - f(a) = \frac{b-a}{1!}f'(a) + ...+ \frac{(b-a)^{n-1}}{(n-1)!}f^{(n-1)}(a) $ $ + \int_{a}^{b} \frac{(b-x)^{n-1}}{(n-1)!}f^{(n)}(x)dx $

Astuce :

SPOILER:

Intégrer par parties le dernier terme de l'égalité

[darklol]

Voici ma proposition

SPOILER:

Raisonnement par contraposition : Supposons que $ \sqrt{n} $ soit un rationnel, alors il s'écrit sous la forme $ \sqrt{n} = \frac{a}{b} $ avec a et b entiers et donc $ n = \frac{a^2}{b^2} $
a et b sont décomposables en produits de facteurs premiers sous la forme :
$ a = p_{1}^{c_1}p_{2}^{c_2}...p_{k}^{c_k} $ et $ b = p_{1}^{d_1}p_{2}^{d_2}...p_{k}^{d_k} $

et donc n est factorisable sous la forme $ n= p_{1}^{2c_1 - 2d_1}p_{2}^{2c_2 - 2d_2}...p_{k}^{2c_k - 2d_k} $

D'où $ n= (p_{1}^{c_1 - d_1}p_{2}^{c_2 - d_2}...p_{k}^{c_k - d_k})^2 $ qui est un carré parfait..

non B $ \Rightarrow $ non A, donc A $ \Rightarrow $ B d'où $ \sqrt{n} \notin \mathbb{Q} $

j'ai bon ?

Il manque encore des arguments.

SPOILER:

Rien ne te dit que tu as $ \forall i, c_i \geq d_i $ et donc rien ne te dit que les $ {p_i}^{c_i - d_i} $ sont des entiers. En fait concrètement tu n'as rien fait à part réécrire $ \frac{a^2}{b^2} $ d'une autre manière, c'est exactement comme si tu avais conclut par: "$ n = (\frac{a}{b})^2 $ donc $ n $ est un carré parfait". Tu supposes donc acquise la propriété suivante: $ \forall x \in \mathbb{Q}, \left( x^2 \in \mathbb{N} \Rightarrow x \in \mathbb{N} \right) $. Sauf qu'en fait cette propriété est trivialement équivalente à l'exercice de Tonio1804...

[wallissen]

Voici ma proposition

SPOILER:

Raisonnement par contraposition : Supposons que $ \sqrt{n} $ soit un rationnel, alors il s'écrit sous la forme $ \sqrt{n} = \frac{a}{b} $ avec a et b entiers et donc $ n = \frac{a^2}{b^2} $
a et b sont décomposables en produits de facteurs premiers sous la forme :
$ a = p_{1}^{c_1}p_{2}^{c_2}...p_{k}^{c_k} $ et $ b = p_{1}^{d_1}p_{2}^{d_2}...p_{k}^{d_k} $

et donc n est factorisable sous la forme $ n= p_{1}^{2c_1 - 2d_1}p_{2}^{2c_2 - 2d_2}...p_{k}^{2c_k - 2d_k} $

D'où $ n= (p_{1}^{c_1 - d_1}p_{2}^{c_2 - d_2}...p_{k}^{c_k - d_k})^2 $ qui est un carré parfait..

non B $ \Rightarrow $ non A, donc A $ \Rightarrow $ B d'où $ \sqrt{n} \notin \mathbb{Q} $

j'ai bon ?

Il manque encore des arguments.

SPOILER:

Rien ne te dit que tu as $ \forall i, c_i \geq d_i $ et donc rien ne te dit que les $ {p_i}^{c_i - d_i} $ sont des entiers. En fait concrètement tu n'as rien fait à part réécrire $ \frac{a^2}{b^2} $ d'une autre manière, c'est exactement comme si tu avais conclut par: "$ n = (\frac{a}{b})^2 $ donc $ n $ est un carré parfait". Tu supposes donc acquise la propriété suivante: $ \forall x \in \mathbb{Q}, \left( x^2 \in \mathbb{N} \Rightarrow x \in \mathbb{N} \right) $. Sauf qu'en fait cette propriété est trivialement équivalente à l'exercice de Tonio1804...

Je l'ai admis implicitement ..
L'énoncé dit que n est un entier naturel non nul (donc supérieur ou égale à 1 ) donc forcément le numérateur de la fraction est supérieur au dénominateur..donc forcément
$ \forall i, c_i \geq d_i $ (? )
J'aurais du mieux rédiger et l'ajouter.

[darklol]

dans $ \frac{5}{3} $, le numérateur de la fraction est supérieur à son dénominateur, pourtant une décomposition semblable à la tienne donne $ 5^{(1 - 0)} \cdot 3^{(0-1)} $. Bon ici bien sûr $ \frac{5}{3} \not \in \mathbb{N} $, mais ça te montre que ton argument ne suffit pas.
Bien sûr dans ton exercice, c'est vrai que $ \frac{a}{b} \in \mathbb{N} $ vu que c'est ce qu'on veut montrer et donc a posteriori, tu as bien $ \forall i, c_i \geq d_i $. Mais il faut le montrer, c'est d'ailleurs la seule difficulté de l'exercice! On ne peut pas faire des maths rigoureuses avec des "forcément".

[wallissen]

Bah le dénominateur doit divisé le numérateur, non ? pour que ce soit un entier naturel (et donc prendre en compte l'hypothèse de l'énoncé ). Dans ton (contre)-exemple c'est pas le cas.

[darklol]

Je t'ai dit que mon contre-exemple servait juste à dire que ton argument "si le numérateur est plus grand que le dénominateur alors $ \forall i, c_i \geq d_i $" était faux.
Et tu viens de donner dans ton message l'argument qui te permet en effet de dire que $ \forall i, c_i \geq d_i $ !