Exercices de MPSI

[kakille]

Déjà, rien que pour formuler le résultat, il faut deux lois de composition interne et il faut que cela ait un sens d'écrire a+b+c, a*b*c, 2016.a et d'autres choses comme ça.

Un recensement des propriétés qui doivent être vérifiées ?

Désolé j'ai jamais fait d'algèbre de ma vie, j'essaye juste de mettre des mots sur ce que j'observe

Il suffit que les lois de composition internes + et * soient commutatives et associatives, non ?

Ya aucun reproche. Il semblait que quelqu'un demandait jusqu'où on peut aller ? Ma réponse était du type : déjà, regardons ce qu'il faut avoir rien que pour donner un sens à ce résultat.

Il faut donc un triplet $ (E,+,\times) $ où $ E $ est un ensemble et $ +,\times $ deux lois de composition interne qui...

[donnerwetter]

Ya aucun reproche. Il semblait que quelqu'un demandait jusqu'où on peut aller ? Ma réponse était du type : déjà, regardons ce qu'il faut avoir rien que pour donner un sens à ce résultat.

Il faut donc un triplet $ (E,+,\times) $ où $ E $ est un ensemble et $ +,\times $ deux lois de composition interne qui...

- sont commutatives
- sont associatives
- * est distributive
Je chauffe ?

(Par "associative" tout à l'heure je voulais parler de la distributivité, my bad...)

[youyou7]

Pour la formule du Binôme, on peut aussi utiliser la loi binomiale mais ce ne sera vrai que sur IR+

[Siméon]

Je reposte un problème que j'avais posé il y a quelques temps et qui n'avait pas fait délirer les foules. Pourtant moi je l'aime vraiment bien.

Voici un très joli problème sur lequel je suis tombé il y a peu.

Une compagnie ferroviaire russe propose de transporter des colis qui ont la forme de pavés (toujours supposés droits). Une condition toutefois : les colis ne doivent pas être trop gros. La contrainte n'est pas sur le volume, mais sur la somme des dimensions : la somme de la longueur, plus la largeur, plus l'épaisseur ne doit pas dépasser 1 mètre. On se pose la question suivante : étant donné une boîte illégale, est-il possible de l'inclure dans une boîte légale ?

On va montrer que la réponse est non (on peut commencer par tenter de le faire par soi-même pour constater que ça n'est pas évident). Étant donné un pavé $ A $, on note $ V(r) $ le volume de l'ensemble constitué des points P de l'espace tels qu'il existe un point Q de $ A $ avec $ PQ \leq r $. À quoi ressemble l'ensemble des tels points P pour un pavé ? Calculer $ V(r) $ pour un pavé. En déduire la solution au problème.

En effet, c'est une solution splendide !

[Zetary]

Bonsoir,
Je pose ici un petit exercice sympathique et pas dur (il l'a peut-être déjà été) :

On se donne $ (u_n) $ et $ (v_n) $ deux suites à valeurs dans $ [0;1] $ et on suppose que le produit $ (u_nv_n) $ tend vers 1.
Montrer que $ (u_n) $ et $ (v_n) $ aussi.

[mathophilie]

Bonsoir,
Je pose ici un petit exercice sympathique et pas dur (il l'a peut-être déjà été) :

On se donne $ (u_n) $ et $ (v_n) $ deux suites à valeurs dans $ [0;1] $ et on suppose que le produit $ (u_nv_n) $ tend vers 1.
Montrer que $ (u_n) $ et $ (v_n) $ aussi.

SPOILER:

Etant donné que les deux suites sont bornées dans [0;1], on a pour $ u_n $ (resp vn) : $ 0 \le u_nv_n\le u_n\le 1 $ d'où le résultat par le théorème des gendarmes.

[Gréco-bactrien]

Un peu d'arithmétique :

- Montrer que si $ 2^n-1 $ est premier, alors $ n $ est premier et que si $ 2^n+1 $ est premier, alors $ n $ est une puissance de $ 2 $.

- Montrer que, si $ q $ et $ p $ sont premiers, $ x $ est entier et $ q\mid x^{p-1}+x^{p-2}+...+x+1 $, alors $ q=p $ ou $ p\mid q-1 $

- Montrer que si $ p $ est premier, $ n $ et $ q $ des entiers strictement positifs tels que $ q\mid (n+1)^p-n^p $, alors $ p\mid q-1 $

C'est plutôt des exos d'olympiades mais ça entraîne toujours.

(pour le dernier, je n'ai pas la solution, on montre facilement que $ p\mid (n+1)^p-n^p -1 $ mais comment continuer ?)

[mathophilie]

- Montrer que si $ 2^n-1 $ est premier, alors n est premier et que si $ 2^n+1 $ est premier, alors n est une puissance de 2.

SPOILER:

- On suppose qu'il existe $ (p;q) \in \mathbb{N*} $ tous les deux différents de 1 tels que $ n=pq $. Alors $ 2^n - 1 = 2^{pq}-1=(2^p-1)\sum_{k=0}^{q-1}2^k $. Comme p et q différents de 1, on a $ (2^p-1) $ et la somme qui tous les deux différents de 1, donc $ 2^n-1 $ n'est pas premier. La conclusion vient par contraposée.
- On suppose qu'il existe $ p,q \in N $ avec q impair différent de 1 tels que $ n=2^pq $. Alors $ 2^n+1=2^{2^pq}+1=2^{2^pq}-(-1)^q=(2^{2^p}+1)\sum_{k=0}^{q-1}2^{2^pk} $. Donc $ 2^n+1 $ n'est pas premier. D'où par contraposée, si $ 2^n+1 $ est premier, alors q=1 et donc n est une puissance de 2.

[hadri1.2b]

- Montrer que si $ 2^n-1 $ est premier, alors n est premier et que si $ 2^n+1 $ est premier, alors n est une puissance de 2.

SPOILER:

- On suppose qu'il existe $ (p;q) \in \mathbb{N*} $ tous les deux différents de 1 tels que $ n=pq $. Alors $ 2^n - 1 = 2^{pq}-1=(2^p-1)\sum_{k=0}^{q-1}2^k $. Comme p et q différents de 1, on a $ (2^p-1) $ et la somme qui tous les deux différents de 1, donc $ 2^n-1 $ n'est pas premier. La conclusion vient par contraposée.
- On suppose qu'il existe $ p,q \in N $ avec q impair différent de 1 tels que $ n=2^pq $. Alors $ 2^n+1=2^{2^pq}+1=2^{2^pq}-(-1)^q=(2^{2^p}+1)\sum_{k=0}^{q-1}2^{2^pk} $. Donc $ 2^n+1 $ n'est pas premier. D'où par contraposée, si $ 2^n+1 $ est premier, alors q=1 et donc n est une puissance de 2.

Tu es en spé maths mathophilie ?

[Gréco-bactrien]

Pour le premier, un petit oubli : les cas n=1 et n=0.