Exercices de MPSI

[brank]

Ce qui se conçoit bien s'énonce clairement et les mots pour le dire viennent aisément.

[rabhix98]

Soit $ n,k $ deux entiers naturels avec $ k $ impair. Montrer que $ 1^k + 2^k + 3^k + \cdots + n^k $ est divisible par $ 1 + 2 + 3 + \cdots + n $.

SPOILER:

Vous me pardonnerez le manque d'élégance de ma solution- c'et très moche mais ça marche- ...
On procède par récurrence sur $ k $
Soit $ k $ un entier impair.
On pose $ P_{k} $ l'assertion: "$ P_{k} $: la somme $ \sum_{l=0}^{n}l=\frac{n(n+1)}{2} $ divise $ \sum_{l=0}^{n}l^{k} $ pour tout $ n\in \mathbb{N}* $".
Montrons que $ P_{k} $ est vraie pour tout $ k $ impair.
Pour $ k=1 $, évident...
On suppose que $ P_{k} $ est vraie pour un $ k $ impair quelconque. Montrons que $ P_{k+2} $ l'est aussi.
$ \sum_{l=1}^{n}l^{k+2}=\sum_{l=1}^{n}\sum_{p=1}^{l}l^{k+1} $
$ \sum_{l=1}^{n}l^{k+2}=\sum_{p=1}^{n}\sum_{l=p}^{n}l^{k+1} $
$ \sum_{l=1}^{n}l^{k+2}=\sum_{p=1}^{n}\sum_{l=1}^{n}l^{k+1}-\sum_{p=1}^{n}\sum_{l=1}^{p-1}l^{k+1} $
$ \sum_{l=1}^{n}l^{k+2}=\sum_{p=1}^{n}\sum_{l=1}^{n}\sum_{t=1}^{l}l^{k} - \sum_{p=1}^{n}\sum_{l=1}^{p-1}\sum_{t=1}^{l}l^{k} $
$ \sum_{l=1}^{n}l^{k+2}=\sum_{p=1}^{n}\sum_{t=1}^{n}\sum_{l=t}^{n}l^{k} - \sum_{p=1}^{n}\sum_{t=1}^{p-1}\sum_{l=t}^{p-1}l^{k} $
$ \sum_{l=1}^{n}l^{k+2}=\sum_{p=1}^{n}\sum_{t=1}^{n}\sum_{l=1}^{n}l^{k} - \sum_{p=1}^{n}\sum_{t=1}^{n}\sum_{l=1}^{t-1}l^{k} $$ - \sum_{p=1}^{n}\sum_{t=1}^{p-1}\sum_{l=1}^{p-1}l^{k} + \sum_{p=1}^{n}\sum_{t=1}^{p-1}\sum_{l=1}^{t-1}l^{k} $
Comme l'hypothèse de récurence indiquait que $ P_k $ est vrai pour tout $ ]n\in \mathbb{N} $, on l'applique non seulement pour les sommes du types $ \sum_{l=1}^{n}l^{k} $ mais aussi pour les sommes telles que $ \sum_{l=1}^{p}l^{k} $ ou encore $ \sum_{l=1}^{t}l^{k} $. On obtient:
$ \sum_{l=1}^{n}l^{k+2}=\sum_{p=1}^{n}\sum_{t=1}^{n}q\frac{n(n+1)}{2} - \sum_{p=1}^{n}\sum_{t=1}^{n}q'\frac{t(t-1)}{2} $$ - \sum_{p=1}^{n}\sum_{t=1}^{p-1}q''\frac{p(p-1)}{2} + \sum_{p=1}^{n}\sum_{t=1}^{p-1}q'\frac{t(t-1)}{2} $
Bon après développement partiel de tout ça on peut factoriser par $ \frac{n(n+1)}{2} $.
Conclusion: $ P_k $ est vraie pour tout entier impair.
N.B: Je n'ai pas vérifié tous les indices sur PC mais sur ma feuille ça semble juste après relecture...

[Zetary]

Bonsoir,
voici un exemple que je trouve assez intéressant de connaître :

Exhiber deux suites monotones strictement positives dont le quotient diverge dans $ \overline{\mathbb{R}} $ c'est à dire n'admet pas de limite, qu'elle soit finie ou infinie

[spemaths]

Je sais pas si tu pensais à cet exemple mais bon

SPOILER:

1 2^3 2^4 2^7 2^8...
et
2 2^2 2^5 2^6 2^9...

[Zetary]

Pas exactement celui-là, mais c''est bien l'idée

[dark-raval]

Un pett exercice pour ne pas flooder complètement :
Résoudre dans $ \mathbb{Z}^3 $ l'équation $ x^2+y^2=7z^2 $

SPOILER:

(0;0;0) est solution. On suppose maintenant que les inconnues ne sont pas simultanément nulles. L'équation nous donne $ x^2+y^2 $ divisible par 7. En regardant les congruences des carrés modulo 7 (qui valent soit 0,1,2,4) on en déduit que x et y sont tous les deux des multiples de 7. On trouve donc $ 49k^2 + 49k'^2 = 7z^2[tex], soit $7(k^2+k'^2)=z^2[/tex]. d'où z divisible par 7. Ainsi donc on retombe sur une nouvelle équation : $ k^2 + k'^2 = 7k''^2 $. En fait, on peut faire tourner ce processus autant qu'on le veut, il adviendra nécessairement un moment ou les k, k' et k'' ne seront tous plus divisible par 7. On en déduit donc que la seule solution est (0;0;0).

Très bien! La méthode que tu as employée s'appelle la méthode dite de "descente infinie", historiquement introduite par Euclide, qui consiste à construire par l'absurde une suite strictement décroissante d'entiers naturels (ici ce sont les k que tu crées à l'aide de ton "processus", comme tu divises à chaque fois par 7 et qu'ils sont non nuls, tu obtiens un nouveau k strictement plus petit à chaque étape. Ou alors tu peux considérer la suite des valuations 7-adiques qui est elle même une suite d'entiers naturels strictement décroissante, pour insister sur ton argument de divisibilité). Et une telle suite n'existe pas à cause d'un axiome des entiers naturels: toute partie non vide de $ \mathbb{N} $ admet un plus petit élément.

On aurait pu utiliser les congruences et on remarques que x au carre + y au carre n'est jamais congru a 0 modulo 7 sauf pour x=0 et y=0 !

[rabhix98]

Et si x et y sont tous deux multiples de 7 ?...

[dark-raval]

Et si x et y sont tous deux multiples de 7 ?...

bah ca veut dire qu'ils sont congrus a 0 et que la somme de leurs carre l'est aussi

[dark-raval]

Et si x et y sont tous deux multiples de 7 ?...

bah ca veut dire qu'ils sont congrus a 0 et que la somme de leurs carre l'est aussi

EDIT - Ah c'est bon, j'ai compris ta remarque, en effet, t'as raison, si on utilise que les congruences, on peut conclure que tout les nombres s'ecrivant de la forme de 7K sont solutions de cette equation, ce qui est faux car la seule solution est 0,0,0 , du coup on rejoins le raisonnement de matho pour conclure que seul 0,0,0 est valable


Ou on peut tout de meme remplacer dans l'equation x et y par 7K, 7K' et on obtient == 7(k au carre +k' au carre )=z au carre d'ou z= racine carre de 7(k au carre +k' au carre ) or vu que z est un entier relatif alors (k au carre +k' au carre )=0, ce qui est possible seulement pour k=k'=0 voila !

[mathophilie]

Quelqu'un pour un exo ?

[rabhix98]

Ce qu'on aurait pu faire aussi c'est diviser l'équation par PGCD(x;y;z) et normalement tomber sur des chiffes dont le PGCD est égal à 1... ensuite congruences on montre que 7 divise les 3 nouveaux chiffres ce qui est absurde. CQFD

[Nico_]

Quelqu'un pour un exo ?

Comme promis je tape un peu plus fort avec deux exos d'Olympiades que j'aime bien (enfin surtout le 2ème). Le premier est je pense faisable mais bon quand j'avais essayé de le faire y'a 2 ans j'avais mis un temps de ouf et j'avais une solution dégueulasse (avant que V@J m'en montre une jolie astucieuse ).

Let $ n\geq 3 $ be an integer, and consider a circle with $ n+1 $ equally spaced points marked on it. Consider all labellings of these points with the numbers $ 0,1,\dots $$ , n $ such that each label is used exactly once; two such labellings are considered to be the same if one can be obtained from the other by a rotation of the circle. A labelling is called beautiful if, for any four labels $ a<b<c<d $ with $ a+d=b+c $, the chord joining the points labelled $ a $ and $ d $ does not intersect the chord joining the points labelled $ b $ and $ c $.

Let $ M $ be the number of beautiful labellings and let $ N $ be the number of ordered pairs $ (x,y) $ of positive integers such that $ x+y\leq n $ and $ \gcd(x,y)=1 $. Prove that $ M=N+1 $.

Aide : https://fr.wikipedia.org/wiki/Indicatrice_d%27Euler

Un autre assez hardcore que j'avais posté mais auquel personne ne s'était attaqué je crois (je ne me souviens plus trop d'où il vient) :

Assign to each side $ b $ of a convex polygon $ P $ the maximum area of a triangle that has $ b $ as a side and is contained in $ P $. Show that the sum of the areas assigned to the sides of $ P $ is at least twice the area of $ P $.

Je reviens bientôt avec des exos faisables, bisous

[KGD]

Un plus faisable, vu qu'on parlait de valuations un peu plus haut:

Caractériser les valuations de $ \mathbb Q $, c'est à dire les applications $ v: \mathbb Q^{\times}\to \mathbb Z $ telles que, pour tous $ x, y \in \mathbb Q^{\times} $, on ait $ v(xy) = v(x)+v(y) $ et $ v(x+y) \ge \min(v(x),v(y)) $

[symétrie]

Dans le style des exercices de Nico_, un autre exercices d'olympiade que je trouve marrant :

Au début, chacune des six boîtes $ B_1 $, $ B_2 $, $ B_3 $, $ B_4 $, $ B_5 $ et $ B_6 $ contient un jeton. Deux types d’opération sont possibles :
Type 1 : Choisir une boîte non vide $ B_j $ avec $ 1 \leq j \leq 5 $ ; ôter un jeton de la boîte $ B_j $ et ajouter deux jetons dans la boîte $ B_{j + 1} $
Type 2 : Choisir une boîte non vide $ B_k $ avec $ 1 \leq k \leq 4 $ ; ôter un jeton de la boîte $ B_k $ et échanger les contenus des boîtes (éventuellement vides) $ B_{k+1} $ et $ B_{k+2} $.
Montrer qu'il est possible, à la suite d’un nombre fini de telles opérations, que les boîtes $ B_1 $, $ B_2 $, $ B_3 $, $ B_4 $, $ B_5 $ soient vides et que la boîte $ B_6 $ contienne $ 2010^{2010^{2010}} $ jetons.

Alors celui-là est peut-être plus facile (en tout cas suivant la classification de niveau des olympiades c'est le cas, après j'en sais rien parce que j'ai pas essayé ceux de Nico_ mais j'ai pas trop envie là, ça risque de me déprimer pour mes oraux). Disons qu'en tout cas je l'ai réussi quand j'étais en terminale, non sans difficulté, donc c'est quand même peut-être plus réaliste qu'un exercice que Nico_ galère à faire en ayant largement dépassé la terminale. (Après ça veut pas dire que c'est pas la peine de chercher ses exos, au contraire, moi j'aime bien chercher des exos trop durs pour moi, même si je trouve pas c'est marrant.)

[Tornado]

Outch ça devient hyper chaud ce fil !
Pour info, ils sortent d'où tes exos Nico ?

PS : Les terminales (surtout Mathophilie et Syl20) vous êtes vraiment impressionnants je pense que vous allez tout déchirer l'année pro et je suis sérieux