Les dattes à Dattier

[Nabuco]

La fin de l argument peut être ajustée ainsi si je ne m abuse

SPOILER:

une fois 2^2d=1 mod d' on obtient d' divise 2^d-1 fois 2^d+1. Supposons d' non premier avec 2^d-1 on note f leur pgcd. Alors modulo f 0=2^(2a+1)+1 =1+1 ce qui conclut par imparité de d' donc de f.

[Inversion]

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 !

[Nabuco]

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

[Inversion]

Ah oui super merci beaucoup c'est bien compris !

[Nabuco]

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.

[btsix]

Bonjour,

énoncé 47 : double casse tête
La double série $ \sum \limits_{n\geq 1} \sum \limits_{k \geq 1} \frac{(-1)^{n+k}}{\sqrt{n+k}} $ est-elle convergente ?

tl;dr

SPOILER:

Oui.
La série intérieure est convergente. On fait un développement asymptotique convenable de la somme partielle de la série extérieure pour montrer qu'elle converge, en effectuant deux sommations par parties.

En détail :

SPOILER:

Pour tout $n \in \mathbb{N}^*$, la série intérieure est convergente puisqu'elle vérifie le critère spécifique des séries alternées. On note $u_n$ sa somme.
$$u_1 = -\sum_{k=1}^{+\infty} \frac{(-1)^k}{\sqrt{k+1}}$$
Pour tout $n\in\mathbb{N}^*$, $$u_{n+1} = \sum_{k=1}^{+\infty}\frac{(-1)^{n+1+k}}{\sqrt{n+1+k}} = \sum_{k=2}^{+\infty}\frac{(-1)^{n+k}}{\sqrt{n+k}} = \sum_{k=1}^{+\infty}\frac{(-1)^{n+k}}{\sqrt{n+k}} - \frac{(-1)^{n+1}}{\sqrt{n+1}} = u_n + \frac{(-1)^n}{\sqrt{n+1}}$$
Donc lorsque $N \rightarrow +\infty$,
$$\sum_{n=1}^N u_n = \sum_{n=1}^N \left(u_1 + \sum_{k=1}^{n-1} (u_{k+1} - u_k) \right) = \sum_{n=1}^N \left(u_1 + \sum_{k=1}^{n-1} \frac{(-1)^k}{\sqrt{k+1}} \right)$$
$$ = \sum_{n=1}^N u_1 + \sum_{n=1}^N \sum_{k=1}^{n-1} \frac{(-1)^k}{\sqrt{k+1}} = Nu_1 + \sum_{1\,\leqslant\, k\,<\,n\,\leqslant\, N} \frac{(-1)^k}{\sqrt{k+1}} = Nu_1 + \sum_{k=1}^{N-1} \sum_{n=k+1}^N \frac{(-1)^k}{\sqrt{k+1}}$$
$$ = Nu_1 + \sum_{k=1}^{N-1} (N-k)\frac{(-1)^k}{\sqrt{k+1}} = Nu_1 + N \sum_{k=1}^{N-1}\frac{(-1)^k}{\sqrt{k+1}} - \sum_{k=1}^{N-1}\frac{(-1)^{k}k}{\sqrt{k+1}}$$
$$ = Nu_1 + N\left(\sum_{k=1}^{+\infty}\frac{(-1)^k}{\sqrt{k+1}} - \sum_{k=N}^{+\infty}\frac{(-1)^k}{\sqrt{k+1}}\right) - \sum_{k=1}^{N-1}\frac{(-1)^{k}k}{\sqrt{k+1}} = -N \sum_{k=N}^{+\infty}\frac{(-1)^k}{\sqrt{k+1}} - \sum_{k=1}^{N-1}\frac{(-1)^{k}k}{\sqrt{k+1}}$$
$$ = -N \sum_{k=N}^{+\infty}\left(\sum_{p=0}^k (-1)^p - \sum_{p=0}^{k-1} (-1)^p\right)\frac{1}{\sqrt{k+1}} - \sum_{k=1}^{N-1}\left(\sum_{p=0}^k (-1)^p - \sum_{p=0}^{k-1} (-1)^p\right)\frac{k}{\sqrt{k+1}}$$
$$ = -N \left[\sum_{k=N}^{+\infty}\left(\sum_{p=0}^k (-1)^p\right)\frac{1}{\sqrt{k+1}} - \sum_{k=N}^{+\infty}\left(\sum_{p=0}^{k-1} (-1)^p\right)\frac{1}{\sqrt{k+1}}\right] - \left[\sum_{k=1}^{N-1}\left(\sum_{p=0}^k (-1)^p\right)\frac{k}{\sqrt{k+1}} - \sum_{k=1}^{N-1}\left(\sum_{p=0}^{k-1} (-1)^p\right)\frac{k}{\sqrt{k+1}}\right]$$
$$ = -N \left[\sum_{k=N+1}^{+\infty}\left(\sum_{p=0}^{k-1} (-1)^p\right)\frac{1}{\sqrt{k}} - \sum_{k=N}^{+\infty}\left(\sum_{p=0}^{k-1} (-1)^p\right)\frac{1}{\sqrt{k+1}}\right] - \left[\sum_{k=2}^{N}\left(\sum_{p=0}^{k-1} (-1)^p\right)\frac{k-1}{\sqrt{k}} - \sum_{k=1}^{N-1}\left(\sum_{p=0}^{k-1} (-1)^p\right)\frac{k}{\sqrt{k+1}}\right]$$
$$ = -N \left[\sum_{k=N+1}^{+\infty}\left(\sum_{p=0}^{k-1} (-1)^p\right)\left(\frac{1}{\sqrt{k}} -\frac{1}{\sqrt{k+1}}\right) - \left(\sum_{p=0}^{N-1} (-1)^p\right)\frac{1}{\sqrt{N+1}}\right]$$
$$- \left[\sum_{k=2}^{N-1}\left(\sum_{p=0}^{k-1} (-1)^p\right)\left(\frac{k-1}{\sqrt{k}} - \frac{k}{\sqrt{k+1}}\right) + \left(\sum_{p=0}^{N-1} (-1)^p\right)\frac{N-1}{\sqrt{N}} - \left(\sum_{p=0}^{1-1} (-1)^p\right)\frac{1}{\sqrt{1+1}} \right]$$
$$ = -N \left[\sum_{k=N+1}^{+\infty}\frac{1-(-1)^k}{2}\left(\frac{1}{\sqrt{k}} -\frac{1}{\sqrt{k+1}}\right) - \frac{1-(-1)^N}{2}\frac{1}{\sqrt{N+1}}\right]$$
$$- \left[\sum_{k=2}^{N-1}\frac{1-(-1)^k}{2}\left(\frac{k-1}{\sqrt{k}} - \frac{k}{\sqrt{k+1}}\right) + \frac{1-(-1)^N}{2}\frac{N-1}{\sqrt{N}} - \frac{1}{\sqrt{2}} \right]$$
$$ = -N \left[\frac{1}{2}\sum_{k=N+1}^{+\infty}\left(\frac{1}{\sqrt{k}} -\frac{1}{\sqrt{k+1}}\right) - \frac{1}{2}\sum_{k=N+1}^{+\infty}(-1)^k\left(\frac{1}{\sqrt{k}} -\frac{1}{\sqrt{k+1}}\right) - \frac{1-(-1)^N}{2}\frac{1}{\sqrt{N+1}}\right]$$
$$- \left[\frac{1}{2}\sum_{k=2}^{N-1}\left(\frac{k-1}{\sqrt{k}} - \frac{k}{\sqrt{k+1}}\right) - \frac{1}{2} \sum_{k=2}^{N-1}(-1)^k\left(\frac{k-1}{\sqrt{k}} - \frac{k}{\sqrt{k+1}}\right)+ \frac{1-(-1)^N}{2}\frac{N-1}{\sqrt{N}} - \frac{1}{\sqrt{2}} \right]$$
$$ = -N \left[\frac{1}{2\sqrt{N+1}} - \frac{1}{2}\sum_{k=N+1}^{+\infty}(-1)^k\left(\frac{1}{\sqrt{k}} -\frac{1}{\sqrt{k+1}}\right) - \frac{1-(-1)^N}{2}\frac{1}{\sqrt{N+1}}\right]$$
$$- \left[\frac{1}{2}\left(\frac{2-1}{\sqrt{2}} - \frac{N-1}{\sqrt{N}}\right) - \frac{1}{2} \sum_{k=2}^{N-1}(-1)^k\left(\frac{k-1}{\sqrt{k}} - \frac{k}{\sqrt{k+1}}\right)+ \frac{1-(-1)^N}{2}\frac{N-1}{\sqrt{N}} - \frac{1}{\sqrt{2}} \right]$$
$$ = -N \left[ -\frac{1}{2}\sum_{k=N+1}^{+\infty}(-1)^k\left(\frac{1}{\sqrt{k}} -\frac{1}{\sqrt{k+1}}\right) + \frac{(-1)^N}{2\sqrt{N+1}}\right]$$
$$- \left[\frac{1}{2\sqrt{2}} - \frac{N-1}{2\sqrt{N}} - \frac{1}{2} \sum_{k=2}^{N-1}(-1)^k\left(\frac{k-1}{\sqrt{k}} - \frac{k}{\sqrt{k+1}}\right)+ \frac{1-(-1)^N}{2}\frac{N-1}{\sqrt{N}} - \frac{1}{\sqrt{2}} \right]$$
$$ = -N \left[ -\frac{1}{2}\sum_{k=N+1}^{+\infty}(-1)^k\left(\frac{1}{\sqrt{k}} -\frac{1}{\sqrt{k+1}}\right) + \frac{(-1)^N}{2\sqrt{N+1}}\right] - \left[-\frac{1}{2\sqrt{2}} + \frac{1}{2} \sum_{k=2}^{N-1}(-1)^k\left(\frac{k}{\sqrt{k+1}} - \frac{k-1}{\sqrt{k}}\right) - \frac{(-1)^N (N-1)}{2\sqrt{N}} \right]$$

Les suites $(a_k)_{k\in\mathbb{N}^*}$ et $(b_k)_{k\in\mathbb{N}^*}$ définies par $a_k = \frac{1}{\sqrt{k}} - \frac{1}{\sqrt{k+1}}$ et $b_k = \frac{k}{\sqrt{k+1}} - \frac{k-1}{\sqrt{k}}$ sont décroissantes et convergent vers $0$.
Donc d'après le critère spécifique des séries alternées,
$$\left|\sum_{k=N+1}^{+\infty}(-1)^k\left(\frac{1}{\sqrt{k}} -\frac{1}{\sqrt{k+1}}\right)\right| \leqslant \frac{1}{\sqrt{N+1}} - \frac{1}{\sqrt{N+2}} = \mathcal{O}\left(\frac{1}{N\sqrt{N}}\right) = \mathcal{o}\left(\frac{1}{N}\right)$$
et il existe $l \in\mathbb{R}$ tel que
$$\sum_{k=2}^{N-1} (-1)^k\left(\frac{k}{\sqrt{k+1}} - \frac{k-1}{\sqrt{k}}\right) = l + \mathcal{o}(1)$$

Ainsi,
$$\sum_{n=1}^N u_n = -N \left[ \mathcal{o}\left(\frac{1}{N}\right) + \frac{(-1)^N}{2\sqrt{N+1}}\right] - \left[-\frac{1}{2\sqrt{2}} + \frac{1}{2} (l + \mathcal{o}(1)) - \frac{(-1)^N (N-1)}{2\sqrt{N}} \right]$$
$$ = \mathcal{o}(1) - \frac{(-1)^N N}{2\sqrt{N+1}} + \frac{1}{2\sqrt{2}} - \frac{1}{2} l + \mathcal{o}(1) + \frac{(-1)^N (N-1)}{2\sqrt{N}}$$
$$ = \frac{1}{2\sqrt{2}} - \frac{1}{2} l - \frac{(-1)^N}{2}\left(\frac{N}{\sqrt{N+1}} - \frac{N-1}{\sqrt{N}}\right) - \frac{(-1)^N}{2\sqrt{N}} + \mathcal{o}(1)$$
$$ = \frac{1}{2\sqrt{2}} - \frac{1}{2} l + \mathcal{o}(1)$$

[certus]

Pour 261 il suffit d'utiliser Herchsfeld's convergence theorem

[certus]

119 oui elle converge
120 oui aux deux questions
262 Avec tangente hyperbolique ça ne marche pas car il y a mod 2^100

[saysws]

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

[Mathoss]

[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