Exercices de MPSI

[Monsterkuru]

Bien sûr que si c'est faisable avec des outils de Terminale, la démo avec la théorie des groupes ne demande ( dans le fond ) pas vraiment d'utiliser des théorèmes de prépa. L'indication de Zetary est bonne mais vend la mèche. Je vous conseille plutôt de

SPOILER:

regarder attentivement (p-1)! ( mod p ) et de tester avec 5,7,11.. vous allez remarquer un truc, il ne restera plus qu'à prouver un petit lemme pour finir.

[donnerwetter]

Cool, une condition nécessaire et suffisante pour qu'un nombre soit premier ! Dommage que ça implique de calculer (p-1)!, sinon j'imagine que ça aurait pu être super utile en pratique...

Ca se fait bien avec de la théorie des groupes sur $ (\mathbb{Z}/p\mathbb{Z})^* $. Pour rester dans le programme de terminale, je dirais :

SPOILER:

A l'aide d'un théorème de spé maths montre le résultat suivant :

Si p est premier, pour tout $ n\in {1,2,...,p-1} $ il existe un unique $ m $ dans le même ensemble tel que $ nm\equiv 1 [p] $

Il reste ensuite à étudier dans quel cas $ n=m $ et on s'en sort

Une tentative (je me suis relu cette fois ) :

SPOILER:

Soit $ n \in \{{1,2,...,p-1\} } $. $ p $ étant un nombre premier, $ PGCD(n;p)=1 $ et donc il existe $ u $ et $ m $ éléments de $ \mathbb{Z} $ tels que $ pu+nm=1 $ i.e. $ nm \equiv1 \pmod p $. Supposons qu'un entier $ m' $ autre que $ m $ remplisse cette condition. Alors $ nm' \equiv1 \pmod p $ d'où $ nmm' \equiv m \pmod p $ et donc $ m' \equiv m \pmod p $. Ainsi m est unique.

Déterminer quand n=m revient à déterminer quand $ n^2 \equiv1 \pmod p $ i.e. $ p \mid n^2 - 1 $. Pour $ n \in \{{1,2,...,p-1\} } $, ceci advient quand $ (n+1)(n-1) \in \{0;p\} $ i.e. n = 1 ou p-1. Par extension n est différent de m pour n différent de 1 et p-1.

D'après ce dernier lemme, les n et m tels que $ 2 \leq n \leq p-2 $ et $ 2 \leq m \leq p-2 $ (n et m différents de 1 et p-1) forment (p-3)/2 paires de la forme $ nm \equiv1 \pmod p $ avec n et m distincts. On obtient donc en multipliant ces (p-3)/2 congruences : $ 2*3*...*(p-2) \equiv (p-2)! \equiv 1 \pmodp $ et en multipliant par p-1 : $ (p-1)! \equiv -1 \pmod p $.

Réciproquement si p est non premier, alors p = ab où a et b sont dans $ \{2;...p-1\} $. Comme $ (p-1)! \equiv 1 \pmod p $, p = ab ne divise pas (p-1)!. Or a et b divisent nécessairement 2, ou 3, etc. qui eux-mêmes divisent (p-1)! donc p doit diviser (p-1)! ce qui est absurde.

[Zetary]

Une tentative (je me suis relu cette fois ) :

SPOILER:

Soit $ n \in \{{1,2,...,p-1\} } $. $ p $ étant un nombre premier, $ PGCD(n;p)=1 $ et donc il existe $ u $ et $ m $ éléments de $ \mathbb{Z} $ tels que $ pu+nm=1 $ i.e. $ nm \equiv1 \pmod p $. Supposons qu'un entier $ m' $ autre que $ m $ remplisse cette condition. Alors $ nm' \equiv1 \pmod p $ d'où $ nmm' \equiv m \pmod p $ et donc $ m' \equiv m \pmod p $. Ainsi m est unique.

Déterminer quand n=m revient à déterminer quand $ n^2 \equiv1 \pmod p $ i.e. $ p \mid n^2 - 1 $. Pour $ n \in \{{1,2,...,p-1\} } $, ceci advient quand $ (n+1)(n-1) \in \{0;p\} $ i.e. n = 1 ou p-1. Par extension n est différent de m pour n différent de 1 et p-1.

D'après ce dernier lemme, les n et m tels que $ 2 \leq n \leq p-2 $ et $ 2 \leq m \leq p-2 $ (n et m différents de 1 et p-1) forment (p-3)/2 paires de la forme $ nm \equiv1 \pmod p $ avec n et m distincts. On obtient donc en multipliant ces (p-3)/2 congruences : $ 2*3*...*(p-2) \equiv (p-2)! \equiv 1 \pmodp $ et en multipliant par p-1 : $ (p-1)! \equiv -1 \pmod p $.

Réciproquement si p est non premier, alors p = ab où a et b sont dans $ \{2;...p-1\} $. Comme $ (p-1)! \equiv 1 \pmod p $, p = ab ne divise pas (p-1)!. Or a et b divisent nécessairement 2, ou 3, etc. qui eux-mêmes divisent (p-1)! donc p doit diviser (p-1)! ce qui est absurde.

Oui sauf que pour la fin de la réciproque tu as besoin que a et b soient premiers entre eux, ce que tu peux bien sûr supposer mais il est nécessaire de le préciser
Sinon oui c'est bien à cette démonstration que je pensais bien qu'il en existe de nombreuses autres, c'est je trouve la plus claire.

[LogarithmeNeper]

Allez je me lance ! Mon prof de maths m'a proposé de démontrer cette formule d'analyse :

$ \displaystyle f(b) = \sum_{k=0}^n \frac{f^{(k)}(a)(b-a)^k}{k!} + \int_a^b \frac{f^{(n+1)} (t)(b - t)^n}{n!} \,\mathrm dt $

SPOILER:

Tricher, c'est mal !

[Monsterkuru]

Tu n'oublies pas quelques hypothèses sur f ?
Et puis je ne vois vraiment pas trop l'intérêt de démontrer ça.

Soient $ a $,$ b $,$ c $,et $ d $ des entiers positifs impairs vérifiant $ a<b<c<d $, $ ad=bc $, $ a+d=2^{k} $,$ b+c=2^{m} $ pour deux entiers $ k $ et $ m $. Montrer que $ a=1 $.

[siro]

Allez je me lance ! Mon prof de maths m'a proposé de démontrer cette formule d'analyse :

$ \displaystyle f(b) = \sum_{k=0}^n \frac{f^{(k)}(a)(b-a)^k}{k!} + \int_a^b \frac{f^{(n+1)} (t)(b - t)^n}{n!} \,\mathrm dt $

SPOILER:

Tricher, c'est mal !

https://fr.wikipedia.org/wiki/Développement_limité

[darklol]

Allez je me lance ! Mon prof de maths m'a proposé de démontrer cette formule d'analyse :

$ \displaystyle f(b) = \sum_{k=0}^n \frac{f^{(k)}(a)(b-a)^k}{k!} + \int_a^b \frac{f^{(n+1)} (t)(b - t)^n}{n!} \,\mathrm dt $

SPOILER:

Tricher, c'est mal !

https://fr.wikipedia.org/wiki/Développement_limité

t'as pas fait de maths depuis longtemps toi :/

[siro]

t'as pas fait de maths depuis longtemps toi :/

Ok, j'avoue, ce lien est plus exhaustif : lien
Ou lui.

(Tu m'as fait douter, en plus, l'espace de deux minutes...)

[darklol]

C'est juste qu'il y a certes un lien entre développement limité et formule(s) de Taylor, mais malheureusement ce lien ne va que dans un sens. Citer l'article wikipédia sur les développements limités n'était donc pas ce qu'il y avait de plus pertinent.

[siro]

Non, en effet... mais ça permet de situer dans un contexte l'exercice (les exo à développements calculatoires un peu bourrins en pré MPSI, ça n'a pas beaucoup d'intérêt SAUF si tu en expliques l'intérêt profond).