Exercices de MPSI

[Jio15]

Soient $ p $ un nombre premier $ \geqslant 3 $, $ (a,b)\in(\mathbb{N}^*)^2 $ tels que $ \displaystyle{\sum_{k=1}^{p-1} \frac{1}{k}=\frac{a}{b}} $.
Montrer que $ p $ divise $ a $.

J'en ai une démonstration courtissime qui utilise le fait que $ (Z/pZ)^* $ est un groupe :

SPOILER:

Remarquons que dans $ Z/pZ $, $ \sum_{k=1}^{p-1} \frac{(p-1)!}{k} $$ = \sum_{k=1}^{p-1} (p-1)! k^{-1} $$ = (p-1)!\sum_{k=1}^{p-1} k^{-1} $$ = (p-1)! \sum_{k=1}^{p-1} k = (p-1)! p \frac{p-1}{2} = 0 $. Ainsi $ p $ divise $ b \sum_{k=1}^{p-1} \frac{(p-1)!}{k} = a (p-1)! $ tout en étant premier avec $ (p-1)! $ (car premier avec k pour k<p), d'où $ p|a $.

Les résultats admis se redémontrent rapidement mais je vais plutôt essayer de trouver une preuve avec les outils de TS

[gchacha]

Soient $ p $ un nombre premier $ \geqslant 3 $, $ (a,b)\in(\mathbb{N}^*)^2 $ tels que $ \displaystyle{\sum_{k=1}^{p-1} \frac{1}{k}=\frac{a}{b}} $.
Montrer que $ p $ divise $ a $.

Très joli

SPOILER:

$ (p-1)! $ est le dénominateur commun donc on peut le poser égale à $ b $. On obtient ainsi un numérateur avec $ (p-2) $ termes de chaque $ k\in\{1,...,p-1\} $ et on peut conclure non, mais il faudrait trouver une formule capable de l'exprimer.

[ladmzjkf]

Je peux avoir tort:

SPOILER:

J'écris 2H_n comme la somme de H_n et H_n(avec un changement de variable) pour avoir p au numérateur, et on utilise p premier+ le dénominateur qui n'est pas multiple de p ...

[Jio15]

Je peux avoir tort:

SPOILER:

J'écris 2H_n comme la somme de H_n et H_n(avec un changement de variable) pour avoir p au numérateur, et on utilise p premier+ le dénominateur qui n'est pas multiple de p ...

Ça marche très bien ! (on a

SPOILER:

$ 2(p-1)!H_{p-1}=p\sum_{k=1}^{p-1}\frac{(p-1)!}{k(p-k)} $

)
En revanche je n'ai pas compris le calcul de gchacha pour le numérateur (?)

[symétrie]

SPOILER:

On peut aussi regrouper les termes deux à deux ($ k $ avec $ p - k $). Pour l'idée du numérateur, quand on a fait un peu de maths dans le supérieur, on peut remarquer que celui-ci est (au signe près) le coefficient de $ X^{p - 2} $ dans $ (X - 1)(X - 2)\ldots(X - p + 1) = X^{p - 1} - 1 $, l'égalité ayant lieu dans $ \mathbb{Z}/p\mathbb{Z}[X] $ par le petit théorème de Fermat et les résultats sur les polynômes.

[gchacha]

En revanche je n'ai pas compris le calcul de gchacha pour le numérateur (?)

J'essaye de trouver une formule plus manipulable et qui prend en compte les $ p-2 $ termes de chaque $ k $. Mais j'ai l'impression que c'est infructueux.

[donnerwetter]

Un exo d'arithmétique que j'ai trouvé assez hardcore :

Soient $ a,b\in \mathbb{N}-\{0;1\} $ et $ n \in \mathbb{N}^* $.
Montrer l'implication : $ a^n+b^n $ premier $ \Rightarrow \exists k \in \mathbb{N}, n=2^k $.

[Jio15]

Un exo d'arithmétique que j'ai trouvé assez hardcore :

Soient $ a,b\in \mathbb{N}-\{0;1\} $ et $ n \in \mathbb{N}^* $.
Montrer l'implication : $ a^n+b^n $ premier $ \Rightarrow \exists k \in \mathbb{N}, n=2^k $.

Une fois de plus, je dois admettre que je ne comprends pas bien ce que tu attends d'un term face à un tel exercice, qui est soit infaisable soit trivial selon qu'on connaisse ou non l'existence de la formule $ a^n-b^n $. Là où l'exercice peut être formateur pour des term, c'est probablement sur le fait de s'exercer proprement au raisonnement par l'absurde et d'apprendre à formuler la négation de propositions comme "n est une puissance de 2".

SPOILER:

Si n admet un diviseur impair m, on pose $ a'=a^{n/m} $ et $ b'=b^{n/m} $. Alors $ a'+b'|a'^m+b'^m $ car $ a'^m+b'^m=(a'+b')(\sum_{k=0}^{m-1} a'^k (-b')^{m-1-k}) $ or $ a'+b' \neq 1 $ et $ a'^m+b'^m \neq a'+b' $ (puisque a,b>1) donc $ a^n+b^n=a'^m+b'^m $ n'est pas premier. En conséquence, si $ a^n+b^n $ est premier et que a,b>1, alors n n'a pas de diviseur impair et est donc une puissance de 2.

[gchacha]

En revanche je n'ai pas compris le calcul de gchacha pour le numérateur (?)

J'essaye de trouver une formule plus manipulable et qui prend en compte les $ p-2 $ termes de chaque $ k $. Mais j'ai l'impression que c'est infructueux.

SPOILER:

Bon je pense que ça doit marcher. En fait j'écris le numérateur obtenu qui est finalement : $ \sum\limits_{k=1}^{p-1}\frac{(p-1)!}{k} = \sum\limits_{k=1}^{\frac{p-1}{2}}[\frac{(p-1)!}{k} + \frac{(p-1)!}{p-k}] = \sum\limits_{k=1}^{\frac{p-1}{2}}\frac{p!}{k(p-k)}= p \sum\limits_{k=1}^{\frac{p-1}{2}}\frac{(p-1)!}{k(p-k)} $

[gchacha]

Soient $ p $ un nombre premier $ \geqslant 3 $, $ (a,b)\in(\mathbb{N}^*)^2 $ tels que $ \displaystyle{\sum_{k=1}^{p-1} \frac{1}{k}=\frac{a}{b}} $.
Montrer que $ p $ divise $ a $.

D'ailleurs je crois que si on suppose $ p\ge 5 $ il y a un résultat plus général qui consiste à affirmer que $ p^2 $ divise $ a $. Mais je ne vois pas de méthodes élémentaires qui permettent d'y arriver.