Les dattes à Dattier

[Almar]

Bon je retente le 3

SPOILER:

On décompose $ n! $ en facteurs premiers. Avec la formule de Legendre, on vérifie qu'avec $ 2 $ ça colle. Ensuite on utilise le théorème d'euler et l'expression de son indicatrice pour une puissance d'un nombre premier pour montrer que chacune divise $ 2^{n!}-1 $. Ainsi chaque élément de la décomposition en nombres premiers divise le membre de gauche, on a le résultat souhaité.

[Almar]

SPOILER:

Je ne savais pas vraiment comment le montrer directement, d'où la décomposition de $ (n!)_2 $ en facteurs premiers qui facilite le travail. En effet, on montre sans problème que $ \phi(p_{i}^{\alpha_i}) \ | \ n! $ puisque $ \phi(p_{i}^{\alpha_i}) = p_{i}^{\alpha_i - 1}(p_i -1). $

[Zetary]

45

SPOILER:

La somme cherchee est le coeff de degré p-101 du polynome: produit des X+a pour a dans Fp* c'est à dire X^(p-1)-1 (mêmes racines, simples) donc la somme fait 0 mod p

[Zetary]

46

SPOILER:

Pareil que 45 avec le polynome X^(#H)-1, qui n'a pas de coefficient de degre #H-3 (il y a des puissances de -1 dans l'histoire mais c'est pas important car on obtient toujours 0)

[Zetary]

Le 18 y ressemble pas mal

SPOILER:

-1 est dans H ssi #H est pair ssi n est impair :
Si #H est par on groupe les éléments avec leur inverse: 1 est tout seul donc un autre aussi or X^2-1 n'a que deux racines. La reciproque vient de Lagrange.

Ainsi pour montrer a et b il suffit d'avoir que le produit P des 1-h_i pour i de 1 à n vaut #H or ce produit c'est Q(1) avec Q = produit des X-h_i.
Or (X-1)Q = X^(#H)-1 par inclusion des racines et égalité des degrés, donc Q=1+X+X^2...+X^(#H-1) et Q(1)=#H

[Koppnayw]

SPOILER:

On a envie de dire que non puisqu'en regroupant par paquets à $ i+j=constante $, on n'a pas convergence. Cependant le théorème de regroupement par paquets ne s'applique pas ici je crois.

[K-ter]

Pour le 50:

SPOILER:

Il "suffit" de calculer le résultant du polynôme P (avec un logiciel de calcul formel par ex), puis de faire une étude de fonction pour montrer qu'il ne s'annule pas sur les réels (ou regarder son graphe). Ainsi, il n'existe pas de tels a réels

[K-ter]

Ça reste un outil qu'on est souvent amené à rencontrer en prépa. Par ex, maths A cette annee

[Zetary]

54

SPOILER:

Postulat de Bertrand et récurrence forte

[Nicolas G]

Peut-être un début pour le 52, en supposant que c'est le poids par rapport à 0.

SPOILER:

Une puissance de 3 étant impaire, son écriture en base 2 finira forcément par 1, du coup les seules solutions sont de la forme 10...01. On a l'équation, $ 2^n+1=3^m[\tex], on a une solution pour m=1 et m=2 et je pense que c'est tout, j'ai pas trop l'idée de la démo, ça fait longtemps que j'ai pas fait d'arithmétique (j'ai même aucune idée de la difficulté à résoudre l'équation, c'est peut-être une propriété de base, ou c'est peut-être le coeur du problème).[\spoiler] $