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Soit p dans P (l'ensemble des nombres premiers).
1. Montrer que $ \forall k \in N $, $ 0 < k < p $ : $ \binom{n}{k} $ est divisible par p.
2. Montrer que pour tout x de N, on a $ x^p-x $ divisible par p.
3; En déduire le petit théorème de Fermat : si p est premier et a est un entier non divisible par p, alors a^{p-1}-1\equiv 0 \pmod p.

La formule qu'on n'a pas vu en cours de Term normalement (du moins je l'ai pas vue ou pas encore vue en cours) est : $ \binom{n}{k} = \frac{n!}{k!(n-k)!} $

rabhix98 a écrit :

mathophilie a écrit :

Montrer que $ \sum_{k=0}^n (-1)^k\binom{n}{k}k^p=0 $ pour $ n>p $.

@lsjduejd : J'ai essayé cet exo mais j'arrive pas. J'aurais aimé décomposer le sigma de sorte à obtenir un produit, en sachant que je crois que

SPOILER:

$ \sum_{k=0}^n (-1)^k\binom{n}{k} = 0 $

...

Bref, une petite indic ne serait pas de refus, stp ...

Pourle deuxième exo je me suis rapidement penchée dessus, je le trouve pas trivial non plus, j'ai pour l'instant réussi à démo que c'était pair, doit y'avoir du binôme de Newton quelquepart, je vais chercher un peu quand même avant de te demander des indics...

Mathophilie, essaie la récurrence forte
EDIT: N'oublie pas non plus ta formule du triangle et introduit les bonnes fonctions à dériver.

mathophilie a écrit :
Bien joué ! La seule chose qu'on pourrait reprocher à ta démo, c'est que tu supposes l'ensemble des entiers premiers comme infini, sans le démo (donc après ca dépend si on considère que c'est admis...ou pas)
Je ne sais pas si tu as vu, mais une autre personne (peut-être Syl20, je ne sais plus) a proposé la démo classique de cet exo (construction d'un nombre premier avec le produit des précédents et raisonnement par absurde).

mathophilie a écrit :

2. Montrer que pour tout x de N, on a $ xp-x $ divisible par p.

Charo a écrit :

mathophilie a écrit :

2. Montrer que pour tout x de N, on a $ xp-x $ divisible par p.

Il y a pas une coquille ?

Soit p dans P (l'ensemble des nombres premiers).
1. Montrer que $ \forall k \in N $, $ 0 < k < p $ : $ \binom{n}{k} $ est divisible par p.
2. Montrer que pour tout x de N, on a $ x^p-x $ divisible par p.
3; En déduire le petit théorème de Fermat : si p est premier et a est un entier non divisible par p, alors a^{p-1}-1\equiv 0 \pmod p.

La formule qu'on n'a pas vu en cours de Term normalement (du moins je l'ai pas vue ou pas encore vue en cours) est : $ \binom{n}{k} = \frac{n!}{k!(n-k)!} $

SPOILER:

1. On montre par récurrence sur k que $ \forall k \in N $, $ 0 < k < p $ : $ \binom{n}{k} $ est divisible par p.
Initialisation pour k=1 :
$ \binom{n}{k} = \frac{n!}{(n-1)!}=n $
Or, tout nombre supérieur à deux admet un diviseur premier (la flemme de le redémontrer, je l'admet, mais sinon par récurrence forte)
D'où p|n, et la propriété est vérifiée au rang 1.

Hérédité :Supposons que $ p|\binom{n}{k} $pour un entier naturel k fixé. Démontrons que $ p|\binom{n}{k+1} $
Montrons tout d'abord que $ (n+1)!\equiv 0\pmod p $
En effet, par hypothèse, $ p|\binom{n}{k} $ donc $ \frac{n!}{k!(n-k)!}\equiv 0\pmod p $ et $ n!\equiv 0\pmod p $ d'où $ (n+1)!\equiv 0\pmod p $.
De plus, par hypothèse, $ p|\binom{n}{k} $ donc $ p|\binom{n+1}{k+1}-\binom{n}{k+1} $ et $ \frac{n+1!}{(k+1)!(n-k)!}-\frac{n!}{(k+1)!(n-k-1)!}\equiv 0\pmod p $
Comme $ (n+1)!\equiv 0\pmod p $, $ \frac{n!}{(k+1)!(n-k-1)!}\equiv 0\pmod p $ et $ p|\binom{n}{k+1} $.
La propriété est donc héréditaire.

Conclusion : $ \forall k \in N $, $ 0 < k < p $ : $ p|\binom{n}{k} $

2. On cherche à montrer (toujours) par récurrence sur x que $ p|x^p-x $.
Initialisation pour x=0 :
$ 0^p-0=0 $
et $ p|0 $
La propriété est vérifiée au rang 0.

Hérédité :Supposons que $ p|x^p-x $ pour un entier naturel x fixé. Démontrons que $ p|(x+1)^p-(x+1) $
Remarquons que $ (x+1)^p= x^p +\sum_{k=1}^{p} x^{p-k} 1^k $ d'après le binôme de Newton. Or, $ \sum_{k=1}^{p} x^{p-k} 1^k $ est divisible par $ \binom{p}{k} $, qui est lui même divisible par p pour tout k<p.
Pour k = p, $ \sum_{k=0}^{p} x^{p-k} 1^k = 1 $, d'où $ \sum_{k=1}^{p} x^{p-k} 1^k \equiv 1\pmod p $.
Ainsi, par hypothèse, $ x^p\equiv x\pmod p $ d'où $ x^p +\sum_{k=1}^{p} x^{p-k} 1^k \equiv x+1\pmod p $ et $ (x+1)^p - (x+1) \equiv 0\pmod p $
La propriété est donc héréditaire.

Conclusion : $ \forall k \in N $, $ p|x^p-x $

3. Soient x et premiers entre eux.
$ p|x^p-x \Leftrightarrow x^p \equiv x\pmod p $
Comme x et p sont premiers entre eux, alors x est inversible modulo p. On note u son inverse.
$ x^p \equiv x\pmod p \Rightarrow x^p.u \equiv x.u\pmod p \Rightarrow x^{p-1} \equiv 1\pmod p $.
Réciproquement, si $ x^{p-1} \equiv 1\pmod p $ alors par multiplication $ x^p \equiv x\pmod p $.
D'où le petit théorème de Fermat.

Démontrer qu'un produit de complexes est nul si et seulement si au moins un des deux complexes est le complexe nul.

PiCarréSurSix a écrit :

Démontrer qu'un produit de complexes est nul si et seulement si un des deux complexes est le complexe nul.

Je posterais quelques indications si jamais.
Bonne soirée

Soit $ f $ une fonction définie et continue sur $ \mathbb{R} $.

On a, pour tout réel $ x $, $ f(x) = f(\frac{x+1}{2}) $. Démontrer que $ f $ est constante.