Forum de mathématiques - Bibm@th.net
Vous n'êtes pas identifié(e).
- Contributions : Récentes | Sans réponse
#26 Re : Entraide (collège-lycée) » Congruence et critère de divisibilité » 19-12-2022 21:01:32
Oui ça commence bien.
Maintenant, il faut aussi écrire $\overline{ab}$ de la bonne manière (comme pour $n = 100a+10b+c$) puis le tour est joué !
#27 Re : Entraide (collège-lycée) » Congruence et critère de divisibilité » 19-12-2022 19:32:17
On a d'abord montré dans la question 1. que $n\equiv 2a+3b+c [7]$, et on laisse ça de côté pour l'instant (ça nous servira plus tard).
Le début de la question 2. est bien : on veut effectivement montrer que $7|(3a+b-2c)-m$.
Ce qu'il faut faire à partir de là c'est trouver comment exprimer $m$. Ce que je veux dire par là c'est que si on note $n=\overline{abc}^{10} = 100a + 10b + c$, comment peut-on exprimer $m$ avec $a,b,c$ ? (Sachant que la définition de $m$ est : " la différence entre le nombre formé par les autres chiffres et le double du chiffre des unités")
Comme j'ai dit plus haut, on pourra vérifier sur le cas particulier de $861$ pour être sûr de la formule.
#28 Re : Entraide (collège-lycée) » Congruence et critère de divisibilité » 19-12-2022 17:05:37
Oui c'est exactement ça l'idée !
Attention par contre à la logique et à bien mettre toutes les justifications.
Il ne faut pas écrire :
Ainsi 7 divise 98a+7b
en plein milieu du raisonnement : c'est quelque chose qu'on aimerait montrer justement.
Ce qui a, à ce stade du raisonnement, été démontré s'exprime de la manière suivante :
"$n\equiv 2a+3b+c \: [7]$ si et seulement si (on peut aussi dire 'est équivalent à') $7|98a+7b$".
Enfin il ne faut pas oublier de bien justifier que :
$$
\begin{array}\\
98 \equiv 0 [7] \Rightarrow 98a \equiv 0 [7] \\
7 \equiv 0 [7] \Rightarrow 7b \equiv 0 [7]\\
\end{array}
$$
Et donc que $98a+7b \equiv 0 [7]$ par linéarité.
#29 Re : Entraide (collège-lycée) » Congruence et critère de divisibilité » 19-12-2022 15:56:09
Bonjour,
. Pour démontrer que n congru à 2a+3b+c [7] il faut démontrer que n et 2a+3b+c ont le même reste dans la division euclidienne par 7.
C'est effectivement un moyen de montrer une congruence ! Mais n'oublie pas une définition équivalente (et souvent plus facile) qui est de dire :
$$
a \equiv b [n] \iff n|a-b \iff n|b-a
$$
Je conseille donc d'écrire la différence $n-(2a+3b+c)$ (en utilisant la bonne remarque que $n=100a+10b+c$) et d'étudier les termes de manière isolée.
Les questions 2. et 3. se traitent de manière similaire, mais attention :
. Pour que n soit divisible par 7 il faut que le résultat de 100a +10b -2c soit divisible par 7.
Ce n'est pas ça que dit la propriété. Si on revient au cas particulier de $861$ on peut voir qu'il y a une différence (d'ailleurs il est interdit d'utiliser ce résultat pour l'instant vu qu'on cherche à le démontrer !).
Aussi,
De même pour que 2a+3b+c soit divisible par 7 il faut que le résultat de 2a+3b -2c soit divisible par 7.
Non plus, mais là c'est un peu plus subtil. En fait il faut toujours revenir à une forme $100a_1 + 10a_2 + a_3$ pour avoir une notion d'unité, dizaine et centaine. Ici, on ne peut pas savoir les chiffres d'unité, dizaine et centaine de $2a+3b+c$ car on ne connaît pas les valeurs de $a,b,c$.
Par exemple $2*1+3*1+2=7$ et $2*3+3*1+2=11$. On peut voir ici que l'unité du nombre n'est pas $c$ et que la "partie gauche" n'est pas $2a+3b$.
#30 Re : Entraide (supérieur) » Fonction non C^1 mais différentiable » 07-12-2022 11:07:55
Bonjour,
Effectivement, j'ai mal lu ce que demandait Vincent62. J'avais en tête "un contre-exemple de fonction dont les dérivées partielles sont continues, mais qui n'est pas $\mathcal{C}^1$"...
Au temps pour moi, merci pour la correction Fred !
#31 Re : Entraide (supérieur) » Fonction non C^1 mais différentiable » 07-12-2022 09:28:22
Bonjour,
Personnellement j'ai compris que Vincent62 veut parler de fonctions à plusieurs variables.
Pour des espaces vectoriels normés $E$ et $F$, et $f: E\to F$ :
Il me semble que la définition (même en dimension infinie) de "$f$ est $\mathcal{C}^1$" sur un ouvert $U$ est :
$f$ est $\mathcal{C}^1$ si et seulement si $df$ (différentielle de $f$) est définie sur $U$ et que $x\mapsto df_x$ est continue sur $U$ (continue au sens d'une norme subordonnée entre $E$ et $F$).
Dans le cas d'un espace vectoriel $E$ de dimension finie (on note $(e_1;\dots;e_n)$ une base) on a l'équivalence :
$$
f \text{ est de classe $\mathcal{C}^1$ sur un ouvert $U\subset E$} \iff
\left\{
\forall a\in U, \forall i\in\{1;\dots;n\}, \frac{\partial f}{\partial e_i} \text{ existe et $a\mapsto \frac{\partial f}{\partial e_i}(a)$ est continue}\\
\right.
$$
(La preuve est assez dure je crois).
Donc on va difficilement trouver un contre-exemple en dimension finie.
Par contre en dimension infinie je ne sais pas. Même pas sûr qu'on puisse vraiment parler de dérivées partielles à ce niveau (peut-être si c'est un espace de Hilbert séparable par exemple ?)
#32 Re : Entraide (supérieur) » limite » 02-12-2022 15:55:32
Bonjour,
Je n'ai pas trop fait de probabilités récemment, mais j'écrirais quelque chose du style :
On note $\mu=\mathbb{E}(X_1)$ l'espérance de $X_1$ (et qui est donc l'espérance de $X_i$ car les variables aléatoires sont identiquement distribuées).
Soit $M>0$. Comme $\mu>0$ ("positive" en anglais se traduit par strictement positif en français) on peut prendre un $\varepsilon>0$ tel que $\mu>\varepsilon>0$.
Comme les $(X_n)_{n\in\mathbb{N}^*}$ est une suite de variables aléatoires iid d'espérance finie, on peut utiliser la loi faible des grands nombres, i.e. :
$$
\underset{n\to+\infty}{\lim}\mathbb{P}\left(\left|\frac{1}{n}\sum_{i=1}^nX_i-\mu\right|> \varepsilon\right) =0 \iff \underset{n\to+\infty}{\lim}\mathbb{P}\left(\left|\frac{1}{n}\sum_{i=1}^nX_i-\mu\right|\leq \varepsilon\right) =1
$$
Maintenant on peut remarquer que :
$$
\left|\frac{1}{n}\sum_{i=1}^nX_i-\mu\right|\leq \varepsilon \Rightarrow -\varepsilon \leq \frac{1}{n}\sum_{i=1}^nX_i-\mu\leq \varepsilon \Rightarrow \mu -\varepsilon \leq \frac{1}{n}\sum_{i=1}^nX_i
$$
$$
\Rightarrow n(\mu -\varepsilon) \leq \sum_{i=1}^nX_i
$$
Ensuite comme $\mu-\varepsilon >0$ on a qu'à partir d'un rang, noté $N$, $n(\mu-\varepsilon) \geq M$. D'où
$$
M \leq n(\mu -\varepsilon) \leq \sum_{i=1}^nX_i \Rightarrow M \leq \sum_{i=1}^nX_i
$$
Au final on a que, pour $n\geq N$ :
$$
\left|\frac{1}{n}\sum_{i=1}^nX_i-\mu\right|\leq \varepsilon \Rightarrow M \leq \sum_{i=1}^nX_i
$$
Et on peut en déduire, toujours pour $n\geq N$ :
$$
\mathbb{P}\left(\left|\frac{1}{n}\sum_{i=1}^nX_i-\mu\right|\leq \varepsilon\right) \leq \mathbb{P}\left(M \leq \sum_{i=1}^nX_i \right)\leq 1
$$
Et on peut conclure par encadrement que
$$
\underset{n\to +\infty}{\lim} \mathbb{P}\left(M \leq \sum_{i=1}^nX_i \right) = 1
$$
Voilà j'espère que c'est bon et que ça aide
#33 Re : Entraide (supérieur) » Calcule un déterminant à partir d'une relation de récurrence d'ordre 2 » 28-11-2022 12:10:36
Bonjour,
Personnellement je ne vois pas trop comment faire sortir une relation de récurrence vu la tête de la matrice.
Par contre, si jamais ça t'intéresse je peux te proposer une solution par calcul utilisant les propriétés du déterminant, qui donne un résultat à priori juste (j'ai vérifié pour quelques valeurs de $a$ et $b$ et ça semble marcher).
Déjà tu peux facilement faire les cas $n=1,2,3$ et tu obtiens :
$$
D_1 = a, \quad D_2 = a^2-b^2,\quad D_3 = a^3+2b^3 - 3ab^2
$$
Maintenant on suppose $n\geq4$. On peut constater que si $a=b$ alors le déterminant est nul car la première et la dernière colonne sont identiques (il faudra à priori trouver un facteur $(a-b)$ dans notre formule). Aussi, on se débarrasse du cas $a=0$ en remarquant qu'avec $n\geq4$ on a toutes les colonnes du milieu identiques (égales à $\left(\begin{array}\\b \\ 0 \\ \vdots \\ 0 \\ b \\ \end{array}\right)$), donc on enlève ce cas aussi. Maintenant on calcule :
$$
\left|
\begin{array}\\
a & b & \dots & \dots & b & b \\
b & a & 0 & \dots & 0 & b \\
\vdots & 0 & \ddots & \ddots & \vdots & \vdots \\
\vdots & \vdots & \ddots & \ddots & 0& b\\
b & 0 &\dots & 0 &a &b\\
b & b & \dots & b & b & a\\
\end{array}
\right|
\underset{C_1 \leftarrow C_1-C_n}{\rightarrow}
\left|
\begin{array}\\
a-b & b & \dots & \dots & b & b \\
0 & a & 0 & \dots & 0 & b \\
\vdots & 0 & \ddots & \ddots & \vdots & \vdots \\
\vdots & \vdots & \ddots & \ddots & 0& b\\
0 & 0 &\dots & 0 &a &b\\
b-a & b & \dots & b & b & a\\
\end{array}
\right|
\underset{L_n \leftarrow L_n+L_1}{\rightarrow}
\left|
\begin{array}\\
a-b & b & \dots & \dots & b & b \\
0 & a & 0 & \dots & 0 & b \\
\vdots & 0 & \ddots & \ddots & \vdots & \vdots \\
\vdots & \vdots & \ddots & \ddots & 0& b\\
0 & 0 &\dots & 0 &a &b\\
0 & 2b & \dots & 2b & 2b & a+b\\
\end{array}
\right|
$$
$$
= \frac{1}{a}
\left|
\begin{array}\\
a-b & b & \dots & \dots & b & b \\
0 & a & 0 & \dots & 0 & b \\
\vdots & 0 & \ddots & \ddots & \vdots & \vdots \\
\vdots & \vdots & \ddots & \ddots & 0& b\\
0 & 0 &\dots & 0 &a &b\\
0 & 2ab & \dots & 2ab & 2ab & (a+b)a\\
\end{array}
\right|
\underset{L_n \leftarrow L_n - 2bL_i \quad\forall i\in\{2;\dots;n-1\}}{\rightarrow}
\frac{1}{a}\left|
\begin{array}\\
a-b & b & \dots & \dots & b & b \\
0 & a & 0 & \dots & 0 & b \\
\vdots & 0 & \ddots & \ddots & \vdots & \vdots \\
\vdots & \vdots & \ddots & \ddots & 0& b\\
0 & 0 &\dots & 0 &a &b\\
0 & 0 & \dots & 0 & 0 & (a+b)a-2(n-2)b^2\\
\end{array}
\right|
$$
$$
=\frac{1}{a}(a-b)a^{n-2}\left[(a+b)a-2(n-2)b^2\right] = (a-b)a^{n-3}\left[(a+b)a-2(n-2)b^2\right]
$$
Et on est contents car on retombe bien sur les mêmes formules pour $n=1,2,3$.
[EDIT: Merci Zebulor pour la remarque, c'est modifié !]
[EDIT2: Encore merci Zebulor, j'ai mal fait varier mon $i$ quand j'ai écrit mon message : $i$ commence à $2$ et pas à $1$]
#34 Re : Entraide (supérieur) » matrice et norme » 27-11-2022 12:52:21
Bonjour,
En soit on peut prendre la norme $\sup\frac{\|AX\|}{\|X\|}$ où $X\in \mathcal{M}_{n,1}(\mathbb{R})\backslash \{0_{n,1}\}$, mais en fait on tourne en rond car cela correspond à la norme subordonnée de l'application linéaire associée à $A$ [EDIT: comme déjà dit plus haut en fait].
Sinon, il y a le choix de la norme de Frobenius :
$$
\|A\|_F = Tr(AA^T)^{1/2} = (\sum_{i,j}a_{i,j}^2)^{1/2}
$$
On peut montrer qu'elle sous-multiplicative (c'est la propriété $\|AB\|\le \|A\| \|B\|$) en écrivant la somme et en utilisant Cauchy-Schwartz au bon moment (elle a aussi le bon goût d'être associée au produit scalaire $Tr(AB^T)$)
#35 Entraide (supérieur) » Une preuve du petit théorème de Fermat » 22-11-2022 01:19:26
- Ginger40
- Réponses : 0
Bonsoir,
Je faisais un exercice d'oral dont voici l'énoncé ;
Soient $a$ et $k$ deux entiers supérieurs ou égaux à $2$.
1. Montrer que, si $a^k+1$ est premier, alors $k$ est pair.
2. Montrer que, si $a^k+1$ est premier, alors $k$ est une puissance de $2$.
3. Soient $p$ un nombre premier et $a$ un entier relatif. Démontrer que :
$$
a^p\mod a [p]
$$
Les 2 premières questions sont assez classiques, je les ai résolues en utilisant l'identité $a^n - b^n = (a-b)\sum_{i=0}^{n-1}(a^{n-1-i}b^{i})$.
Par contraposée, si $k$ est impair alors :
$$
a^k + 1 = a^k - (-1)^k = (a-(-1))\sum_{i=0}^{k-1}a^i (-1)^{k-1+i} = (a+1)\sum_{i=0}^{k-1} (-a)^i \text{ car $k-1$ pair}
$$
Et en notant que $a \geq 2$ et $k\geq 2$ impair implique que $\sum_{i=0}^{k-1} (-a)^i \geq 2$, on obtient bien $a^k+1$ n'est pas premier.
Pour la deuxième question on peut écrire $k = 2^{\alpha_0}\prod_{i=0}^Np_i^{\alpha_i}$ et obtenir :
$$
a^k +1 = (a^{2^{\alpha_0}})^{\prod_{i=0}^Np_i^{\alpha_i}} +1
$$
Donc si ${\prod_{i=0}^Np_i^{\alpha_i}} \neq 1$ on a que $a^k+1$ n'est pas premier comme à la question 2.
Le problème vient à la question 3. En soit, c'est le petit théorème de Fermat dont il existe pas mal de preuves déjà. Mais comme cet exercice vient d'un oral de concours, je me dis qu'il faut utiliser les 2 questions d'avant pour conclure. Déjà je suis parti sur l'utilisation de la contraposée des questions 1. et 2. étant donné que je ne vois pas comment l'info $k$ puissance de $2$ pourrait aider à conclure. De plus, je connais la formulation équivalente :
$$
a^{p-1} \mod 1 [p]
$$
qui peut toujours servir.
J'ai essayé différentes pistes comme :
$$
a^{p-1} - 1 = (a^\frac{p-1}{2} -1 )(a^\frac{p-1}{2}+1)
$$
Ou plus généralement en notant $p-1= 2^{\alpha_0}\prod_{i=0}^Np_i^{\alpha_i}$ (on sait que $\alpha_0 \geq 1$ car on suppose $p\geq 3$, le cas $2$ étant faisable à la main par parité) écrire
$$
a^{p-1} - 1 = (a^{2^{\gamma_0}\prod_{i=0}^Np_i^{\gamma_i}} +1)\sum_{i=0}^{2^{\beta_0}\prod_{j=0}^Np_j^{\beta_j}-1} (-a^{2^{\gamma_0}\prod_{j=0}^Np_j^{\gamma_j}})^i \qquad \text{en prenant $\beta_i + \gamma_i = \alpha_i$}
$$
Le but étant de trouver des infos étant donné que $a^{2^{\gamma_0}\prod_{i=0}^Np_i^{\gamma_i}} +1$ n'est pas premier d'après les premières questions. J'ai pensé à du comptage de diviseurs premiers, mais comme $a$ et $p-1$ sont indépendants on ne pourra pas avoir plus d'infos que ça.
Je commence à sécher un peu, donc si quelqu'un a des indications je suis preneur, merci !
Ginger40