Forum de mathématiques - Bibm@th.net

Roddykid

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Arithmétique

Bonjour.
S'il-vous-plaît je veux savoir comment résoudre la question suivante (j'ai essayé la démonstration par récurrence mais ça bloque au rang n+1).

Voici la question :

Montrer que pour tout entier naturel n, le nombre entier
[tex](3-√5)^n+(3+√5)^n[/tex] est divisible par [tex]2^n[/tex]

Eust_4che

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Re : Arithmétique

Bonjour,

Es-tu sûr de ne pas avoir mal recopier l'exercice ? Pour $n = 2$, cela ne marche pas :

$$(3 - \sqrt{5})^2 + (3 + \sqrt{5})^2 = 3^2 - (\sqrt{5})^2 + 3^2 + 2.3\sqrt{5} + (\sqrt{5})^2 = 2 ( 3^2 + 3\sqrt{5})$$

Bernard-maths

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Re : Arithmétique

Bonjour !

Horreur de calcul Eust_4che !

Pour Roddykid, as tu essayé la formule du binôme ? En écrivant bien l'un au dessus/dessous les différents termes de même puissance ?

En envisageant éventuellement les 2 cas où n est pair ou n impair ...

J'ai pas essayé mais je vois bien ça dans ma tête ... avec alternance des signes sur les puissances impaires de $\sqrt{5}$ ...

Bernard-maths

Dernière modification par Bernard-maths (01-08-2023 08:05:08)

Glozi

Invité

Re : Arithmétique

Bonjour,
Je pense que la méthode de Bernard-maths peut fonctionner !
Sinon une autre piste est d'observer que si $u_n = (3+\sqrt{5})^n + (3-\sqrt{5})^n$ alors $u_n$ vérifie la récurrence $u_{n+2}= 6u_{n+1}-4u_n$. (Remarque : comment trouver cette relation de récurrence sans tâtonner ?)
Cela montre (en calculant au préalable $u_0$ et $u_1$) que la suite $(u_n)$ est bien une suite d'entiers (ce qui n'est pas évident à priori).

Si on pose $v_n = u_n/2^n$ alors on vérifie que $(v_n)$ vérifie une relation de récurrence similaire...(toujours avec des coefficients entiers), si $v_0$ et $v_1$ sont entiers cela permettra de conclure que tous les $v_n$ sont entiers.

Bonne journée

Bernard-maths

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Re : Arithmétique

Bonjour ! (A lire avec précaution, je galère à écrire les formules !!! Mais ça devrait aller ...)

En recopiant, les termes (n : k) désignent les coefficients binomiaux C_n^k = aussi (ⁿ_k) = n!/k!/(n-k)!
En fait : (a+√b)ⁿ + (a-√b)ⁿ = 2k, a, b et k entiers naturels.

Cas n impair :

(a + √b)ⁿ = aⁿ + (n¦1)a^(n-1)√b + (n¦2)a^(n-2)b² + (n¦3)a^(n-3)√b³ +(n¦4)a^(n-4)√b⁴ + (n¦5)a^(n-5)√b⁵ + … + (n¦n-1)ab^(n-1) + (n¦n)√bⁿ
(a - √b)ⁿ = aⁿ - (n¦1)a^(n-1)√b + (n¦2)a^(n-2)√b² - (n¦3)a^(n-3)√b³ +(n¦4)a^(n-4)√b⁴ - (n¦5)a^(n-5)√b⁵ + … + (n¦n-1)ab^(n-1) - (n¦n)√bⁿ si n impair
Somme  = 2 [aⁿ + (n¦2)a^(n-2)√b² +(n¦4)a^(n-4)b⁴ + … +(n¦(n-1))a√b^(n-1))] quand n est impair.

Cas n pair :

(a + √b)ⁿ = aⁿ + (n¦1)a^(n-1)√b + (n¦2)a^(n-2)b² + (n¦3)a^(n-3)√b³ +(n¦4)a^(n-4)√b⁴ + (n¦5)a^(n-5)√b⁵ + … + (n¦n-1)ab^(n-1) + (n¦n)√bⁿ
(a - √b)ⁿ = aⁿ - (n¦1)a^(n-1)√b + (n¦2)a^(n-2)√b² - (n¦3)a^(n-3)√b³ +(n¦4)a^(n-4)√b⁴ - (n¦5)a^(n-5)√b⁵ + … - (n¦n-1)a√b^(n-1) + (n¦n)bⁿ si n impair
Somme  = 2 [aⁿ + (n¦2)a^(n-2)√b² +(n¦4)a^(n-4)√b⁴ + … +(n¦n)√bⁿ)] quand n est pair.

On constate que dans la somme, √b n'apparait plus qu'avec des exposants pairs, ce qui en fait un entier.

Bernard-maths

Dernière modification par Bernard-maths (01-08-2023 17:20:01)

Glozi

Invité

Re : Arithmétique

Dans ton dernier message, si j'ai bien compris, tu montres que $2$ divise $(a+\sqrt{b})^n+(a-\sqrt{b})^n$, mais on veut la divisibilité par $2^n$.

Glozi

Invité

Re : Arithmétique

J'ai essayé d'écrire avec la formule du binome
$$(a+\sqrt{b})^n + (a-\sqrt{b})^n = \sum_{k=0}^n {n\choose k}a^{n-k}\sqrt{b}^k + \sum_{k=0}^n {n\choose k}a^{n-k}(-1)^k\sqrt{b}^k = 2\sum_{k=0}^{\lfloor n/2\rfloor}{n\choose 2k}a^{n-2k}b^k.$$
Mais là je ne vois pas comment tu obtiens mieux que la divisibilité par $2$ ?

Bernard-maths

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Re : Arithmétique

Re,

je montre juste que la somme est un nombre pair ! En mettant 2 en facteur.

Mais j'ai différencié 2 cas selon la parité de n ...

Dernière modification par Bernard-maths (01-08-2023 17:25:00)

Glozi

Invité

Re : Arithmétique

Bonsoir,

Ok je vois, je me demandais si on pouvait aboutir à la conclusion à partir de la formule du binôme de Newton, mais je ne vois toujours pas comment poursuivre davantage. Comme tu l'as dit, cette formule montre quand même que ce nombre bizarre avec $\sqrt{5}$ est bien un entier et qu'il est pair !

Bonne soirée

Roddykid

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Re : Arithmétique

Bonjour...
Merci Bernard- maths et aux autres pour votre contribution

Dernière modification par Roddykid (02-08-2023 12:23:07)

bridgslam

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Re : Arithmétique

Bonsoir,

En notant u et v les quantités "conjuguées" en jeu, dont la somme vaut 6, donc divisible par 2, on peut faire aussi une récurrence d'ordre 2, vu que l'on a:

$u^{n+1} + v^{n+1} = (u +v)(u^{n} + v^{n} )- 4( u^{n-1} + v^{n-1})$ 
                             $ =    2.3.2^n k  + 2^2 . 2^{n-1} k'$

Cela donne tous les arguments: entiers, divisibilité... après avoir vérifié les premiers rangs.
A.

Dernière modification par bridgslam (03-08-2023 11:35:02)