Khôlle : Arithmétique modulaire

par **benekire2** » 16 Juin 2010, 17:10

ok, je vais regarder tout ça ...

Oui ma preuve manque un peu de formalisme c'est vrai,

par **benekire2** » 16 Juin 2010, 17:55

petite question pour la III-3 :

Pourquoi on peut décomposer n en

?

et pour la IV, quand tu me dit d'étudier

dans Z/pZ , je vois pas non plus, désolé :doh:

Merci :lol3:

par **Nightmare** » 16 Juin 2010, 18:05

Pour la III-3, n se décompose en produit de facteurs premiers, et à part 2, tous les autres sont impairs !

Pour la IV] essaye de regarder ses racines. Attention cela dit, Ben avait déjà fait la remarque dans un autre post, ici on travaille avec un polynôme formel.

par **benekire2** » 16 Juin 2010, 18:52

Les racines de x^(p-1)-1 sont les entiers k compris entre 1 et p-1 .

On a donc (x-1)(x-2)(x-3)(x-4)(x-5)...(x-(p-1)=1[p] et comme p-1 est pair on peut écrire (1-x)(2-x)...(p-1-x)=1[p] avec x=0 (p-1)!=1[p] et c'est faux ... et je vois pas l'erreur :mur:

Pour la III-3 c'est la décomposition en produit de facteurs premiers classique si je comprends bien . Mais ça change rien, enfin, je vais d'abord finir le IV, avec ta méthode et après cette question ...

EDIT: J'ai trouvé ce qui ne vas pas, c'est (x-1)(x-2)(x-3)(x-4)(x-5)...(x-(p-1)=x^(p-1)-1[p] ce qui avec la parité de p-1 et avec x=0 donne le résultat.

par **Nightmare** » 16 Juin 2010, 18:55

Pourquoi égaux à 1 modulo p ?

par **benekire2** » 16 Juin 2010, 19:00

Oui Ui je viens de m'en rendre compte et je viens d'éditer ... je sais pas pourquoi :dodo:

En revanche, pour la III-3 je ne vois, pas désolé. Un autre indice ? :hein: Merci :we: !

par **Ben314** » 16 Juin 2010, 22:58

Pour le III)3), si on écrit

avec

impair, que pense tu des équations

et

?

par **benekire2** » 17 Juin 2010, 08:24

et bien pour la deuxième il est évident que pour tout m il existe un x qui la vérifie, et pour la première aussi sauf que ça reste a prouver bien sûr ; et le théorème des restes chinois nous assurera l'existence d'une solution à l'équation générale.

Pour la première la preuve :

donne

or les 2^p et 3 sont bien premiers entre eux. On en déduit l'existence de tels k et x.

Merci Ben, Nightmare et les autres :id:

par **Nightmare** » 17 Juin 2010, 11:35

J'ai l'impression que tu as pris la très mauvaise habitude d'expédier tes démonstrations, à tort...

Ce n'est pas terminé pour le III]3)

par **benekire2** » 17 Juin 2010, 12:11

c'est pas que j'expédie mes démonstrations par habitude, mais que je pensais vraiment que c'était fini.

Si je récapitule, on a une (ou plusieurs) solutions à 3x+1=0 dans Z/2^p Z
et une (ou plusieurs) solutions à 2x+1=0 dans Z/mZ

Le théorème chiois devrait logiquement me donner un x qui vérifie les deux, a savoir une solution de 6x²+5x+1=0 dans Z/nZ non ?

par **benekire2** » 17 Juin 2010, 17:37

qu'est-ce qui ne va pas dans mon raisonnement ?

Merci.

par **Nightmare** » 17 Juin 2010, 17:57

Ben, tu n'as encore rien montré ! Effectivement on va utiliser le théorème chinois pour conclure, mais où et comment, ça tu n'as encore rien dit dessus :lol3:

par **benekire2** » 17 Juin 2010, 18:23

Déjà l'équation à la base s'écrit (3x+1)(2x+1)=0[n]

Et... je me rend compte que je suis allé trop vite ... :cry:

par **miikou** » 17 Juin 2010, 18:36

6x²+5x+1=kn

6x²+5x+1-kn

d² = 1+6kn

trouve un k qui donne un carré par exemple

par **benekire2** » 17 Juin 2010, 19:19

salut miikou, je crois qu'on est pas partit sur la même preuve.

Je cherche donc un x qui soit à la fois solution de 3x+1=0[2^p] et de 2x+1=0[m] m impair. des x qui vérifient chacune des deux équations on en a. Maintenant ; soit a et b des solutions à ces sous équations, j'ai :

x=a[2^p]
x=b[m]

Le théorème chinois va me fournir une solution x=c[n] et bien sûr elle va annuler 2x+1=0[n] ou 3x+1=0[n] sauf que ça reste a prouver et que .. je ne vois pas comment faire :doh: . Faut que je revienne à la solution que donne le théorème chinois ?

par **benekire2** » 18 Juin 2010, 13:28

salut,

j'ai cherché a finir l'exercice III-3 , mais je n'y suis pas parvenu.

Comment faut-il procéder ? Merci beaucoup :happy3:

par **Nightmare** » 18 Juin 2010, 14:13

Tu peux par exemple utiliser Bezout entre 2^p et m qui sont premiers entre eux. Puis essayer d'introduire a et b judicieusement.

par **benekire2** » 18 Juin 2010, 14:46

Donc il existe des entiers relatifs u et v tels que

bon après j'ai du mal a introduire a et b, enfin je sais pas où ...

par ailleurs

et

mais je sais pas si ça va servir.

par **Doraki** » 18 Juin 2010, 15:07

benekire2 a écrit:Le théorème chinois va me fournir une solution x=c[n] et bien sûr elle va annuler 2x+1=0[n] ou 3x+1=0[n] sauf que ça reste a prouver et que ..

Si ça peut te rassurer, le théorème chinois ne dit pas que (3c+1) = 0 [n] ou (2c+1) = 0 [n], et c'est d'ailleurs presque tout le temps faux.

Le théorème chinois dit bien qu'il existe c tel que
x = c [n] x = a [2^p] et x = b [m], (je sais pas pourquoi nightmare t'embête avec ça)
et par ailleurs tu as choisi a et b tels que
x = a [2^p] => (3x+1) = 0 [2^p], et x = b [m] => (2x+1) = 0 [m].

Reste à expliquer pourquoi si (3x+1) = 0 [2^p] et (2x+1) = 0 [m], alors (3x+1)(2x+1) = 0 [n].

par **benekire2** » 18 Juin 2010, 20:00

d'accord, donc on a bien 3c+1=k2^p et 2c+1=k'm d'où par produit 6c²+5c+1=0[n]

normalement c'est ça.

Khôlle : Arithmétique modulaire

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