Double divisibilité
Olympiades mathématiques, énigmes et défis
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nodgim
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par nodgim » 26 Oct 2008, 19:46
Montrer que si N(N+1)+1 est divisible par p premier, p>3, il l'est 2 fois par p entre 2 multiples consécutifs de p.:dingue:
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Matt_01
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par Matt_01 » 27 Oct 2008, 19:22
Je n'ai pas bien compris la fin de l'énoncé :"il l'est 2 fois par p entre 2 multiples consécutifs de p" ?
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guigui51250
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par guigui51250 » 27 Oct 2008, 19:30
Matt_01 a écrit:Je n'ai pas bien compris la fin de l'énoncé :"il l'est 2 fois par p entre 2 multiples consécutifs de p" ?
euh moi non plus :mur:
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nodgim
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par nodgim » 27 Oct 2008, 21:04
Un exemple:
2*3+1=7
(2+7)*(3+7)=7*13
(2+14)*(3+17)=7*39
Il y a une seconde série:
4*5+1=7*3
(4+7)*(5+7)+1=7*19
(4+14)*(5+14)+1=7*49
il y a bien, pour chaque multiple de 7, à chaque fois 2 solutions.
Reste à montrer que c'est tjs vrai si p>3
Facile, très facile.. :happy2:
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guigui51250
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par guigui51250 » 27 Oct 2008, 21:08
récurrence?
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leon1789
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par leon1789 » 27 Oct 2008, 21:24
j'ai rien compris :triste:
hypothèse -> p divise N(N+1) +1
conclusion à prouver -> p divise (N+k.p)(N+1+k.p)+1 pour k=1 ou 2
c'est ça ?
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Doraki
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par Doraki » 28 Oct 2008, 00:15
Je crois qu'il faut montrer que l'équation n*(n+1)+1 = 0 dans Z/pZ a toujours 0 ou 2 solutions quand p est un nombre premier différent de 3.
En tout cas s'il en a une on peut factoriser le polynôme X²+X+1 pour trouver la 2ème racine.
Quand p=3, X²+X+1 = (X-1)² donc il a une solution double.
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leon1789
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par leon1789 » 28 Oct 2008, 09:21
Doraki a écrit:Je crois qu'il faut montrer que l'équation n*(n+1)+1 = 0 dans Z/pZ a toujours 0 ou 2 solutions quand p est un nombre premier différent de 3.
En tout cas s'il en a une on peut factoriser le polynôme X²+X+1 pour trouver la 2ème racine.
Quand p=3, X²+X+1 = (X-1)² donc il a une solution double.
ok. :id:
(Mais, je ne vois pas trop le lien avec les exemples... :triste: )
Pour aller un poil plus loin,
i) si
alors il y a 2 solutions distincts à N(N+1)+1=0
ii) si
alors il y a 0 solution à N(N+1)+1=0
iii) si
alors p=3 et il y a 1 solution double à N(N+1)+1=0 (qui est 1)
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nodgim
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par nodgim » 28 Oct 2008, 19:39
nodgim a écrit:Un exemple:
2*3+1=7
(2+7)*(3+7)=7*13
(2+14)*(3+17)=7*39
Il y a une seconde série:
4*5+1=7*3
(4+7)*(5+7)+1=7*19
(4+14)*(5+14)+1=7*49
il y a bien, pour chaque multiple de 7, à chaque fois 2 solutions.
Reste à montrer que c'est tjs vrai si p>3
Facile, très facile.. :happy2:
Je dis que pour 1*7, il y a 2 solutions:
(2+7)*(3+7)+1=7*13
(4+7)*(5+7)+1=7*19
et, plus généralement, il y a 2 expressions:
(2+k*7)*(3+k*7)+1 et (4+k*7)*(5+k*7)+1 qui sont divisibles par 7.
Et c'est vrai pour tous les nombres premiers qui divisent N(N+1)+1.
Pourquoi ?
Question subsidiaire: Pour quel N atteint on le centième nombre premier que produit cette expression? (le premier est 1*2+1=3) et que vaut il ?
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leon1789
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par leon1789 » 28 Oct 2008, 20:14
nodgim a écrit:Je dis que pour 1*7, il y a 2 solutions:
(2+7)*(3+7)+1=7*13
(4+7)*(5+7)+1=7*19
et, plus généralement, il y a 2 expressions:
(2+k*7)*(3+k*7)+1 et (4+k*7)*(5+k*7)+1 qui sont divisibles par 7.
Et c'est vrai pour tous les nombres premiers qui divisent N(N+1)+1.
Pourquoi ?
ok ! ben c'est ce que dit Doraki : dès qu'une équation du second degré (par exemple (N(N+1)+1 = 0) possède une solution, elle en possède une seconde... (ceci est vrai dans Z/pZ, comme dans tout anneau commutatif)
Je t'ai même classifier les nombres premiers en fonction du nombre de racines de N(N+1)+1...
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nodgim
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par nodgim » 31 Oct 2008, 18:55
Une autre preuve, très simple: si n*(n+1)+1=k*p, (-n) et (-n+1) modulo p sont aussi divisibles par p.
(3)*(4)+1=13
-3=10 modulo 13 et -4=9 modulo 13
(9)(10)+1=7*13
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