Démonstration : puissances consécutives

[invite2fd735b7]

Bonjour à tous !
Pour les amateurs, il y a une petite démonstration que je n'arrive pas à réaliser... Si quelqu'un pouvait m'aider s'il vous plait

Si n est un nombre premier,
alors 1^k+2^k+...+(n-1)^k est multiple de n (avec k impair)

C'est un "théorème" que je voudrais proposer à mon prof, mais je n'arrive pas à le démontrer... (sauf pour k=1, j'ai une petite idée)

merci beaucoup
-----

[Jeanpaul]

Je te suggère d'essayer avec k=3 et de faire grimper n.
Tu auras des surprises.

[danyvio]

Je te suggère d'essayer avec k=3 et de faire grimper n.
Tu auras des surprises.

Donne nous le contre exemple STP

[invite2fd735b7]

Arf le me doutais bien que çà ne marcherais pas... C'est quoi le contre exemple?

[A voir en vidéo sur Futura]

[martini_bird]

Salut,



Si n est premier impair (il me semble que JeanPaul a omis cette précision), il est clair que n divise par le théorème de Gauss.

Cordialement.

[martini_bird]

Après quelques recherches numériques, il semble que ce soit vrai pour tous les exposants (pairs et impairs), sauf pour les premières valeurs de n.

Pour la démonstration, je pense que c'est faisable en prenant la formule de Bernoulli, en factorisant par n ou une de ses puissances et en montrant que le reste est premier avec n (ou avec sa puissance adéquate).

http://mathworld.wolfram.com/FaulhabersFormula.html

Cordialement.

[Jeanpaul]

Si n est premier impair (il me semble que JeanPaul a omis cette précision),

La plupart des nombres premiers sont impairs !

[martini_bird]

La plupart des nombres premiers sont impairs !

Je sais bien, c'était pour exclure 2...

L'expression "nombre premier impair" est courante dans la littérature, car il faut souvent isoler le cas p=2.

Ceci étant, je voulais dire que tu avais peut-être omis la mention que n est premier.

Cordialement.

[invite2fd735b7]

Après quelques recherches numériques, il semble que ce soit vrai pour tous les exposants (pairs et impairs), sauf pour les premières valeurs de n.

Pour la démonstration, je pense que c'est faisable en prenant la formule de Bernoulli, en factorisant par n ou une de ses puissances et en montrant que le reste est premier avec n (ou avec sa puissance adéquate).

http://mathworld.wolfram.com/FaulhabersFormula.html

Cordialement.

Je vaise essayer de voir si j'arrive à quelque chose... merci beaucoup !
Mais qu'est-ce que tu appelles les "premières valeurs de n"?

[invite2fd735b7]

Salut,



Si n est premier impair (il me semble que JeanPaul a omis cette précision), il est clair que n divise par le théorème de Gauss.

Cordialement.

Par contre peux-tu m'expliquer comment tu trouves çà stp?

Parce que les suites, les séries etc... j'en ai presque jamais fait...

[Jeanpaul]

premier[/u].

Malheureusement exact, bouh !

[invite2fd735b7]

Ah ba çà y est j'ai tout compris!!!
Merci !!

[invite35452583]

Bonjour,
une manière """simple""" de montrer le résultat (à mon avis il doit y avoir plus élégant avec les polynomes cyclotomiques, les extensions de corps et les groupes de Galois).
N'ayant pas envie de me battre avec Tex je note
Gn le groupe multiplicatif du corps Z/nZ
Pn,k les puissances k-èmes de Gn
In,k les racines k-ème de l'unité de Gn.
On a une courte suite excate de groupes :
In,k->Gn->Pn,k
La somme cherchée est "congrue" à :
card(In,k)xsomme des éléments de Pn,k (chaque élément de Pn,k apparaît card(In,k) fois)
Il reste à montrer que cette somme est égale à zéro.
Or, Pn,k est un sous-groupe de Gn, Gn=Pn,kx(Gn/Pn,k)
Soit x1,x2,...,xm un choix de représentants de Gn/Pn,k
Gn=Pn,kx{x1,x2,...,xm}
Somme des éléments de Gn=(somme des éléments de Pn,k)x(x1+x2+...+xk)
Or, si k est premier avec n Pn,k n'est pas réduit à {1} donc on peut toujours modifier le choix de xm pour avoir x1+x2+...+xm distinct de zéro.
D'autre part somme des éléments de Gn=1+...+n-1=n(n-1)/2 congru à zéro puisque n impair.
n est premier il n'y a pas de diviseurs de zéro on a donc somme des éléments de Pn,k=0.
Et finalement 1^k+2^k+...+(n-1)^k=card(In,k)x0=0

[invite35452583]

Or, si k est premier avec n Pn,k n'est pas réduit à {1} donc on peut toujours modifier le choix de xm pour avoir x1+x2+...+xm distinct de zéro.

Oups je suis allé un peu vite. Pn,k n'est pas réduit à {1} ssi k n'est pas un multiple de n-1.

Le reste me semble correct.
Ainsi, je pense que le résultat est
pour tout premier impair n et pour tout k non multiple de n-1 (donc en particulier pour k impair)
est divisible par n.

[invite2fd735b7]

en fait çà marcherait pour n et k impairs. Je n'ai pas encore vu lse groupes de nombres mais par exemple :
1¹⁹+2¹⁹+3¹⁹+4¹⁹+5¹⁹+6¹⁹
on a :

1¹⁹ congru à 1¹⁹ modulo 7
2¹⁹ congru à 2¹⁹ modulo 7
3¹⁹ congru à 3¹⁹ modulo 7
4¹⁹ congru à -3¹⁹ modulo 7
5¹⁹ congru à -2¹⁹ modulo 7
6¹⁹ congru à -1¹⁹ modulo 7

donc la somme est congrue à 0 modulo 7 donc est multiple de 7. Et avec cete méthode, çà marche pour tous les nombres n et k impairs.

[invite35452583]

en fait çà marcherait pour n et k impairs. Je n'ai pas encore vu lse groupes de nombres mais par exemple :
1¹⁹+2¹⁹+3¹⁹+4¹⁹+5¹⁹+6¹⁹
on a :

1¹⁹ congru à 1¹⁹ modulo 7
2¹⁹ congru à 2¹⁹ modulo 7
3¹⁹ congru à 3¹⁹ modulo 7
4¹⁹ congru à -3¹⁹ modulo 7
5¹⁹ congru à -2¹⁹ modulo 7
6¹⁹ congru à -1¹⁹ modulo 7

donc la somme est congrue à 0 modulo 7 donc est multiple de 7. Et avec cete méthode, çà marche pour tous les nombres n et k impairs.

En effet il y a une démo toute simple pour k impair qui fonctionne de surcroît pour impair quelconque

Sinon, juste un petit aperçu de la démo (sans théorie des groupes donc) que j'ai donnée pour le cas général mais qui demande n premier.
Ce que tu utilises est la relation 1împair+(-1)impair=0
Puis tu définis deux sous-paquet {1,2,3} et {4,5,6} (ce que l'on peut généraliser pour tout n impair). La multiplication par -1 envoie tous ceux du 1er paquet sur le second et vice-versa d'où
somme 1^k+2^k+...+6^k=(1^k+2^k+3^k)( 1^k+(-1)^k=(1^k+2^k+3^k)x0=0

L'idée de la démo est sensiblement la même sauf qu'elle use plus de théorie (pour k pair je crois qu'il est difficile de s'en passer)
Ainsi sont trouvés des éléments x1=1,x2,...xj qui vérifie x1^k+x2^k+...+xj^k=0 (Ils jouent le rôle de la paire 1 et -1)
Il est aussi démontré que l'on peut regrouper les éléments de 1 à n-1 en j sous-paquets P1,...,Pj et on passe d'un paquet à un autre en multipliant par les xi.
Et on conclue d'une manière similaire.

[invite2fd735b7]

Bonjour à tous. Je vous propse une démonstration, pouvez-vous me dire si elle convient? j'ai eu un peu de mal avec les seuls outils que je possède (début de Terminale S spé maths) :

Soient k et n deux entiers naturels impairs.
On pose k = 2p+1 (p dans Z)

On note : S = 1^k+2^k+...+(n-1)^k

On veut montrer que S est multiple de n.

1^k = ^k (n) = 1(n)
2^k = 2^2p+1 (n) = 4^p.2 (n)
3^k = 3^2p+1 (n) = 9^p.3 (n)
.
.
.
(n-3)^k = (-3)^k (n) = (-3)^2p+1 (n) = 9^p.(-3) (n)
(n-2)^k = (-2)^k (n) = (-2)^2p+1 (n) = 4^p.(-2) (n)
(n-1)^k = (-1)^k (n) = (-1)^2p+1 (n) = 1^p.(-1) (n) = -1 (n)

Ainsi, S = 1 + 4^p.2 + 9^p.3 + ... + 9^p.(-3) + 4^p.(-2) -1 (n)

Or n est impair, S a donc un nombre pair de termes.

On observe :
1^k + (n-1)^k = 0 (n)
2^k + (n-2)^k = 0 (n)
3^k + (n-3)^k = 0 (n)
.
.
.
((n-1)/2)^k + (n - (n-1)/2)^k = 0 (n)

Ainsi, S = 0 (n) donc 1^k + 2^k + ... + (n-1)^k est multiple de n.

PS : ici n n'est plus seulement premier, mais impair

[invite2fd735b7]

Est ce que quelqu'un pourrait me répondre svp??? c'est pour demain...

[invite35452583]

Bonjour,
ta démo n'est pas parfaitemnt rédigée mais c'est tout à fait satisfaisant pour le niveau terminale. (A mon humble avis en tout cas)
Cependant si tu n'as pas encore fini de rédiger au propre (sinon ce n'est pas indispensable), tu peux simplifier ainsi :