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 1k+2k+...+(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
Je te suggère d'essayer avec k=3 et de faire grimper n.
Tu auras des surprises.
Envoyé par Jeanpaul
Donne nous le contre exemple STP
On trouve des chercheurs qui cherchent ; on cherche des chercheurs qui trouvent !
Arf le me doutais bien que çà ne marcherais pas... C'est quoi le contre exemple?
Salut,
Si n est premier impair (il me semble que JeanPaul a omis cette précision), il est clair que n divisepar le théorème de Gauss.
Cordialement.
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.
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.
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"?
Par contre peux-tu m'expliquer comment tu trouves çà stp?Salut,
Si n est premier impair (il me semble que JeanPaul a omis cette précision), il est clair que n divise
Cordialement.
Parce que les suites, les séries etc... j'en ai presque jamais fait...
Malheureusement exact, bouh !
Ceci étant, je voulais dire que tu avais peut-être omis la mention que n est [u
Ah ba çà y est j'ai tout compris!!!
Merci !!
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
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)
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.
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 = 1k+2k+...+(n-1)k
On veut montrer que S est multiple de n.
1k = k (n) = 1(n)
2k = 22p+1 (n) = 4p.2 (n)
3k = 32p+1 (n) = 9p.3 (n)
.
.
.
(n-3)k = (-3)k (n) = (-3)2p+1 (n) = 9p.(-3) (n)
(n-2)k = (-2)k (n) = (-2)2p+1 (n) = 4p.(-2) (n)
(n-1)k = (-1)k (n) = (-1)2p+1 (n) = 1p.(-1) (n) = -1 (n)
Ainsi, S = 1 + 4p.2 + 9p.3 + ... + 9p.(-3) + 4p.(-2) -1 (n)
Or n est impair, S a donc un nombre pair de termes.
On observe :
1k + (n-1)k = 0 (n)
2k + (n-2)k = 0 (n)
3k + (n-3)k = 0 (n)
.
.
.
((n-1)/2)k + (n - (n-1)/2)k = 0 (n)
Ainsi, S = 0 (n) donc 1k + 2k + ... + (n-1)k est multiple de n.
PS : ici n n'est plus seulement premier, mais impair
Est ce que quelqu'un pourrait me répondre svp??? c'est pour demain...
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 :
