Divisibilité

**fartassette** · 16/12/2017, 17h24

Bonjour,

L'énonce est le suivant : montrer que ${ 10 }^{ 2n-1 }+1 <br />$ est divisible par 11 $\forall n \in \mathbb{N^*}$

j'ai proposé une récurrence sur $n$ , l'initialisation pour $n=1$ sur ${ P }_{ n }\quad :\quad \quad \quad \quad { 10 }^{ 2n-1 }+1\quad =11p$ c'est satisfaisant. $p \in \mathbb{N}$

supposons que la propriété est vraie au rang k , c est à dire: ${ P }_{ k }\quad :\quad \quad \quad \quad { 10 }^{ 2k-1 }+1\quad =11p$ et montrons qu'alors,la propriété est vraie au rang $k+1$ ,

${ P }_{ k+1 }:\quad { 10 }^{ 2\left( k+1 \right) -1 }+1=11p\\$

$\\ =10\left( { 10 }^{ 2k } \right) +1=10{ \left( 10\frac { { 10 }^{ 2k } }{ 10 } \right) }+1\\$

$\\ ={ 10 }^{ 2 }{ \left( { 10 }^{ 2k-1 } \right) }+1\quad ={ 10 }^{ 2 }\left( { 10 }^{ 2k-1 }+1-1 \right) +1\\$

$\\ ={ 10 }^{ 2 }\left( 11p-1 \right) +1=\left( { 10 }^{ 2 }\times 11 \right) p-99\\$

$\\ =11\underbrace { \left( 100p-9 \right) }_{ \in { N } } \\$ *

Par récurrence la propriété est vraie $\forall n \in \mathbb{N^*}$

* sachant que 100p est entier,naturellement 9 aussi ,donc par somme nous obtenons une quantité appartenant $\mathbb{N}$

Avez vous des idées pour améliorer ce raisonnement, le * ce n est pas parfait faut il le justifier?

Merci,

**gg0** · 16/12/2017, 17h32

Bonjour.

Connais-tu le critère de divisibilité par 11 ? car ici, il s'applique.

Sinon, pour ta preuve :
Initialisation : Incompréhensible ! C'est quoi ce p ? Alors que pour p=1 on obtient le nombre 11, de façon évidente divisible par 11, et il suffisait de le dire (ne pas utiliser des formules mathématiques inutiles !).
Hérédité :
la deuxième ligne de ton calcul ne sert à rien on arrive facilement à la troisième directement (propriétés des puissances et n+1=2+n-1). Ensuite conserver 10² à la place de 100 ne sert à rien. Enfin noter que 100p-9 est un entier est peut-être du pinaillage, non ?
Sinon, l'idée est correcte.

Cordialement.

**fartassette** · 16/12/2017, 17h55

Bonjour ggo

a|b ssi il existe un entier d tel que b=ad d 'ou cette idée de mettre p ds l'égalité

L’initialisation c est un résumé pour n=1 sa marche

non je ne connaissais pas le critère de divisibilité par 11 c est un théorème?

Mais moi c est la fin de mon hérédité qui me plait pas

MERCI

**fartassette** · 16/12/2017, 18h07

si a divise b il existe un entier d tel que b=ad

j ai supposé alors que cette division à un sens que si on admet l'existence de cette variable chez moi c'est p

Pour l'initialisation , je n 'ai pas souhaité développer d'avantage par contre sur ma copie , une ligne en plus $P(1)$

si je comprends bien,pas besoin de faire de récurrence

A voir en vidéo sur Futura · Aujourd'hui

**gg0** · 16/12/2017, 18h30

Le critère de divisibilité par 11 s'apprenait en cinquième autrefois : Un nombre entier est divisible par 11 si la somme des chiffres de rang impair (à partir de la droite, du chiffre des unités) moins la somme des chiffres de rang pair est un multiple de 11. dans ton cas, 1-1=0 et 0 est un multiple de 11.

Pour l'initialisation, tu compliques inutilement, c'est tout. Le lecteur n'a pas besoin que tu lui dises que 11 est un multiple de 11, mais comme tu n'en parles pas, ce que tu écris reste ésotérique.

Cordialement.

**fartassette** · 16/12/2017, 18h41

Alors oui peut être que autrefois on voyait ce critère au début des années collèges, ce n'est plus le cas aujourd’hui. Cependant, l'énoncé me dit pour tous n dans grand N étoile, c 'est ce qui m'a motivée a proposée une récurrence.

merci pour vos commentaires j 'essaierai d' être plus concise à l'avenir

**PlaneteF** · 17/12/2017, 03h24

Bonsoir,

fartassette, est-ce que tu connais la notion de congruence ? Car dans ce cas ta récurrence est immédiate.

Cordialement

**fartassette** · 17/12/2017, 04h58

Bonjour ,

Non je ne sais pas utiliser les congruences , j'irai jeter un œil merci.

invite82078308 · 19/12/2017, 17h08

Envoyé par PlaneteF

Bonsoir,

fartassette, est-ce que tu connais la notion de congruence ? Car dans ce cas ta récurrence est immédiate.

Cordialement

En ce cas, il n'y a même pas besoin de récurrence, on remarque que 10 est congru à -1 modulo 11, ce qui nous amène à considérer (-1)^2n-1 +1 modulo 11, et à utiliser les propriétés de la puissance et autres propriétés algébriques, sachant que -1²=1, et que ces propriétés sont préservées dans le calcul modulo 11.

**PlaneteF** · 19/12/2017, 20h04

Bonsoir,

Envoyé par Schrodies-cat

En ce cas, (...)

D'ailleurs sans congruence on peut aussi remarquer que $\; 10 = 11-1 \;$ , et un p'tit coup de binôme de Newton là-dessus et le tour est joué

Cordialement

**QueNenni** · 19/12/2017, 21h02

En algèbre on démontre que x^p + a^p est divisible par x + a lorsque p est impair, c'est le cas ici puisque p = 2m-1 est un nonbre impair.

**andretou** · 01/01/2018, 13h36

Envoyé par fartassette

Bonjour,

L'énonce est le suivant : montrer que ${ 10 }^{ 2n-1 }+1 <br />$ est divisible par 11 $\forall n \in \mathbb{N^*}$

j'ai proposé une récurrence sur $n$ , l'initialisation pour $n=1$ sur ${ P }_{ n }\quad :\quad \quad \quad \quad { 10 }^{ 2n-1 }+1\quad =11p$ c'est satisfaisant. $p \in \mathbb{N}$

supposons que la propriété est vraie au rang k , c est à dire: ${ P }_{ k }\quad :\quad \quad \quad \quad { 10 }^{ 2k-1 }+1\quad =11p$ et montrons qu'alors,la propriété est vraie au rang $k+1$ ,

${ P }_{ k+1 }:\quad { 10 }^{ 2\left( k+1 \right) -1 }+1=11p\\$

$\\ =10\left( { 10 }^{ 2k } \right) +1=10{ \left( 10\frac { { 10 }^{ 2k } }{ 10 } \right) }+1\\$

$\\ ={ 10 }^{ 2 }{ \left( { 10 }^{ 2k-1 } \right) }+1\quad ={ 10 }^{ 2 }\left( { 10 }^{ 2k-1 }+1-1 \right) +1\\$

$\\ ={ 10 }^{ 2 }\left( 11p-1 \right) +1=\left( { 10 }^{ 2 }\times 11 \right) p-99\\$

$\\ =11\underbrace { \left( 100p-9 \right) }_{ \in { N } } \\$ *

Par récurrence la propriété est vraie $\forall n \in \mathbb{N^*}$

* sachant que 100p est entier,naturellement 9 aussi ,donc par somme nous obtenons une quantité appartenant $\mathbb{N}$

Avez vous des idées pour améliorer ce raisonnement, le * ce n est pas parfait faut il le justifier?

Merci,

Bonjour fartassette, et très bonne année !
La démonstration par congruence est en effet beaucoup plus efficace.
Voici cependant ma proposition de démonstration par récurrence :

Une fois l'initialisation effectuée, supposons donc que la proposition P(n) est vraie, et étudions la proposition au rang n+1 :

$\quad { 10 }^{ 2\left( n+1 \right) -1 }+1$

$\\= \quad { 10 }^{ 2n + 1 }+1$

$\\ =10^2\left( { 10 }^{ 2n-1 } \right) +1$

$\\ =10^2\left( { 10 }^{ 2n-1 } + 1 - 1 \right) +1$

$\\ =10^2\left( { 10 }^{ 2n-1 } + 1\right) - 10^2 +1$

$\\ =10^2\left( { 10 }^{ 2n-1 } + 1\right) - 99$

Or, par hypothèse,
$\\ \left( { 10 }^{ 2n-1 } + 1\right)$ est divisible par 11,
donc $\\ \left( { 10 }^{ 2n-1 } + 1\right) = 11k$
donc $\\ 10^2\left( { 10 }^{ 2n-1 } + 1\right) = 11k \times 10^2$
Ainsi $\\ 10^2\left( { 10 }^{ 2n-1 } + 1\right) - 99 = 11k \times 10^2 - 99$
Par suite : $\\ 10^2\left( { 10 }^{ 2n-1 } + 1\right) - 99 = 11(k \times 10^2 - 9)$

$\\ 10^2\left( { 10 }^{ 2n-1 } + 1\right) - 99$ est donc divisible par 11
P(n+1) est donc vraie.
Conclusion : ${ 10 }^{ 2n-1 }+1$ est divisible par 11

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