Petit défi d'arithmétique

[Seirios]

Bonjour à tous,

Voici un petit défi d'arithmétique : Montrer que pour tout , divise . Montrer plus généralement que pour tout , divise .

On m'a montré une preuve assez originale de ces résultats, pas forcément évidente à trouver (disons que, comme toujours, il faut y penser). L'idée pour la deuxième assertion nécessite un petit quelque chose qui n'est pas forcément très connu (au moins des étudiants en licence, même si ce n'est pas d'une grande complexité).

Mais je serais curieux de voir par quelles autres méthodes vous pourriez arriver à ces résultats

Bonne chance,
Seirios
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[Tiky]

Bonjour,

Une solution pour le premier problème sauf erreur :

 Cliquez pour afficher

Arithmétique et théorie des groupes faisant bon ménage, j'ai eu l'idée d'utiliser cette dernière pour répondre au problème. J'utilise le théorème de Lagrange sur un groupe G de cardinal et
un sous-groupe de G de cardinale . Pour G, je prends le groupe des permutations à éléments et comme sous-groupe je considère l'ensemble des permutations qu'on
obtient en juxtaposant une permutation des n premiers éléments avec une permutation des éléments allant de n+1 jusqu'à m.
Cet ensemble est bien de cardinal

[Médiat]

Sauf erreur de ma part la deuxième formule est fausse pour m = 3 et n = 2

(3 + 2) ! = 5! = 120
3!²2 = 36 * 2 = 72 qui ne divise pas 120.

Peut-êtr ai-je mal compris la formule ...

[invite9617f995]

Sinon pour la première : . L'interprétation combinatoire (ou une quelconque construction prouvant qu'il est entier) du coefficient binomial permet alors de conclure.

Silk

[A voir en vidéo sur Futura]

[Seirios]

Une solution pour le premier problème sauf erreur :

 Cliquez pour afficher

Arithmétique et théorie des groupes faisant bon ménage, j'ai eu l'idée d'utiliser cette dernière pour répondre au problème. J'utilise le théorème de Lagrange sur un groupe G de cardinal et
un sous-groupe de G de cardinale . Pour G, je prends le groupe des permutations à éléments et comme sous-groupe je considère l'ensemble des permutations qu'on
obtient en juxtaposant une permutation des n premiers éléments avec une permutation des éléments allant de n+1 jusqu'à m.
Cet ensemble est bien de cardinal

C'est la solution que l'on m'avait donnée.

Sauf erreur de ma part la deuxième formule est fausse pour m = 3 et n = 2

(3 + 2) ! = 5! = 120
3!²2 = 36 * 2 = 72 qui ne divise pas 120.

Peut-êtr ai-je mal compris la formule ...

J'ai effectivement fait une faute de frappe : montrer que divise .

Sinon pour la première : . L'interprétation combinatoire (ou une quelconque construction prouvant qu'il est entier) du coefficient binomial permet alors de conclure.

Effectivement, je ne l'avais pas remarqué

[invite57a1e779]

J'ai effectivement fait une faute de frappe : montrer que divise .

Bonjour,

Il suffit — ce me semble — de mettre au point une petite récurrence à partir de:

[Amanuensis]

J'ai effectivement fait une faute de frappe : montrer que divise .

Même démo que pour l'autre avec E1xE2x...xEn, chacun de m éléments, non ? (Groupe de permutations consistant à permuter les ensembles et chacun d'eux indépendamment.)

[Médiat]

On peut reprendre l'idée de silk78, en considérant n sous-ensembles à m éléments et le sous-groupe des permutations qui globalement font correspondre un de ses sous-ensembles à un autre, suivi d'une permutation dans le sous-ensemble résultat.

[Amanuensis]

Belle reformulation de ce qui a été proposé 9' plus tôt...

[Médiat]

"Belle" est outrageusement flatteur, par contre il s'agit d'une formulation, et non d'une reformulation, en effet, je ne me sens pas obligé de lire vos posts avant de répondre.