n divise 1^k + 2^k + ... + (n-1)^k (ex-Dém. d'une propriété de spé)



  • Salut à tous, j'ai la propriété suivante à démontrer et vraiment je ne sais pas par quel bout commencer.

    Voici l'énoncé :

    **Quels que soient n et k deux entiers naturels impairs , la somme

    1k+2k+...+(n1)k1^k + 2^k + ... + (n-1)^k
    est multiple de n.

    Merci d'avance à tous ceux qui pourront m'aider.



  • Bonjour,

    C'est vrai que ce n'est pas évident ! Tout ce que je trouve sur le net comme démonstration est assez hot ! Je continue de chercher, mais je ne suis pas certaine de trouver quelque chose de simple parce que les formules sont complexes.

    Au fait as-tu essayé la récurrence ? Je n'y avais pas pensé mais peut-être que cela marche.



  • J'ai essayé de prendre plusieurs exemples pour voir un peu comment cela marche mais je ne sais pas comment faire un raisonnement par récurrence. Mes profs au lycée m'en ont vaguement parlé mais sans nous expliquer comment on fait ce genre de raisonnement .



  • coucou
    ah oui ba si on ne t'en a pas parlé ça ne doit pas être ça... c'est quoi le chapitre de spé où vous êtes ???
    (je n'ai pas fait spé maths mais c'est pour t'aider a chercher ;))



  • Oublie mon idée ! La récurrence tu verras cela dans le chapitre sur les suites dans la partie non spé du programme. Je croyais qu'on voyait cette notion en 1ère.



  • moi non plus je ne me souviens plus trop je croyais aussi (ça fait deux ans quand même mdr)
    est-ce qu'elle est pour demain ta démonstration???? Et est-ce qu'elle porte un nom au fait??



  • En fait c'est pour jeudi et c'est un élève de ma classe qui a remarqué cette "propriété" et mon prof a eu la bonne idée de nous la donner à démontrer en DM. donc il lui a donné le nom de l'élève qui lui a posé la question. Je ne pense pas que ce soit très utile.
    Je suis dans le chapitre sur l'arithmétique.



  • ok d'accord ba on a encore un peu le temps alors je pense que Z ou Thierry te trouveront un truc 😉


  • Modérateurs

    Salut,
    Je pense à un grand classique de 1ere S.

    Il existe un polynôme de degré k+1 tel que P(x+1)P(x)=xkP(x+1)-P(x)=x^k.
    Cela est sans doute possible de démontrer qu'un tel polynôme existe pour tout k entier. (Zauctore sait forcément faire ça). Ensuite je connais la suite par coeur : il faut faire une somme en cascade pour x=0 ; 1 ; ... ; n

    Pour k=1 et k=2, la méthode est expliquée dans cet exercice et est facilement généralisable.

    Ca m'a l'air jouable non ? Qu'en pensez-vous ?



  • Oula ca m'a l'air très compliqué tout ca.
    En fait je ne sais pas si c'est faisable mais notre prof nous avait donné un exemple numérique pour nous expliquer comment il fallait qu'on s'y prenne. L'exemple me parait assez simple à comprendre mais quand il s'agit de le généraliser c'est autre chose.

    Voici de quoi il s'agit :

    On choisit n=7 et k=19.
    On a donc 11^{19}+2+2^{19}+3+3^{19}+4+4^{19}+5+5^{19}+619+6^{19}.

    De plus , 1191^{19}= 1191^{19} (mod.7)
    22^{19}=219=2^{19} (mod.7)
    3193^{19}= 3193^{19} (mod.7)
    4194^{19}= (3)19(-3)^{19} (mod.7) = 319-3^{19} (mod.7) car la puissance est impaire.
    5195^{19}= 219-2^{19} (mod.7)
    6196^{19}= 119-1^{19} (mod.7)

    Donc lorsqu'on fait la somme de tout ca, elle congrue à 0 (mod.7) ce qui montre que cette somme est multiple de n=7.

    Mon problème est donc de généraliser cette méthode si c'est possible.

    P.S: le signe avec les 3 barres pour exprimer les congruences ne fonctionne pas avec mon ordinateur ce qui explique pourquoi j'ai mis des signes = à la place.



  • pour le moment je crois qu'en plus il n'y a que la personne qui a fait cette remarque qui l'a fait et qui y arrive les autres bas .... comme nous .... il cherche ..... en vain
    lol

    PS: jolie muimui le bonhome de neige mais je preferais ton pere noel ^^



  • L'indication n, k impairs est importante car si l'on prend n = 6 et k = 5, alors on a

    15+25+35+45+5515+25+352515350 [6]1^5 + 2^5 + 3^5 + 4^5 + 5^5 \equiv 1^5 + 2^5 + 3^5 - 2^5 - 1^5 \equiv 3^5 \ne 0 \ [6]
    le problème vient de ce qu'il y a un terme "de trop" dans cette somme, qui ne trouve donc pas son opposé parmi les autres.

    Il suffirait de montrer que dans les bonnes conditions, ie avec n, k impairs, alors pour tout 1 ≤ x ≤ n-1, il existe un unique 1 ≤ y ≤ n-1 tel que x + y = 0 [n]. Car alors, puisque l'exposant est impair, on aura aussi xkx^k + yky^k = 0 [n]. Je ne sais pas si je suis clair...

    Donc (pour reformuler) si je prends un x entre 1 et n-1, est-ce qu'il y a automatiquement un y entre 1 et n-1 qui lui soit opposé modulo n ?

    Ecrivons n = x + (n - x) : cela donne la réponse (modulo n, bien sûr).



  • D'accord. mais est-ce que je peux dire cela de cette manière :

    La somme dont on parle comporte n-1 termes, or puisque n est impair, n-1 est pair donc cette somme comporte un nombre pair de termes.

    De plus,

    1k=1k(mod.n)1^k = 1^k (mod.n)
    2k=2k(mod.n)2^k = 2^k (mod.n)
    3k=3k(mod.n)3^k = 3^k (mod.n)
    .
    .
    .
    .
    (n3)k=(3)k(mod.n)=3k(mod.n)(n-3)^k = (-3)^k (mod.n) = -3^k (mod.n) car k est impair.

    petite explication pour ce résultat: n=0 (mod.n) et -3=-3 (mod.n) donc d'après une propriété du cours, n-3 = 0-3 (mod.n)= -3 (mod.n) . Ensuite, toujours d'après une propriété du cours,(n3)k=(3)k(mod.n)(n-3)^k=(-3)^k (mod.n) car k est un entier naturel

    (n2)k=2k(mod.n)(n-2)^k = -2^k (mod.n)
    (n1)k=1k(mod.n)(n-1)^k = -1^k (mod.n)

    Ainsi, la somme congrue à 0 modulo n donc cette somme est bien un multiple de n, pour n et k impairs.



  • oui bien vu c'est effectivement comme ca qu'il fallait faire je pense
    du moins c'est gros au modo comment j'ai fait



  • ouf ca me rassure. De toute façon maintenant c'est rendu donc on verra bien le résultat 😄



  • a ba vous nous donnerez la réponse si ce n'est pas ça hein?!
    :):)



  • Oui, il n'y a pas de problème on devrait avoir la réponse demain normalement. 😉



  • ouai effectivement demain on doit avoir le coriger on aurais du lavoir aujourd'hui mais a cause des retardataire bas il a decaler la distribution des corrigé a demain lool



  • flood: looooooooooooooooooool stuntman je suis trop jalouse sérieux mdr



  • merci ^^



  • comme prévu je vous en donne le corrigé:

    La somme 11^k+2k+2^k+...+(n1)k+(n-1)^k contient un nombre pair de termes (n-1)

    Si on note : a=n12a=\frac{n-1}{2} on peut remarquer que

    a+1=n+12=nn12=naa+1=\frac{n+1}{2}=n-\frac{n-1}{2}=n-a

    Ainsi 11^k+2k+2^k+...+(n1)k+(n-1)^k =1=1^k+2k+2^k+...+a+a^k+(na)+(n-a)^k+(na+1)k+(n-a+1)^k+...+(n1)k+(n-1)^k

    =i=1aik\sum_{i=1}^{a} {i^{k}}+i=1a(ni)k\sum_{i=1}^{a} {(n-i)^{k}}
    =i=1aik\sum_{i=1}^{a} {i^{k}}+(ni)k(n-i)^{k}
    Or quel que soit i∈[1,a] ( intervale de nombre entier) n-i≡-i(n) et (ni)k(n-i)^kik-i^k(n) (car k impaire)

    Donc ii^k+(ni)k+(n-i)^k≡0(n)

    Ainsi 11^k+2k+2^k+...+(n1)k+(n-1)^k≡0(n)

    CONCLUSION : Quels que soient n et k deux entiers naturels impaires,la somme 11^k+2k+2^k+...+(n1)k+(n-1)^k est multiple de n



  • a ba c'est cool ça va faire plaisir à Zorro, à Zauctore et au chef lol
    perso je pense avoir compris la première partie mais les congruences... bon faut que je m'y mette aux congruences lol
    en tous cas merci Stuntman 😉



  • bas merci mon prof de spe d'avoir donner un corriger mdr
    et merci a celui qui a fait le commentaire en cours MDR
    je ne suis que le messager


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