excuse moi, juste pour vérifier c'est bien   tq,  ,   ?





David

oups peut-être dans plutot...?




David

Bonjour,

pour m=1, si tu mets tout sur n! et que tu consideres p le plus grand diviseur premier de n! alors t'auras:


1+1/2+....1/n=((n!)+(n!/2)+......(n!/p)+...n!/n)/n!

p divise chaque terme au numerateur sauf n!/p donc si c'est un entier ca veut dire qu'il divise la somme mais c'est impossible. Oups en fait non ca marche pas n!/p peut etre divisible par p si t'as p<2p<n.

Ah bah non ca contredirait vu qu'il existe toujours un nombre premier entre p et 2p(il y a juste ca qui fait raté la preuve pour le lycée).

Sinon tu condiseres le plus grand k tel que 2^k divise n! et tu raisonnes comme au-dessus ca doit fonctionner.

J'ai une preuve par recurrence sinon, ou on montre que 1+1/2+....+1/n est de la forme impair/pair mais j'ai du suppose en plus dans l'hypothese de recurrence que si 2^a<=n<2^(a+1) :

alors 2^a divise le denominateur mais pas 2^a+1.

Apres j'ai fait 2 cas n pair et impair et normalement ca fonctionne je sais pas si on peut trouver plus simple.

Bonjour cauchy et Blackdevil
L'énoncé est bien correct.
Moi aussi j'avais essayé avec des histoires de premiers, mais dans la version de m à n on ne maitrise plus du tout la position des premiers! Aujourd'hui je suis pressée, mais demain je mettrais ma "moche" solution et j'essayerais de comprendre le coup de la récurrence de cauchy.
Entre temps peut-être que la lumière se ferra!

Bonjour Camelia,


en fait ma premiere preuve marche toujours même de m à n.

Tu consideres A=m*(m+1).....n et tu prend le plus grand diviseur premier p de A et tu reecris la somme avec A au denominateur.

Au numerateur il divise tous les termes A/k(sauf A/p) donc si c'etait un entier il diviserait le numerateur et tous les A/k donc il diviserait la difference A/p.

C'est impossible ca voudrait dire que A/p contient un facteur p donc on aurait deja forcement 2p dans la decomposition de A  mais dans ce cas d'apres le postulat de Bertrand p ne serait pas le plus grand nombre premier qui divise A car il y a toujours un nombre premier entre p et 2p.

Elle est pas compliquée mais ca utilise un gros resultat.

Sinon la recurrence avec m quelconque j'ai pas essaye.

Bonjour cauchy
Il se pourrait que le plus grand diviseur premier de A soit strictement inférieur à m, et alors A/p ne se rencontre pas au numérateur. De toute façon, ça m'étonnerait que l'on fasse comme ça au lycée.

Voici ma solution, tout aussi inabordable.
On fixe k>2. On pose A(X)=X(X+1)...(X+k-1) et B(X)=(X+1)...(X+k-1)+X(X+2)...(X+k-1)+...+X(X+1)...(X+k-2).
Il se trouve que B=A', mais je n'ai pas su l'exploiter!
Comme A est de degré k et B de degré k-1, on peut faire la division euclidienne pour trouver A(X)=(aX+b)B(X)+c.
En regardant le terme du plus haut degré, puis en faisant X=0 et X=-1, on finit par trouver

Il se trouve que

et je suppose que ça vaut q avec q entier.
En reprenant l'équation on finit par trouver

ce qui est impossible, car le premier membre vaut et est donc entier plus grand que 1, ce qui n'est certainement pas le cas du second membre!

OUF! La question reste posée: quel était le corrigé attendu?

Bonjour,

je poste ma solution avec recurrence:

Tout d'abord je note:


et

Pour :

Je prend comme hypothese de recurrence :

Si alors mis sous forme irreductible est de la forme (avec p impair et q pair) et .

Initialisation: pour et on a bien .

On suppose l'hypothèse vraie au rang n et on veut la montrer au rang n+1.

L'hypothèse etant verifiée au rang n avec on a : avec 2 qui ne divise pas k'.

Montrons que avec .

On traite deux cas:

1) est impair dans ce cas on a

et comme impair on a donc est vraie.

2) est pair. On traite deux sous-cas:

a).

Dans ce cas,

et est vraie car le numérateur est impair.

b) avec qui ne divise pas .

On a nécessairement et .

Donc et est vérifiée.


On a montre par recurrence que .

P.S: effectivement dans ma démonstration du cas général il y a un problème si  le plus grand diviseur premier de A est strictement inférieur à m.

Merci, j'enregistre et je vérifierai plus tard!

De rien,

Pareil pour moi j'ai pas encore bien regardé ta preuve je regarderai ca demain.

J'ai reflechi à  ta remarque sur le fait qu'il se peut que le  plus grand diviseur premier de A soit strictement inférieur à m.

Si tu supposes que la somme est 1/m+.....1/n est un entier tu auras:

donc 1/m+.....1/n>=1 et 1/m+.....1/n<(n-m+1)/m donc (n-m+1)/m>1 et donc n-m>=m cad n>=2m (m<=2m<=n) donc il y aura toujours un nombre premier entre m etn donc qui divise A.

Je pense que maintenant la preuve fonctionne

bonjour Camélia,bonjour Cauchy
je viens depasser mon aprés midi sur cet exercice sans résultats intéressants mais j'ai aussi étudier vos démonstrations
>cauchy je crois que j'ai à peu prés tout compris (v(2) ce n'est pas plutôt 1?)
>camelia :tu fais la division de A(X) par un polynome inconnu aX+b  pour que le quotient soit B(X) pourquoi est-on sûr qu'un tel polynome existe d'accord on trouve bien un triplet(a,b,c) solution du système ecrit en prenant des valeurs particulières (je ne trouve du reste pas le m^me b(1/k²au lieu de 1/k) donc pas le même c ça  ça ne veut rien dire car je suis coutumière des erreurs de calcul

si je prends A(X)=X(X+1)(X+2)=X³+3X²+2X
             A'(X)=3X²+6X+2
je cherche aX+b tel que A(x)=(aX+b)(3X²+6X+2)+c
on identifie:
termes en X³=>a=1/3
termes en X²=>6a+3b=3=>b=1/3
termes en X=>2a+6b=2
termes constants 2b+c=0
si l'on n'utilise pas les termes en X on a c=-2/3 et un triplet(a,b,c) qui semble convenir
mais l'identification des termes en X=>1/3=0 !
donc ça ne marche pas

c'est un execice désespérant,je chercherai ce week-end
j'espère qu'il n'y a pas trop de fautes de frappe car je n'arrive pas à obtenir un aperçu
bonne soirée

              
          

Bonjour veleda ,

tu parles dans l'initialisation oui c'est 1 bien sur.

Tu n'as pas vu d'autres erreurs?

On ne peut pas calculer directement 1/n+1/(n+1)...+1/m ?

Bonjour nazzzzdaq,

tu veux dire trouver une expression générale comme pour la somme des n ?

Est ce que quelqu'un pourrait calculer l'intégrale de f
f(x)=(X^n-1)/(X-1)

**************
Bonjour nazzzzdaq,

tu veux dire trouver une expression générale comme pour la somme des n ?
****************

Oui

Ou tu veux en venir? Intégrale sur quoi?

Je ne crois pas qu'une telle expression existe , je vois l'integrale de 0 à 1 de ta fonction nous donne bien 1+1/2....+1/n mais apres.

ben
1/m+1/(m+1)...+1/n=
1+1/2+1/3+...+1/(n) -
1+1/2...........+1/(m-1)
non?

Oui je sais mais comment tu te sers de ca apres pour montrer que ton intégrale n'as pas une valeur entiere?

Ben il faudrait la calculer l'intégrale. Peut être qu'elle a une forme sympa...

Oui mais la valeur de l'intégrale c'est justement la somme.

Rebonjour à tous!
J'ai bien vérifié la récurrence (en 2^n) de Cauchy et je suis globalement d'accord.
Pour veleda: Tu as raison; en faisant la division de A par B je devrais avoir un reste de degré au plus k-2, donc je ne sais même plus si j'ai eu de la chance, ou si ma demonstration est complètement fausse!
Mon énorme étonnement est que l'exo sort du forum lycée,que je l'ai vu plusieurs fois... et qu'apparemment aucun des enseignants en exercice n'a l'air d'avoir une solution! J'ai même essayé de ranimer un de ces topics en demandant la correction donnée en cours, mais sans résultat.
Sinon, la dem de Cauchy qui utilise le postulat de Bertrand est la plus jolie, mais pour qui?
Merci à tous!

Bonjour,

Pour moi c'est la plus jolie

C'est clair que c'est bizarre que tu l'ai vu sur le forum lycee comme ca sans indications.Sommes-nous passés a cote d'une solution plus élémentaire? je pense pas mais bon qui sait.

Salut à tous!
Veleda a raison, ma solution n'est pas bonne! On attend, peut-être quelqu'un finira par donner la mystérieuse solution évidente!

Je considère {n, n+1...p...m}
Il existe A et p tel que qquesoit x apprtenant à {n, n+1...m}/{p} divise A mais p ne divise par A
Soit
Sn=1/n+1/(n+1)...+1/m= An +1/p
(An étant la somme des 1/n+1/(n+1) en excluant le terme 1/p)
Sn x A = An x A + A/p
A/p n'étant pas entier, Sn xA n'est pas entier, Sn n'est pas entier

Je considère {n, n+1...p...m}
Il existe A et p tel que qquesoit x apprtenant à {n, n+1...m}/{p} divise A mais p ne divise par A
Soit
Sn=1/n+1/(n+1)...+1/m= An +1/p
(An étant la somme des 1/n+1/(n+1) en excluant le terme 1/p)
Sn.A = An.A + A/p
A/p n'étant pas entier, Sn.A n'est pas entier, Sn n'est pas entier

Bonjour à tous,
une hypothèse sur le fait qu'aucun corrigé ne semble avoir été donné : il ne s'agirait pas d'un exercice donné dans le cadre des olympiades ? c'est encore assez leur style...

Bonjour lafol

Effectivement, je n'y avais pas songé mais c'est tout-à-fait plausible!

nazzzzdaq > je ne comprends pas ce que tu entends par

Bonjour à tous
Moi aussi j'aimerais voir le détail de la solution de nazzzzdaq!

Bonjour Camélia!
As-tu compris ce que voulait dire nazzzzdaq?

Tigweg

Oh pardon désolé, tu viens de dire que non!
Dans ma tête, nazzzzdaq était le lycéen qui avait ce problème à résoudre!!
Désolé!

Plus exactement, dans ma tête le lycéen en question et la personne à qui j'ai demandé si elle pouvait préciser étaient confondues, c'est pire!

Bon je crois que je vais faire une sieste, cela s'impose!!

Salut Tigweg,
Un des lycéens qui avait ce problème était marie_curie et je crois qu'il y avait aussi un billy numéroté! mais pas de solution!

Bon pour être plus clair:

Soit une suite de m-n+1 entiers consécutifs n, n+1,...m

Il existe un entier A tel que:
m-n entiers des n-m+1 entiers consécutifs divise A
un et un seul entier p des m-n+1 entiers consécutifs ne divise pas A

(propriété à démontrer).

Ensuite je considère
S= 1/n+1/(n+1)+...+1/m
S.A= Q+A/p
Q entier, A/p non entier
etc...

Pour m=1, A peut se construire de la façon suivante:
A=n!/ où est un nombre premier inférieur à n ne divisant aucun entier inférieur à n (sauf lui même).

existe. Je considère la partie entière de n/2. Selon le postulat de Bertrand, il existe un nombre premier () inférieur au double de la partie entière de n/2 et donc inférieur à n. Ce nombre premier () ne peut diviser aucun entier inférieur à n (sauf lui m^me)

Allez, on y est presque!
Une âme charitable pour construire A dans le cas ou m>1.

Je rappelle les propriétés de A:
Soit G={m, m+1...,n}
A est un entier tel que un et un seul élément de G NE divise PAS A.

Salut nazzzzdaq,

j'ai pas lu en détail mais en gros c'est la démo que j'ai proposé au-dessus,non ?

J'ai pas compris alors.

Rebonjour à tous!
Effectivement la solution utilisant le postulat de Bertrand était déjà proposée par Cauchy qui en donne une autre, par récurrence, un peu plus élémentaire.
La question est toujours la même: comment fait-on en première?

Rebonjour,

On fait peut etre la recurrence avec des indications?