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arithmetique divisibilité

Posté par
aya4545 13-04-22 à 13:02

bonjour
incappable de faire cet exercice m orienter vers une piste je serai reconnaissant
on consdere dans \N^* l equation E  :   2^x \equiv 1 (x)
1) soit m et n entiers naturels non nuls  on pose d=m\wedge n montrer que 2^m \equiv 1 (p)  et   2^n \equiv 1 (p)  \implies 2^d \equiv 1 (p) ( p entier  premier )
2) soit n entier naturel non nul tel que 2^n \equiv 1 (n)
et p le plus petit entier premier divisant n
a) montrer que n est impair
b) montrer que  (p-1) \wedge n =1
c) montrer que 2^{p-1}\equiv 1 (p) et 2^n\equiv 1 (n)
3) deduire de ce qui precede les solutions de E

ce que j ai fait

d=m\wedge n \implies \exists m' ; n'    m'\wedge n' =1  et   \\     m=dm'  et    n= dn'
kp=2^m-1=(2^d-1)((2^d)^{m'-1}+..+1)
k'p=2^n-1=(2^d-1)((2^d)^{n'-1}+..+1) incappable de montrer que  pest premier avec ((2^d)^{m'-1}+..+1)   et \\ ((2^d)^{n'-1}+..+1) afin d utliser Gauss pour montrer que p  divise   2^d-1   et merci

Posté par
Sylvieg Moderateurre : arithmetique divisibilité 13-04-22 à 16:45

Bonjour,
Je n'ai pas de piste satisfaisante, car je ne vois pas ce que p premier vient faire dans cette histoire.
Mais comme personne d'autre ne répond, je me décide à le faire.
1) me fait penser à l'algorithme d'Euclide qui permet de trouver le PGCD.

On suppose 2^m \equiv 1 [p] et 2^n \equiv 1 [p].
Si m > n et m = nq+r alors 2^r \equiv 1 [p]
Et on recommence avec n et r.
Jusqu'au dernier reste non nul qui est le PGCD de m et n.

Posté par
aya4545re : arithmetique divisibilité 13-04-22 à 18:39

merci Sylvieg c est une bonne idée  et ca resoud la premiere question

Posté par
aya4545re : arithmetique divisibilité 13-04-22 à 19:24

a) montrer que n est impair
2^n \equiv 1 [p]\iff n| 2^n -1
n\geq 1  \implies   2^n -1  impair      et puisque   n| 2^n -1    donc n est impair
en effet  ( un entier impair ne peut avoir des des diviseurs pairs )

Posté par
carpediemre : arithmetique divisibilité 13-04-22 à 19:38

salut

j'avais eu la même idée que Sylvieg mais de même ne trouvant pas cela très satisfaisant je n'étais pas intervenu ...

p premier intervient pour 2c/ : c'est le petit théorème du grand Fermat !!!

Posté par
aya4545re : arithmetique divisibilité 13-04-22 à 19:41

montrer que  (p-1) \wedge n =1
par absurde  supposons que (p-1) \wedge n =1=d \neq 1
soit q  un diviseur premier de d on aura donc prouvé l existence   d un entier q diviseur premier de n plus petit que p absurde

Posté par
aya4545re : arithmetique divisibilité 13-04-22 à 19:43

merci carpediem je n  ai pas vu votre message

Posté par
aya4545re : arithmetique divisibilité 13-04-22 à 19:45

pour c) c est l idée de  carpediem  utliser Theoreme de Fermat

Posté par
aya4545re : arithmetique divisibilité 13-04-22 à 19:46

je m excuse
par absurde  supposons que (p-1) \wedge n =d \neq 1

Posté par
aya4545re : arithmetique divisibilité 13-04-22 à 20:00

  E  :   2^x \equiv 1 (x)  
si x est premier  alors S=\lbrace k(x-1) \rbrace
si x   n est pas premier  S=\lbrace k(p-1) \rbrace avec p le plus petit entier premier qui divise x

Posté par
aya4545re : arithmetique divisibilité 13-04-22 à 20:34

pardon avec k entier naturel  non nul

Posté par
Sylvieg Moderateurre : arithmetique divisibilité 13-04-22 à 20:51

Je crois avoir trouvé une meilleure piste pour 1) :
m = dm' et n = dn' avec n' et m' premiers entre eux.
D'après Bezout, il existe a et b entiers relatifs tels que am'+bn' = 1.
a et b sont de signes contraire.
Si c'est b qui est négatif, écrire am' = 1+b'n' où b' = -b.
Puis utiliser 2d+b'n'd = 2am'd.

Posté par
aya4545re : arithmetique divisibilité 13-04-22 à 23:24

salut
merci Sylvieg


m\wedge n=d \implies  u  ; v    ;   entiers    mu+nv=d
a distinguer trois cas   u \geq 0    et   v\geq  0     ; u \geq 0    et   v\leq  0  ;u \leq 0    et   v\geq  0    

  si   u \geq 0    et   v\leq  0      \implies     \exists    v' \geq 0  u=-v'
mu+nv=d \implies  mu =v'n+d

  2^m \equiv 1 [p] et 2^n \equiv 1 [p] \implies   2^{mu} \equiv 1 [p]   \implies  2^{v'n+d} \equiv  1   \equiv  (2^n)v' \times 2^d  \equiv 2^d[p]
par un raisonnement similaire on traite les 2 autres cas
merci  Sylvieg mercicarpediem et bonne nuit

Posté par
Sylvieg Moderateurre : arithmetique divisibilité 14-04-22 à 20:54

Bonsoir,
@aya4545,
Ce que tu as écrit hier autour de 20h ne va pas.
On demande les solutions d'une équation d'inconnue x.
Tu ne les donnes pas.

Posté par
aya4545re : arithmetique divisibilité 14-04-22 à 22:13

bonsoir
j ecris n importe quoi
x ne peut etre  premier puisque 2^x \equiv  2   (x)           2^2\equiv 0 (2)

Posté par
aya4545re : arithmetique divisibilité 14-04-22 à 22:28

si x n est pa s premier
2^{p-1}\equiv  1   (x)            et p-1 ne divise pas x   puisque (p-1) \wedge x =1 donc 2^x  n est pas congru à  1  (x)
S=\lbrace \rbrace

Posté par
aya4545re : arithmetique divisibilité 14-04-22 à 23:07

p etant le pp diseur premier de x

Posté par
Sylvieg Moderateurre : arithmetique divisibilité 15-04-22 à 09:09

Oui,
Bizarre de demander "les solutions " s'il n'y en pas.
Déjà, il y avait une coquille dans l'énoncé de 2)c) : 2^r \equiv 1 [p] et pas 2^r \equiv 1 [n].
Et au début de 2), l'existence de p nécessite n différent de 1. Sinon, pas de p premier qui divise n.

Ensuite, dans 3), tu ne sembles pas utiliser 1).
Or, il est clair que 2)c) (après correction de la coquille) conduit à utiliser 1).

Posté par
aya4545re : arithmetique divisibilité 15-04-22 à 12:31

Merci Sylvieg


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