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Divisibilité par 3

Posté par Belenos (invité) 08-11-05 à 16:17

Bonjour,

je ne trouve pas comment démontrer que si la somme des chiffres d'un nombre est divisible par trois alors ce nombre est divisible par trois.

J'ai commencé par dire qu'on peut écrire les entiers anan-1...a2a1a0.
Donc il faudrai démontrer que:

\forall A\in\mathbb{Z},A=a_n...a_1a_0,(3|\sum_{i=0}^n a_i\Longleftrightarrow 3|A)

c'est-à-dire:

\forall a_i\in\mathbb{Z},(\sum_{i=0}^n a_i \equiv 0[3]\Longleftrightarrow\sum_{i=0}^n 10^ia_i \equiv 0[3])

Je souhaiterai déja savoir si c'est bon pour le moment.
Voila je vois pas comment on peut apporter le 10i, si quelqu'un a un incice...  merci.

Posté par
lolo217re : Divisibilité par 3 08-11-05 à 16:20

oui c'est bon , sinon  10 = 3.3 +1 .

Posté par
Nightmarere : Divisibilité par 3 08-11-05 à 16:25

Bonjour

Une idée :

Soit 3$\rm n=\bar_{a_{n}a_{n-1}...a_{0}} notre nombre dans le systéme décimal.
On peut écrire :
3$\rm n=10^{n}a_{n}+10^{n-1}a_{n-1}+...+10a_{1}+a_{0}
Soit :
3$\rm n=(1+9)^{n}a_{n}+(1+9)^{n-1}a_{n-1}+...+(1+9)a_{1}+a_{0}
avec Newton :
3$\rm n=9^{n}a_{n}+P_{n}a_{n}+a_{n}+9^{n-1}a_{n}+P_{n-1}a_{n-1}+a_{n-1}...+9a_{1}+P_{1}a_{1}+a_{1}+a_{0} où les 3$\rm P_{n} sont des expressions divisibles par 9
On peut ordoner pour écrire :
3$\rm n=(9^{n}+P_{n})a_{n}+(9^{n-1}+P_{n-1})a_{n-1}+...+(9+P_{1})a_{1}+a_{n}+a_{n-1}+...+a_{0}
Or :
3$\rm 3|((9^{n}+P_{n})a_{n}+(9^{n-1}+P_{n-1})a_{n-1}+...+(9+P_{1})a_{1})
donc si en plus 3$\rm 3|a_{n}+a_{n-1}+...+a_{0} alors 3$\rm \fbox{3|n}

Il y a peut-être plus simple (avec les congruences par exemple)

Posté par Belenos (invité)re : Divisibilité par 3 08-11-05 à 16:39

Merci pour des réponses aussi rapides !
Les Pn sont des polynôme si j'ai bien suivit.
Comment sait-on que les Pn sont divisible par 3 ?

Posté par Belenos (invité)re : Divisibilité par 3 08-11-05 à 16:40

Par 9 pardon !

Posté par
Nightmarere : Divisibilité par 3 08-11-05 à 16:50

D'aprés le binôme de Newton :
3$\rm (1+9)^{n}=\sum_{k=0}^{n} C_{n}^{k}1^{n-k}9^{k}=(1+9)^{n}=\sum_{k=0}^{n} C_{n}^{k}9^{k}
On peut écrire :
3$\rm \sum_{k=0}^{n} C_{n}^{k}9^{k}=C_{n}^{0}9^{0}+\[\sum_{k=0}^{n-1} C_{n}^{k}9^{k}\]+C_{n}^{n} 9
soit :
3$\rm (1+9)^{n}=1+\[\sum_{k=0}^{n-1} C_{n}^{k}9^{k}\]+9

Mes Pn ici correspondent à 3$\rm \sum_{k=0}^{n-1} C_{n}^{k}9^{k}

Posté par
Nightmarere : Divisibilité par 3 08-11-05 à 16:51

Pardon, à partir de la 4éme somme, c'est k=1 et non k=0 (le cas k=0 étant traité par 3$\rm C_{n}^{0}9^{0}

Posté par Belenos (invité)re : Divisibilité par 3 08-11-05 à 17:03

Ok je comprend mieux mais c'est pas aussi simple que je l'aurait cru au départ

Merci beaucoup pour ton aide Nightmare !

Posté par
Nightmarere : Divisibilité par 3 08-11-05 à 17:07

Posté par Belenos (invité)La démonstration qui tue ! 08-11-05 à 18:16

Voilà une façon simple de démontrer le critère de divisibilité par 3 (j'ai trouvé tout seul, je vous en fais profiter ! ). Pour un nombre entier s'écrivant a_na_{n-1}...a_1a_0:

10\equiv 1[3]
donc:
\forall i\in\mathbb{N},10^i\equiv 1[3]
donc:
\forall a_i\in\mathbb{Z},\forall i\in\mathbb{N},10^ia_i\equiv a_i[3]
donc:
\forall a_i\in\mathbb{Z},(\sum_{i=0}^{i=n}10^ia_i\equiv \sum_{i=0}^{i=n}a_i[3])
donc:
\forall a_i\in\mathbb{N},(\sum_{i=0}^{i=n}10^ia_i\equiv 0[3]\Longleftrightarrow \sum_{i=0}^{i=n}a_i\equiv 0[3])

D'où on en déduit la règle: \red\textrm Si la somme des chiffres d'un nombre est divisible par trois, alors ce nombre est divisible par trois.

Voilà, je voulais savoir ce qu'en disent les experts.
Je suis content de moi, ditent moi que c'est bon !

Posté par
Nightmarere : Divisibilité par 3 08-11-05 à 18:26

Oui c'est juste, mais attention, ai sont naturels et non relatifs


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