Inscription / Connexion Nouveau Sujet
Accueil l'île des mathématiques Forum de mathématiquesListe de tous les forums de mathématiques LycéeOn parle exclusivement de maths, niveau lycée. Loisir ArithmétiqueTopics traitant de Arithmétique [tout]Lister tous les topics de mathématiques
Niveau Loisir
Partager :

divisibilité par entiers consécutifs

Posté par
fabo34 21-09-23 à 17:07

Bonjour.

  Je vois passer des exercices de lycée de divisibilité. Sans utiliser la congruence, mais la propriété des entiers consécutifs.
À savoir le fait que si on se fixe un entier n, alors :
1 des \left\{ n-1, n,n+1\right\} est multiple de 3
1 des \left\{ n-2, n-1,n,n+1,n+2\right\} est multiple de 5

Exemple: petit théorème de Fermat

n^3-n=n(n^2-1)=n(n+1)(n-1)
donc 3\mid  n^3-n

n^5-n=n(n^4-1)=n(n^2-1)(n^2-4+5)
soit  n^5-n=n(n+1)(n-1)[ (n-2)(n+2)+5]
donc  5 \mid n^5-n

Du coup j'ai trouvé la technique "élégante" et j'ai voulu essayer avec 7. Mais je n'arrive pas à faire apparaître tous les termes (pourtant le theorème est vrai ! )

n^7-n=n(n^3-1)(n^3+1)=n(n-1)(n^2+n+1)(n+1)(n^2-n+1)

Maintenant il faut faire apparaître les n+2 et n+3:

(n^2+n+1)=(n-3)^2+7n-8=(n-3)^2-1+7(n-1)=(n-4)(n-2)+7(n-1)
(n^2-n+1)=(n+3)^2-7n-8=(n+3)^2-1-7(n+1)=(n+4)(n+2)-7(n+1)

Et là rien ne va plus:
Soit on fait apparaître  n+2, et on a un n+4 qui est hors jeu.
Soit on fait apparaître les n-3,n+3. Mais l'expression semble alors indiquer que si ce sont l'un d'eux les multiples de 7, alors le tout  n'est pas multiple de 7

J'ai rerevérifié les calculs ... Bizarre. Je dois me fourvoyer quelque part
Qu'en pensez-vous?

Posté par
carpediemre : divisibilité par entiers consécutifs 21-09-23 à 17:25

salut

c'est bien pour cela qu'il y a deux facteurs du second degré et chacun participe pour apporter un facteur manquant : l'un apporte le facteur n + 2 et un multiple de 7 et l'autre apporte le facteur n - 2 et un multiple de 7

et ce serait trop simple si un facteur pouvait tout apporter ...

ne croit pas que c'est à l'identique pour chaque entier

enfin on peut remarquer que n - 4 = n + 3 - 7 et réciproquement n - 3 = n + 4 - 7

Posté par
fabo34re : divisibilité par entiers consécutifs 21-09-23 à 19:06

Ah oui! Il faut transformer les n\pm 4

(n-4)(n-2)+7(n-1)=(n+3-7)(n-2)+7(n-1)=(n+3)+7[(n-1)-(n-2)]

La forme à droite dit que si (n+3) est le multiple de 7, ça fonctionne
La forme de gauche  que si c'est le (n-2), ça fonctionne encore.

Idem pour les (n-3) et  (n+2) sur l'autre facteur du second degré.

Du coup c'est bon, les n, n\pm1 étant tout le temps en facteur, on a tout le monde.

C'est correct si on le rédige comme ça? En fait, je pensais trouver une expression où j'allais tous les afficher, comme dans le cas 3 et 5, et ne pas avoir à "choisir" de forme en fonction des rang.

Posté par
carpediemre : divisibilité par entiers consécutifs 21-09-23 à 19:33

c'est tout l'avantage des "modulo" et congruence qui permettent aisément de traduire cela sous forme (plus) symbolique : on fait la même chose mais c'est plus fastidieux sans car calculatoire

il y a une erreur dans ton développement (facteur manquant)

Posté par
carpediemre : divisibilité par entiers consécutifs 21-09-23 à 19:39

après avoir mis le facteur (n - 1)n(n + 1) de côté je m'occuperai de chaque facteur

n^2 + n + 1 = n^2 - 6n + 8 + 7n - 7 = (n + 2)(n + 4) + 7(n + 1) = (n + 2)(n - 3 + 7) + 7(n + 1) = (n + 2)(n - 3) + 7(2n + 3)

n^2 - n + 1 = ...

j'écrirai alors le résultat final sous forme de produit mais je ne ferai très certainement aucun calcul supplémentaire mais expliquerai en français ce qui se passe pour justifier que l'ensemble est multiple de 7

Posté par
carpediemre : divisibilité par entiers consécutifs 21-09-23 à 19:40

pardon : des fautes de signe que tu corrigeras ...

Posté par
fabo34re : divisibilité par entiers consécutifs 21-09-23 à 20:15

Oui, les modulos, c'est imparable! Quand on connaît, c'est tellement puissant. Mais c'est uniquement au programme de Maths Expertes. En Spé Math, quand je vois les énoncés, les divisibilités peuvent généralement être réglées en 1 ligne par les modulos. Mais ils sont obligés d'utiliser des récurrences. Ou éventuellement ce que j'essaie de faire.

ok pour l'erreur. Et en réécrivant les n\pm4, ça se simplifie!

(n-4)(n-2)+7(n-1)=(n+3-7)(n-2)+7(n-1)=(n+3)(n-2)+7)
(n+4)(n+2)-7(n+1)=(n-3+7)(n+2)-7(n+1)=(n-3)(n+2)+7)


Donc en fait c'est bon, on a tout le monde!  
Qu'est-ce que c'est beau!

n^7-n=n(n-1)(n+1)((n+3)(n-2)+7)((n-3)(n+2)+7)

\Rightarrow \forall n, 7\mid n^7-n

Posté par
carpediemre : divisibilité par entiers consécutifs 21-09-23 à 20:52

fabo34 @ 21-09-2023 à 20:15

Oui, les modulos, c'est imparable! Quand on connaît, c'est tellement puissant.
certes mais uniquement par ce (en deux mots !!) que ça signifie car c'est simplement écrire la même chose sans se trainer les multiples de 7

c'est la même chose avec les angles orientés pour ne pas se trainer les + k2\pi

Posté par
fabo34re : divisibilité par entiers consécutifs 21-09-23 à 21:22

Il me semblait y voir plus de "puissance".
Genre 4\mid 5^n-1, c'est immédiat avec les modulo, puisque 5^n-1\equiv1^n-1\equiv 0[4] . Alors que c'est moins direct avec une récurrence ...


Bon, je réécris les formes, car je trouve ça tellement beau.
Je ne sais pas pourquoi, je trouve ça incroyable:


n^3-n=n(n^2-1)=n(n+1)(n-1)
\Rightarrow \forall n, 3\mid  n^3-n

n^5-n=n(n+1)(n-1)[ (n-2)(n+2)+5]
\Rightarrow \forall n, 5 \mid n^5-n

n^7-n=n(n-1)(n+1)((n+3)(n-2)+7)((n-3)(n+2)+7)
\Rightarrow \forall n, 7\mid n^7-n



Et je lance les questions suivantes:
Quid de la puissance 11?
Y-aurait-t-il une forme "générale" où se répartissent les rangs?

Posté par
carpediemre : divisibilité par entiers consécutifs 21-09-23 à 22:03

et si je te dis :   5^n = (4 + 1)^n = \sum_0^n {n \choose k} 4^k \times 1^{n - k}

alors il est évident que 4 divise tous les termes d'indice k non nul

et il reste 1 (terme d'indice 0) auquel on retranche 1 donc 5^n - 1 est multiple de 4




pour 11 c'est la même chose ... mais en plus long !!


je ne comprends pas ta dernière question et cette histoire de rang

Posté par
malou Webmasterre : divisibilité par entiers consécutifs 21-09-23 à 22:13

Bonsoir
Je dirais volontiers qu'en début d'année on va faire ça avec une récurrence qui s'etudie maintenant et plus tard on le refera avec des modulos.

Posté par
carpediemre : divisibilité par entiers consécutifs 21-09-23 à 22:17

une autre démonstration pour 5^n - 1

5^{2n} - 1 = (5^n - 1)(5^n + 1)  (donc en particulier il suffit de le montrer pour n impair)

5^{2n + 1} - 1 = 5[5^{2n} - 1] + 5 - 1 = 5(5^n - 1)(5^n + 1) + 4

notons P(n) la propriété : 5^n - 1 est multiple de 4

on voit donc que :

1/ P(n) => P(2n)
2/ P(n) => P(2n + 1)
3/ P(0) et P(1) sont vraies

donc par récurrence P(n) est vraies pour tout n

c'est une récurrence bien plus efficace que P(n) => P(n + 1)

Posté par
fabo34re : divisibilité par entiers consécutifs 21-09-23 à 22:51

Que de variantes! Et pas besoin du binôme de Newton pour la 2ème!


Pour la question, oui le "rang", c'est mal dit. En fait, si on prend n'importe quel entier n, tous les entiers "consécutifs" de [[n-q;n+q]] ,avec p=2q+1, doivent apparaître dans l'expression de n^p-n . Je voulais juste savoir s'il y avait un schéma (simple) de répartition de ces nombres dans une expression générale qu'on pourrait deviner à l'avance.

Après, c'est complètement "inutile", le petit théorème de Fermat se démontrant en quelques lignes avec une récurrence (pour le coup!). Mais cela implique de connaître le binôme de Newton, et la propriété de divisibilité des coefficients binomiaux avec des nombres premiers (pas vu en Spé math).
Ici je trouvais juste joli d'utiliser les expressions trouveées et l'argument de dire que dans  [[n-q;n+q]], il y en a  forcément un qui est multiple de p.

Posté par
fabo34re : divisibilité par entiers consécutifs 22-09-23 à 09:21

Bonjour carpediem

J'ai compris ce que tu me disais pour la rédaction. En fait, si on veut uniquement montrer la divisibilité, on peut rédiger en modulo. L'égalité est trop forte (même s'il y en a une)

n^7-n=n(n^3-1)(n^3+1)=n(n-1)(n^2+n+1)(n+1)(n^2-n+1)

n^2 + n + 1 \equiv ... \equiv (n + 2)(n - 3) \quad[7]
n^2 - n + 1 \equiv ... \equiv (n - 2)(n + 3) \quad[7]

donc n^7-n\equiv n(n-1)(n+1)(n+2)(n-2)(n+3)(n-3) \quad[7]
donc 7 \mid n^7-n (parce qu'il y en a forcément un dans le lot qui est multiple de 7)

Est-ce correct comme rédaction?

Hier, je voulais absolument trouver une égalité. Mais c'est beaucoup trop d'effort pour la divisibilité. Cela dit, l'expression est si proche! C'est ça que je trouve incroyable. Et si on en prend le modulo, les 7 disparaissent; on retombe bien sur le produit des 7 termes consécutifs

n^7-n=n(n-1)(n+1)((n+3)(n-2)+7)((n-3)(n+2)+7)

Posté par
carpediemre : divisibilité par entiers consécutifs 22-09-23 à 18:55

et oui l'avantage des modulo 7 c'est que dès qu'on a un multiple de 7 on le met à la poubelle, ce qui simplifie considérablement les expressions

oui c'est bon ... j'écrirai simplement le produit dans l'ordre croissant de n - 3 à n + 3 pour bien montrer/voir qu'on a 7 entiers consécutifs

Posté par
tetrasre : divisibilité par entiers consécutifs 23-09-23 à 09:54

bonjour
pourquoi n(n-1)(n+1)[(n-2)(n+2)+5] est il un multiple de 5?
1er message initial de fabo 34

Merci                       

Posté par
carpediemre : divisibilité par entiers consécutifs 23-09-23 à 11:55

n(n-1)(n+1)[(n-2)(n+2)+5] = (n - 2)(n - 1)n(n + 1)(n + 2) + 5 truc

un produit de n facteurs consécutifs est multiple de n (prendre n = 5 ici) (preuve : la division euclidienne)

et 5 truc est évidemment multiple de 5

Posté par
tetrasre : divisibilité par entiers consécutifs 23-09-23 à 12:33

je ne comprends pas comment tu enlèves le [ ]

A.B.C.[D.E+5] A.B.C.D.E+5

et j'ai compris que le produit de 5 entiers consécutifs est un multiple de 5

Posté par
carpediemre : divisibilité par entiers consécutifs 23-09-23 à 13:17

A.B.C.[D.E + 5] = A.B.C.D.E+5A.B.C

Posté par
tetrasre : divisibilité par entiers consécutifs 23-09-23 à 16:18

ah astucieux merci

Posté par
carpediemre : divisibilité par entiers consécutifs 23-09-23 à 17:32

de rien

Posté par
fabo34re : divisibilité par entiers consécutifs 24-09-23 à 09:16

\begin{array}{ll} n^{11}-n= & n(n-1)(n+1)\\&((n-3)(n+4)+11)\\&((n+3)(n-4)+11)\\&((n-2)(n+5)+11)\\&((n+2)(n-5)+11) \\& + 11n^3 (n^6 + 3n^6 - 3n^2 + 1)\end{array}

Je n'ai tenté les calculs à la main mais ça devenait horrible.
Donc changement de méthode. Les formes précédentes donnait l'imression suivante:  lorsque p est premier, on peut toujours regrouper tous ses entiers inférieurs en couples dont le produit fait \pm1[p]. Les entiers qui ne se mettent pas par couples sont des "carrés", (comme 1).  C'est pour ça que la factorisation "développée" donne -n et un n^p
Pour ces couples (a,b),  on considèrera alors les expressions (n-a)(n+b)+p et son "symétrique" (n-a)(n+b)+p


Ici avec 11, on considère les entiers (1,2,3,4,5), qui donne les couples (2,5) et (3,4).
On a bien avec 2\times5\equiv-1[p][/tex ] et  [tex]3\times4\equiv1[p].


Ça donne un reste multiple de 11, mais bien entendu ça n'est pas moi qui l'ai calculé (calcul formel de géogebra).

Posté par
fabo34re : divisibilité par entiers consécutifs 24-09-23 à 09:49

\begin{array}{ll} n^{13}-n= & n(n-1)(n+1)\\&((n-2)(n+6)+13)\\&((n+6)(n-2)+13)\\&((n-3)(n+4)+13)\\&((n+3)(n-4)+13) \\&((n-5)(n+5)+13) \\& + 13P(n) )\end{array}

Même "cuisine". Dans 13, on considère (1,2,3,4,5). Et  2.6\equiv 3.4\equiv 5^2\equiv -1[13]

Bon. Je m'arrête là. Ca doit surement continuer à fonctionner. Mais ça ne sert pas à grand chose.

Sauf peut-être ce "constat" sur les nombres premiers

Posté par
carpediemre : divisibilité par entiers consécutifs 24-09-23 à 09:49

on peut peut-être généraliser un peu ton idée pour n^p - n avec p premier

si p est premier alors tout entier possède un inverse modulo p : pour tout k il existe un entier j tel que kj \equiv 1  [p] $ ou $ kj \equiv - 1  [p] (c'est l'identité de Bachet-Bézout écrite avec les congruences)

donc cela revient à montrer que n^p - n s'écrit toujours n(n - 1)(n - 2) ... (n - p + 1) + pk
écriture équivalente à n(n + 1)(n + 2) ... (n + p - 1) + k'p
ou encore plus généralement à (n - x)(n - x + 1)(n - x + 2) ... (n - 1)n(n + 1) ... (n + y - 2)(n + y - 1)(n + y) + k''p avec x + y = p - 1

dans les trois cas il y a bien p facteurs consécutifs ...

Posté par
fabo34re : divisibilité par entiers consécutifs 24-09-23 à 09:51

Dans 13, on considère (1,2,3,4,5,6). Et  2.6\equiv 3.4\equiv 5^2\equiv -1[13]

Posté par
fabo34re : divisibilité par entiers consécutifs 24-09-23 à 09:56

ah oui, merci carpediem . Je n'avais plus pensé à Bézout ! C'est donc normal que "tout entier possède un inverse modulo p" pour p premier. Et donc que Z/pZ est un corps ?

Posté par
carpediemre : divisibilité par entiers consécutifs 24-09-23 à 10:03

oui ...

et par exemple avec 13 tu as aussi :

2 * 7 = 1
3 * 9 = 1
4 * 10 = 1
5 * 8 = 1

et tu remarqueras que 6 + 7 = 4 + 9 = 3 + 10 = 4 + 9 = ... = 13

donc 2 * 6 = -1 ou encore 2 * (13 - 6) = 1

Posté par
fabo34re : divisibilité par entiers consécutifs 24-09-23 à 12:19

Oui, je vois l'idée.
Juste avant, je corrige une petite coquille: pour "s'assurer" des coefficient 1 sur n^p et -n, il faut considérer  5²=2*13-1

\begin{array}{ll} n^{13}-n= & n(n-1)(n+1)\\&((n-2)(n+6)+13)\\&((n+6)(n-2)+13)\\&((n-3)(n+4)+13)\\&((n+3)(n-4)+13) \\&((n-5)(n+5)+\textbf{2}\times13) \\& + 13n^3 (n^8 - n^6 + n^2 + 1) \end{array}

Mais bon. Vouloir trouver l'égalité est bien trop fort pour arriver au petit théorème de Fermat. Une fois qu'on a appliqué la recette, un "reste" apparait à partir de p=11, et à mon avis incalculable à la main (du moins sans "règle" facile). C'est bien dommage. Ca partait bien: ç'aurait été trop beau

En congruence, on pourrait peut-être arriver facilement à n^p-n\equiv \prod_{k=0}^{p}(n-k)  ... en regroupant les facteurs (n-k) par 2, ceux dont le produit donne -1 [p] ?
Mais ensuite, pourquoi ça se goupillerait bien ?

Posté par
fabo34re : divisibilité par entiers consécutifs 24-09-23 à 12:23

n^p-n\equiv \prod_{k=0}^{p-1}(n-k)\quad [p]  


Rechercher
Menu
Espace membre
Changer d'île

Vous devez être membre accéder à ce service...

Pas encore inscrit ?

1 compte par personne, multi-compte interdit !

Ou identifiez-vous :

Rester sur la page

Inscription gratuite

Fiches en rapport

parmi 1675 fiches de maths

Désolé, votre version d'Internet Explorer est plus que périmée ! Merci de le mettre à jour ou de télécharger Firefox ou Google Chrome pour utiliser le site. Votre ordinateur vous remerciera !