salut

2015=0[2015] donc  2015! = 0[2015]  --> 2^(2015!) =1[2015]  --> 2^(2015!)-1 =1-1[2015]

et 2^(2015!)-1 =0[2015]   ( sauf infraction aux regles des congruences )

Ah d'accord merci je cherchais trop loin ^^

bonjour,

Bonjour,
Tout à fait d'accord avec Sbarre

Avec le petit théorème de Fermat : 2 n'est pas divisible par 2015 ; donc 2^2015-1 1 [2015] .
Ceci permet de conclure, je pense.

Bon, moi aussi j'écris des bêtises
2015 n'est pas vraiment premier...
Cependant, il me semble que n'importe quel premier inférieur à 2015 convient.

Faut-il choisir un diviseur premier de 2015 ?
Je ne vais plus être devant mon ordi avant la fin d'après midi.

si j'ai 2015! = 0[2015]  soit  2015! = k. 2015 qu'est ce qui m'empêche d'écrire que  2^(2015)! = 2^(2015.k) ?

Bonjour,

le petit théorème de Fermat a été étendu par Euler au modules non premiers :

si a et b sont premiers entre eux
a^(b) 1 [b]
où (b) est "l'indicateur d'Euler" de b, le nombre de nombres premiers avec b et < b

donc ici 2 est premier avec 2015
calculons (2015)
une formule "bien connue" permet de calculer ça à partir de la décomposition de 2015 en facteurs premiers 2015 = 5×13×31 :
(2015) = (5-1)(13-1)(31-1) = 1440

on en déduit que 2¹⁴⁴⁰ 1 [2015]
ce n'est pas le plus petit exposant qui a cette propriété là mais inutile d'aller plus loin ici : 2015! contenant le facteur 1440, on a :
2015! = 1440k et 2^2015! = (2¹⁴⁴⁰)^k 1^k 1 [2015]


le problème est que cette extension par Euler et l'indicateur d'Euler ne me semble pas au programme et il faut exhiber une autre astuce ...

par exemple chercher "systématiquement" pour quel exposant n minimum on a 2ⁿ 1 [2015]
cet exposant là est forcément un des 35 diviseurs de 1440, mais si on ne le sait pas à priori il n'y a pas d'autre choix que d'essayer les nombres entiers tous systématiquement
on peut commencer par 2¹⁰ = 1024 1024 [2015]
puis multiplier par 2 modulo 2015 de proche en proche
comme on calcule modulo 2015, on n'a jamais besoin de nombres > 2*2015 = 4030
un petit programme sur calculette donne le plus petit n = 60
(pfff faire 60 calculs à la main bof ...)

c'est à dire 2⁶⁰ 1 [2015]
maintenant qu'on a trouvé ce nombre 60 on peut prouver "sur papier" que 2⁶⁰ 1 [2015] en beaucoup moins de 60 opérations !
2¹⁰ = 1024
2²⁰ = 1024² = 1048576 776 [2015]
2³⁰ = 2¹⁰2²⁰ 1024776 = 794624 714 [2015]
2⁶⁰ = (2³⁰)² 714² = 509796 1 [2015]

et la suite du raisonnement idem
(sans connaitre ni l'extension d'Euler du théorème de Fermat)

effectivement Sbarre merci me suis relu attentivement !!! ...j'ai mer...un peu

Mathafou !

Voici une autre manière de trouver 60 :
2015 = 51331
2ⁿ - 1 est un multiple de 2015 si et seulement si 2ⁿ - 1 est un multiple de 5 , 13 et 31 .
D'où :
2ⁿ 1 [2015] 2ⁿ 1 [5] et 2ⁿ 1 [13] et 2ⁿ 1 [31] .
Chercher des petits entiers vérifiant les congruences modulo 5, 13 et 31 peut se faire "à la main" ; on trouve 2⁴ 1 [5] , 2¹² 1 [13] et 2⁵ 1 [31].
Le PPCM de 4,12 et 5 est 60.
On en déduit que 2⁶⁰ 1 [5] , 2⁶⁰ 1 [13] et 2⁶⁰ 1 [31].
D'où 2⁶⁰-1 est un multiple de 5, 13 et 31 donc de 2015.

On peut préférer utiliser trois fois Fermat qui donne 2⁴ 1 [5] , 2¹² 1 [13] et 2³⁰ 1 [31]. Puis utiliser 41230 au lieu de 60 .

Merci Robertdelamarre pour cet exercice intéressant

bien vu avec les 3 Fermat (c'est en plus certainement ce qui était attendu)

Citation :
Puis utiliser 41230 au lieu de 60

D'accord pour le PPCM !
J'ai remarqué depuis que le produit redonne le 1440 de (2015). Je n'ai donc sans doute fait que redémontrer l'extension du petit théorème de Fermat dans ce cas particulier.

lorsque le module est le produit de nombres premiers distincts, ce que tu as calculé est effectivement la démonstration.
de façon générale si a et b sont premiers entre eux on a (ab) = (a)(b)
la difficulté de la preuve vient quand les facteurs premiers sont à des puissances > 1
(p²) (p)(p)
(ce n'est pas insurmontable non plus ...)