Bonjour,
j'ai une question pour vous :
bonjour
une méthode bourrine :
n(n+1) est obligatoirement pair
posons n=3k+a avec a=0,1 ou 2
n(n+1)(2n+1)=(3k+a)(3k+a+1)(6k+2a+1)=3K+a(a+1)(2a+1) ( ou n(n+1)(2n+1) = a(a+1)(2a+1) mod3 )
a=0 alors a(a+1)(2a+1)=0 multiple de 3
a=1 alors a(a+1)(2a+1)=6 multiple de 3
a=2 alors a(a+1)(2a+1)=30 multiple de 3
je ne sais pas si c'est cette méthode que tu as utilisée ?
bonjour Rudy
merci de ta réponse,
j'ai travaillé en modulo 6 donc avec n=6k+a et a=0,1 2, ... 5
mais en travaillant en modulo 3 comme tu l'as fait on obtient aussi que des multiples de 6
Bonjour,
puisque tu cherches une autre méthode, je peux t'en proposer une mais qui n'est sûrement pas ce que ton prof attend.
Il suffit de montrer que B est la somme des n premiers carrés (c'est une formule connue), mais on n'apprend pas ça en terminale en général.
On pose f(k)=k(k+1)(2k+1).
On a B=f(n)-f(0) d'où B=(k=1..n, f(k) - f(k-1)) (téléscopage), puis par le calcul on a f(k) - f(k-1) = 6k² (pas évident mais tu peux le faire si tu ne me crois pas).
B=(k=1..n, 6k²)/6 =
(k=1..n, k²) d'où B entier.
Je suppose que vous ne connaissez pas le téléscopage en terminale, donc petite explication :
B = f(n) - f(0)
= f(n) - f(n-1)
+ f(n-1) - f(n-2)
+ ...
+ f(2) - f(1)
+ f(1) - f(0)
= (k=1..n, f(k) - f(k-1))
Les f(k) s'annulent avec les -f(k-1) pour les indices intermédiaires et il ne reste que les indices extrèmes : f(n) et f(1-1).
Voilà, maintenant tout ça c'est plus pour ta culture mathématique.
Bonjour !
Les questions d'arithmétiques au niveau terminales peuvent souvent se résoudre par récurrence. Tu initialise ta propriété pour n=0 0 est bien divisible par 6 ensuite ton hypothèse de récurrence suppose que ta propriété marche au rang n et pour n+1 :
(n+1)(n+2)(2n+3) = (n+1)(n+2)(2n+1) + 2(n+1)(n+2) = ... = n(n+1)(2n+1) + 2(n+1)(3n+3)
et grâce à ton hypothèse tu as le premier terme multiple de 6 et en factorisant 3 dans le second membre, tu vois qu'il est aussi multiple de 6 donc ta propriété est vrai pour tout n !
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