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Niveau LicenceMaths 2e/3e a
Sujet de capes 2006
Posté par mousse42
Bonjour,
Un sujet de CAPES externe 2006 (Epreuve sur dossier)
Citation :
On se donne une partie A de \N^*, finie et non vide.
On suppose que pour tous éléments
et 
de 
, }\in A)
1) Montrer que
2) Montrer que A ne contient que des entiers pairs
3) Montrer que
On se donne une partie A de \N^*, finie et non vide.
On suppose que pour tous éléments
1) Montrer que
2) Montrer que A ne contient que des entiers pairs
3) Montrer que
Pour le 1 c'est simple
Pour le 2,
On note
Soit
Ainsi si
Donc les éléments de
3) Soit
en réitérant avec 2 je trouve
Si je définie la suite
Tu peux montrer que si m est différent de 2, un entier impair est dans A ce qui est absurde.
Par récurrence :
Si 4 est dans A alors (4+2)/2 = 3
Si tous les entiers de 4 à 2n vérifient la propriété pour 2n+2 :
(2n+2+2)/2 = n+2
Si n+2 est impair c'est gagné
Sinon n+2 est un entier pair inférieur ou égal à 2n
Supposons par l'absurde qu'il existe un autre entier dans A différent de 2 . On note alors le plus petit élément de A\{2} qui est une partie non vide de N et on sait que c'est un entier pair
(via la question 2) .
Alors comme tu l'as montré, on a . Or,
donc
d'où
, ce qui est absurde par choix de m ...
je vais considérer la suite et
par itérations successives, on a
il me viens une idée, tout nombre pair est de la forme avec
impair et là ça marche, enfin je pense je regarde ça demain
il me viens une idée, tout nombre pair est de la forme avec
impair.
Ainsi par itérations successives, on a
or
est impair
Bonsoir,
Une autre manière de prouver 3) est de montrer que si est dans
alors la valuation 2-adique de
(la puissance de 2 dans la décomposition de m en produit de facteurs premiers) est inférieure strictement à 2 (et du coup supérieure strictement à 0).
Ainsi, si , alors
, avec
impair. Mais
implique
. Or,
implique que 4 ne divise pas
(sa valuation 2-adique vaut 1), et donc que
ne peut être congru à 3 mod 4. Mais
est impair et donc ne peut être congru à 0 ou 2 mod 4. Ainsi, on a montré que
.
Donc quel que soit , il existe k tel que
.
Du coup, on a successivement (en appliquant la propriété de l'ensemble) que ,
,
,
appartiennent à
(car si
n'est pas divisible par
,
est impair et appartient à A). On obtient finalement que pour tout
,
, en particulier, on a que
. Ce qui n'est possible que si
.
Foxdevil @ 25-07-2020 à 00:44
Ah du coup, on a proposé cette idée en même temps
(bon la mienne est quand même un peu inutilement compliquée...Ah du coup, on a proposé cette idée en même temps
)mousse42 @ 25-07-2020 à 00:03
Zrun bien vu
ça c'est une preuve !!
Zrun bien vu
ça c'est une preuve !!
Tu peux retenir de manière générale la méthode consistant à raisonner par l'absurde et considérer le plus petit élément d'un certain ensemble pour aboutir à une contradiction . Ça marche très bien par exemple pour montrer que toutes une suite de valeurs est nulle etc ...
Merci Zrun, mais je n'y aurais jamais pensé, au fait je voulais à tout prix utiliser la propriété que A est fini.
On peut dire que si on utilise un raisonnement par récurrence pour arriver à une contradiction (ce que j'ai fait à 25-07-20 à 00:30) alors on peut réfléchir à une preuve avec le plus petit élément pour soulever une contradiction.
Oui c'est ça l'idée . En fait tu as déjà utilisé que À est fini pour montrer que les éléments sont tous pairs
salut
mousse42 @ 25-07-2020 à 10:24
je voulais à tout prix utiliser la propriété que A est fini.
je voulais à tout prix utiliser la propriété que A est fini.
A est fini donc possède un maximum m avec
donc A contient
donc d'après 2/ n = 1 et m = 2p avec p impair
donc A contient p + 1 qui est pair et distinct de 2 si p > 1 donc A contient un impair à nouveau d 'après (*)
si p > 1 alors p = 2q + 1 avec q > 0 donc m = 2(2q + 1) et (m + 2)/pgcd (m ,2) = 2(q + 1)
A
donc [2(q + 1) + 2]/pgcd [2(q + 1), 2] = q + 2
A
donc q est pair et q = 2k et k + 2
A
mais je n'arrive pas à montrer que p = 1 ...
la meilleure méthode est celle de Zrun ... qui ne nécessite pas que A soit finie ... ni même la proposition de Foxdevil ...
