Je veux dire que les jeux de ce type m'ont souvent mis dans une inénarrable fureur de casser le jeu, de tricher , de faire un beau "chaos", et de recomposer ainsi le jeu dans le bon ordre.
C'est pareil pour moi...Je hais tout ce qui se rapproche des puzzles.. _________________ Mon blog: http://nino.akopo.com
Bien, bien, bien !!!
Dès qu'on sort du domaine de l'arithmétique, tout le monde voit rouge !!!
L'intérêt de l'enigme que je propose est que justement il revient à chacun de mathématiser le problème, c'est à dire de l'associer à une théorie mathématique adéquate qui puisse permettre de la resoudre.
Par exemple, celle que j'ai proposée en premier (la fourmi) est très simple par son énoncé, mais un quidam (pas celui auquel je pense...) qui ne sait rien à la théorie des suites sècherait presque à coup sûr.
Moi j'aime bien ce genre d'enigmes: des trucs qui paraissent simples mais qui recèlent des reponses profondes.
Je suppose que vous voyez le jeu dont je parle.
Au lieu de prendre un jeu de 9 cases, simplifions en prenant un jeu de 4 cases
| A | B |
| C | . |
Si je "brouille" en premutant A et B (violation de la règle de jeu), j'obtiens
| B | A |
| C | . |
Il est clair que je ne peux pas partir de la 2e figure à la 1ère en respectant la règle de jeu.
Cela est vrai pour 4 cases, pour 9 cases, et en fait pour n'importe quel nombre de cases.
La question est donc : "Pouvez-vous le demontrer ?"
Je vous donne donc un indice: "un pas" du jeu autorisé est une permutation entre une lettre et une case vide. La violation consiste en la permutation de deux lettres. Si vous utilisez la théorie des (groupes de ) permutations en algèbre, vous avez des chances d'arriver à une très belle demo.
Ah, j'oubliais: c'est Audissoe qui nous a donné la meilleure motivation à la resolution de ce problème !!!
Audissoe Potemkin a écrit:
Je veux dire que les jeux de ce type m'ont souvent mis dans une inénarrable fureur de casser le jeu, de tricher , de faire un beau "chaos", et de recomposer ainsi le jeu dans le bon ordre.
Mon cher Audissoe, ce problème te donnera la preuve que si tu triches en faisant "un beau chaos" aléatoire, tu auras 50% de probabilité de créer une configuration oú tu n'auras aucune chance de pouvoir recomposer la figure initiale (puisque tu auras 50% de probabilité de créer une configuration incompatible avec la règle de jeu, comme ma 2e figure).
Alors que si tu acceptes humblement le "defi" de ton petit frère (recomposer une figure qu'il aura lui-même brouillé), tu es sûr à 100% qu'avec de la patience et de l'énergie, tu arriveras à cette recomposition.
A bon entendeur
Pendant que j'y pense, BMW, puisque tu es modérateur, tu devrais les mettre en post-it verrouillé, comme ça ils seraient tous disponibles facilement. Enfin, ce n'est qu'une suggestion...
Sinon, comme dit M.O.P., ce serait bien en effet qu'ils soient en smilies ; mais, dans ce cas, à qui s'adresser ?
Je comprends l'utilité de l'idée, mais en ce moment, je suis en train de faire le constat que trop de post-its et d'annonces reduisent la visibilité des topics dans les rubriques.
Par exemple dans "Société", ça me paraît un peu touffu, alors qu'ici (Sci & Tech), quand tu entres dans la rubrique, le dernier post du dernier topic apparaît clairement en haut de page, ce qui me paraît vraiment pas mal.
Les smilies, ce serait pas mal si ils pouvaient apparaitre uniquement dans la rubrique Sci & Tech, parce que les integrales et l'alphabet grec dans la rubrique Sport ou Célebrités, je vois d'ici les commentaires (vous avez vu comment ils se la pètent, sur grioo ?????). Mais c'est pas de ma compétence, malheureusement.
Je discuterai de tout ça avec Muana et les autres, merci pour toutes les suggestions.
Existe-t-il une representation mathématique de ce problème?
Ce qu'il y a dans le lien ci-dessous est plus que suffisant pour pouvoir resoudre le problème:
http://folium.eu.org/algebre/struct/gp_sym/gp_sym.html
Permutations, transpositions, inversions, etc...Avec un petit brainstorming on arrive à la solution.
Salut à tous, je propose un petit exo d'arithmétique que j'ai eu à l'époque et qu'on a proposé cette année à un examen .J'ai pas toute la solution mais j'ai recommencé à chercher. Donc si quelqu'un se sent inspiré...
---
Exercice :
( NB : le signe '==' signifie "congru à" )
1) Soit p un nombre premier impair.
a) Montrer qu'il existe un entier naturel k, non nul, tel que 2^k == 1 [P].
b) Soit k un entier naturel non nul tel que 2^k = 1 [P] et soit n un entier naturel. Montrer que, si k divise n, alors 2^n == 1 [P].
c) Soit b tel que 2^b == 1 [P], b étant le plus petit entier non nul vérifiant cette propriété.
Montrer que: si 2^n == 1 [P], alors b divise n.
2) Soit q un nombre premier impair et le nombre A = 2^q - 1.
On prend pour p un facteur premier de A.
a) Justifier que: 2^q == 1 [P].
b) Montrer que p est impair.
c) Soit b tel que 2^b == 1 [P], b étant le plus petit entier non nul vérifiant cette propriété.
Montrer que b divise q. En déduire que b = q.
d) Montrer que q divise p - 1, puis montrer que p == 1 [2q].
3) Soit A1 = 2^17 - 1. Voici la liste des nombres premiers inférieurs à 400 et qui sont de la
forme 34m + 1, avec m entier non nul: 103,137,239,307. ,
En déduire que A1 est premier.
PS : Juste pour voir si certains ont encore les vieux réflexes. Si vous vous en sortez bien, je vous enverrai des petits casse-tête plus corsés.
Voici mes premiers résultats sur le problème de Tchoko. Je ne l'ai pas terminé. Je présente seulement les premières questions.
1) Soit p un nombre premier impair (donc p 2).
a) Montrer qu'il existe un entier naturel k, non nul, tel que 2^k 1 [p].
D'après le petit théorème de Fermat, pour tout entier naturel n et tout nombre premier p, n^p n [p]. De cela, il vient que n^(p - 1) 1 [p]. Posons k = p - 1 et n = 2, soit 2^k 1 [p].
b) Soit k un entier naturel non nul tel que 2^k = 1 [P] et soit n un entier naturel. Montrer que, si k divise n, alors 2^n 1 [p].
On sait désormais que 2^k 1 [p]. Si k divise n, alors n = k'k (k' étant un entier naturel). On a donc (2^k)^k' 1^k' [p], d'où il vient ensuite 2^kk' 1 [p], et donc 2^n 1 [p]
Ouais, c'est ok !
Audissoe Potemkim a écrit:
c) Soit b tel que 2^b 1 [p], b étant le plus petit entier non nul vérifiant cette propriété. Montrer que: si 2^n 1 [p], alors b divise n.
On a 2^b 1 [p]. Si 2^n 1 [p], comme n = k'k (k un entier naturel non nul), posons k = b, d'où il vient que n = k'b et donc que b divise n.
Là Audissoe, ta démo est un peu tirée par les cheveux. Je ne comprends pas comment tu passes de ( 2^n == 1[p] et n = k'k) à n = k'b. Peut-être qu'en utilisant la division euclidienne de n par b tu pourrais arriver au résultat plus rigoureuseument...
Audissoe Potemkim a écrit:
2) Soit q un nombre premier impair et le nombre A = 2^q - 1.
On prend pour p un facteur premier de A.
a) Justifier que: 2^q 1 [p].
A 0 [p] car p est un facteur premier de A. On en déduit que 2^q - 1 0 [p], puis que 2^q 1 [p]
b) Montrer que p est impair.
Si p est pair, alors A est divisible par 2. Or A = 2^q - 1 donc A n'est pas divisible par 2. Il en résulte que p est impair.
C'est correct aussi. J'ai pas encore cherché le reste non plus...
Je fais presque pareil que Audissoe pour les questions 1) et 2)...
3)
A1 vérifie les hypothèses du 2) avec q=17.
On sait que tout nombre composé n admet un diviseur premier plus petit que sqrt(n) ( on peut le voir par l'absurde).
Soit donc p un diviseur premier de A1 vérifiant p <= sqrt(A1).
On vérifie que p <= sqrt(A1) < 2^(8.5)+1 < 400.
D'après la partie 2, p est nécessairement de la forme 34m+1 ( p==1[34] ).
Ainsi p est dans {103,137,239,307}.
** 2^7==25 [103] ==> 2^14==7 [103] et 2^17=56 [103]
103 ne divise donc pas A1.
**2^7==-9 [137] ==> 2^17==100 [137] et 137 ne divise pas A1.
On fait de même pour 239 et 307.
A1 n'a donc pas de diviseur premier plus petit que sa racine carrée.
A1 est donc premier. _________________ Mon blog: http://nino.akopo.com
Je fais presque pareil que Audissoe pour les questions 1) et 2)...
3)
A1 vérifie les hypothèses du 2) avec q=17.
On sait que tout nombre composé n admet un diviseur premier plus petit que sqrt(n) ( on peut le voir par l'absurde).
Soit donc p un diviseur premier de A1 vérifiant p <= sqrt(A1).
On vérifie que p <= sqrt(A1) < 2^(8.5)+1 < 400.
D'après la partie 2, p est nécessairement de la forme 34m+1 ( p==1[34] ).
Ainsi p est dans {103,137,239,307}.
** 2^7==25 [103] ==> 2^14==7 [103] et 2^17=56 [103]
103 ne divise donc pas A1.
**2^7==-9 [137] ==> 2^17==100 [137] et 137 ne divise pas A1.
On fait de même pour 239 et 307.
A1 n'a donc pas de diviseur premier plus petit que sa racine carrée.
A1 est donc premier.
Ouais c'est nickel Nino. Par contre, si tu as une démo rigoureuse de :
Citation:
tout nombre composé n admet un diviseur premier plus petit que sqrt(n)
Parce que j'avoue que j'ai jamais eu à l'utiliser...
Par contre, je vous invite à vous pencher sur la question 2) c), la démonstration d'Audissoe est fausse.
Citation:
2 c) Soit b tel que 2^b 1 [p], b étant le plus petit entier non nul vérifiant cette propriété. Montrer que: si 2^n 1 [p], alors b divise n.
PS : Et en passant, quelqu'un aurait une idée de pourquoi par définition, le nombre 1 n'est pas premier...
Inscrit le: 22 Fév 2004 Messages: 1863 Localisation: UK
Posté le: Sam 21 Aoû 2004 17:00 Sujet du message:
Citation:
Et en passant, quelqu'un aurait une idée de pourquoi par définition, le nombre 1 n'est pas premier...
Bien à tous,
Salut Tchoko!
Un nombre premier par definition, est un nombre qui n'a que deux facteurs : 1 et lui meme; Le nombre 1 ne remplit pas ce critere car il n'a que lui meme comme facteur, par consequent il n'est pas premier
Et en passant, quelqu'un aurait une idée de pourquoi par définition, le nombre 1 n'est pas premier...
Bien à tous,
Salut Tchoko!
Un nombre premier par definition, est un nombre qui n'a que deux facteurs : 1 et lui meme; Le nombre 1 ne remplit pas ce critere car il n'a que lui meme comme facteur, par consequent il n'est pas premier
Bien a toi
Salut Ardin,
tu te doutes bien que la piste de la définition a déja été explorée. Si on ne s'en tient qu'à la définition de base des nombres premiers, celle que tu m'as donnée plus haut, le nombre 1 rentre bien dans les critères :
** Divisible par 1 : 1 ==0[1]
** Divisible par lui même : 1 ==0[1]
En fait, tu aurais pu me dire que 1 n'est pas premier en utilisant une définition (alternative) qui veut qu'un nombre premier ait exactement deux diviseurs, mais qui n'est pas la définition de base et qui résulte au fond du fait qu'on ait exclu 1 de l'ensemble des nombres premiers.
Mais sinon, ma question portait plutôt sur des explications mathématiques qui conduiraient à définir le nombre 1 comme étant non premier.
Inscrit le: 22 Fév 2004 Messages: 1863 Localisation: UK
Posté le: Sam 21 Aoû 2004 19:17 Sujet du message:
Desole Tchoko, j'avais repondu par reflexe!
Je suis a la bourre, si je m'y remet, je m'attelerai a la question 2c avant qu'un autre ne le resolve.
Par contre, je rappelle que j'attends toujours la reponse adequate au probleme que j'avais pose auquel il n'ya eu que des hypotheses enoncees.
tout nombre composé n admet un diviseur premier plus petit que sqrt(n)
Parce que j'avoue que j'ai jamais eu à l'utiliser...
Par l'absurde:
Un nombre composé "n" a au moins un diviseur >1 qu'on appelle "a" .
Il existe donc b>1 tel que n=a*b.
Si a>sqrt(n) ET b>sqrt(n), alors a*b>sqrt(n)^2 (=n), ce qui est absurde.
Donc, l'un des deux diviseurs a ou b est plus petit que sqrt(n).
Si c'est a par exemple, a est soit premier soit admet un diviseur premier (qui est aussi diviseur de n).
Tchoko a écrit:
Par contre, je vous invite à vous pencher sur la question 2) c), la démonstration d'Audissoe est fausse.
Citation:
2 c) Soit b tel que 2^b 1 [p], b étant le plus petit entier non nul vérifiant cette propriété. Montrer que: si 2^n 1 [p], alors b divise n.
On sait que b divise q car "b est le plus petit entier tel que...." et on applique le 1-c).
Comme b ne peut être égal à 1 et que q est premier , alors b=q.
Tchoko a écrit:
PS:Et en passant, quelqu'un aurait une idée de pourquoi par définition, le nombre 1 n'est pas premier.
En fait, pleins de théorèmes ne seraient pas valables si on rajoutait 1.
-Théorème de Wilson
-Décomposition d"un nombre en produits de facteurs premiers
- Z/1Z ne serait pas un corps...
Il me semble que mon prof nous avait dit qu'inclure "1" n'aurait pas fondamentalement gêné, mais aurait induit bcp trop de cas particuliers à étudier à part et il faudrait se passer de certains théorèmes ( décompistion en produits de facteurs premiers..)
Et pour compléter:Montrer qu'il existe une infinité de nombres premiers de la forme 4n + 1. _________________ Mon blog: http://nino.akopo.com
Dernière édition par Nino le Sam 21 Aoû 2004 19:44; édité 1 fois
Par contre, je rappelle que j'attends toujours la reponse adequate au probleme que j'avais pose auquel il n'ya eu que des hypotheses enoncees.
Sans vouloir vous vexer monsieur, il y'a eu des réponses correctes..
Tu attends plutôt TA réponse (celle que tu connais), ce qui n'est pas pareil.... _________________ Mon blog: http://nino.akopo.com
tout nombre composé n admet un diviseur premier plus petit que sqrt(n)
Parce que j'avoue que j'ai jamais eu à l'utiliser...
Par l'absurde:
Un nombre composé "n" a au moins un diviseur >1 qu'on appelle "a" .
Il existe donc b>1 tel que n=a*b.
Si a>sqrt(n) ET b>sqrt(n), alors a*b>sqrt(n)^2 (=n), ce qui est absurde.
Donc, l'un des deux diviseurs a ou b est plus petit que sqrt(n).
Si c'est a par exemple, a est soit premier soit admet un diviseur premier (qui est aussi diviseur de n).
Ok, merci Nino!
Nino a écrit:
Tchoko a écrit:
Par contre, je vous invite à vous pencher sur la question 2) c), la démonstration d'Audissoe est fausse.
Citation:
2 c) Soit b tel que 2^b 1 [p], b étant le plus petit entier non nul vérifiant cette propriété. Montrer que: si 2^n 1 [p], alors b divise n.
On sait que b divise q car "b est le plus petit entier tel que...." et on applique le 1-c).
Comme b ne peut être égal à 1 et que q est premier , alors b=q.
Désolé, mais en fait je voulais plutôt avoir la démonstration de la question 1) c) qui me semblait un peu plus "technique". J'ai induit tout le monde en erreur mais la démo d'Audissoe sur la question 2)c) était correcte. Celle de Nino du dessus aussi, c'est la même idée...
Donc j'attends une démo pour la 1) c), celle d'Audissoe n'était pas correcte et comme Nino a dit qu'il aurait fait sensiblement les même démos que lui pour les questions 1) et 2), je suppose que la sienne aussi allait être fausse.
Nino a écrit:
Tchoko a écrit:
PS:Et en passant, quelqu'un aurait une idée de pourquoi par définition, le nombre 1 n'est pas premier.
En fait, pleins de théorèmes ne seraient pas valables si on rajoutait 1.
-Théorème de Wilson
-Décomposition d"un nombre en produits de facteurs premiers
- Z/1Z ne serait pas un corps...
Il me semble que mon prof nous avait dit qu'inclure "1" n'aurait pas fondamentalement gêné, mais aurait induit bcp trop de cas particuliers à étudier à part et il faudrait se passer de certains théorèmes ( décompistion en produits de facteurs premiers..)
Ouais ok, merci Nino. Je pensais à la décomposition en facteurs premiers qui justement, pour tout nombre est sensée être unique. Si on introduit le nombre 1, on a plus cette unicité puisque 1 = 1x1 = 1x1x1= 1x1x1x1....
Par contre, pour le théorème de Wilson, je pense qu'il marche quand même si on considère 1 comme étant premier, ou bien ?
Wilson, c'est bien (p-1)! + 1 == 0[p] si p premier.....
Pour Z/1Z, je sais pas trop si ça pose problème quand tu l'énonces comme tu l'as fait. En effet, n est premier ssi Z/nZ est un corps. Si 1 est premier, ça me semble toujours correct à priori.
Je pense que tu voulais plutôt dire que si on avait gardé 1 premier, Z/1Z serait un corps alors qu'en fait, il ne l'est pas.
Nino a écrit:
Et pour compléter:Montrer qu'il existe une infinité de nombres premiers de la forme 4n + 1.
Tout ce que je sais déja, c'est que c'est un cas particulier du théorème de Dirichlet : si a et b sont deux entiers naturels premiers entre eux, il y a une infinité de nombres premiers de la forme an+b, n entier.
En appliquant ce théorème pour a= 4 et b = 1, 1 et 4 étant premiers entre eux, on en conclut facilement qu'il existe bel et bien une infinité de nombres premiers de la forme 4n+1.
En tout cas, je réfléchis sur une démo sans Dirichlet sinon c'est pas intéressant... (Le marteau pour tuer une mouche, comme Nino a l'habitude de faire...)
Désolé, mais en fait je voulais plutôt avoir la démonstration de la question 1) c) qui me semblait un peu plus "technique".
Ici, j'ai écrit n=a*b+r avec 0<=r<b (division euclidienne)
Ainsi 2^n==2^r=1[p]
Comme b est le plus petit entier no nul vérifiant ça, alors r=0 et n=a*b...
Et pour la 1-a), soit A={2^k, k entier naturel } le sous-ensemble de Z/pZ.
Comme Z/pZ est fini, A est fini aussi.Par conséquent, deux éléments au moins sont égaux (s'ils sont tous différents 2 à 2, A devient infini).
Il existe donc k<k' tel que 2^k=2^k'[p], soit 2^(k'-k)==1[p]
Comme ça, on peut s'affranchir de Fermat...
Tchoko a écrit:
En effet, n est premier ssi Z/nZ est un corps. Si 1 est premier, ça me semble toujours correct à priori.
En fait, si 1 est premier, Z/1Z={0} n'a qu'un seul élement, (Z/1Z)* qui devrait être un groupe multiplicatif est vide...
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