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 Probleme janvier 2013

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abdelbaki.attioui
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MessageSujet: Probleme janvier 2013   Jeu 10 Jan 2013, 17:22

Soit n > 1 un entier. Prouver que parmi 2n − 1 entiers, on peut toujours en trouver n dont la somme est divisible par n.

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MessageSujet: Re: Probleme janvier 2013   Ven 11 Jan 2013, 19:58

peut tu écrire l'exercice par des symbole ??
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boubou math
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MessageSujet: Re: Probleme janvier 2013   Dim 13 Jan 2013, 12:03

.


Dernière édition par boubou math le Mer 16 Jan 2013, 21:20, édité 1 fois
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galillee56
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MessageSujet: Re: Probleme janvier 2013   Mer 16 Jan 2013, 13:54

Je ne suis pa si sur car je peux prendre k nombre de reste r1 n-k de reste r2 n-1-k' de reste r3 et k' de reste r4 2n-1 element il y a pa le mm reste
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boubou math
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MessageSujet: Re: Probleme janvier 2013   Mer 16 Jan 2013, 18:39

Prouve l’existence du k et k' dont tu parle car pour moi ce n'ai pas claire ou sinon donne moi juste un exemple( n=2 ou 3,avec un choix pr k et k' ).
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galillee56
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MessageSujet: Re: Probleme janvier 2013   Mer 16 Jan 2013, 19:30

N=4 pour 7 element je prend 2 qui ont pour reste 1 2 qui ont pour reste 2 et 3 qui ont pour reste 3 il y a pas 4 element qui ont le meme reste
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boubou math
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MessageSujet: Re: Probleme janvier 2013   Mer 16 Jan 2013, 20:06

Oui , tu as raison , ma faute est bête >< , l'ensemble des restes de n contient n nombres distincts et donc il n'existe que n-1 restes égaux .
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galillee56
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MessageSujet: Re: Probleme janvier 2013   Mer 16 Jan 2013, 20:16

Euh meme mes reste je les choisie n'importe comment pas forcement qu il y ai n-1 reste possible en fait je pense que c plus un probleme combinatoire que arithmetique car on dois prendre n element parmi 2n-1 et c(2n-1,n)>n donc d'apres le principe des tiroirs il y aurait au moin 2 somme qui ont le meme reste modulo n je peux soustraire l'une de l'autre mais la je fais a paraitre des termes negatif et j'ai pas n terme c'est ce qui est un peu embetant en fait
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boubou math
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MessageSujet: Re: Probleme janvier 2013   Mer 16 Jan 2013, 20:24

j'ai bien dis la division euclidienne , le reste est donc forcement compris entre 0 et n-1 ,c'est d'ici que je tire ma conclusion .
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galillee56
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MessageSujet: Re: Probleme janvier 2013   Mer 16 Jan 2013, 20:31

Ouii mais je veux dire qu on a pas forcement n-1 reste egaux ca depend de mes 2n-1 termes
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boubou math
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MessageSujet: Re: Probleme janvier 2013   Mer 16 Jan 2013, 21:14

oui,mon raisonnement est complètement faux ....
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selfrespect
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MessageSujet: Re: Probleme janvier 2013   Mar 05 Mar 2013, 19:14

abdelbaki.attioui a écrit:
Soit n > 1 un entier. Prouver que parmi 2n − 1 entiers, on peut toujours en trouver n dont la somme est divisible par n.
Et si on travaille avec les classes de ces 2n-1 nombres dans Z/nZ, ça devient une classique application du principe des tiroirs à suivre...
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radouane_BNE
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MessageSujet: Re: Probleme janvier 2013   Mar 05 Mar 2013, 22:16

Si quelqu'un puisse convertir cette solution en Latex ça sera bien aimable.

On utilise la factorisation en facteur premier de $n$. On commence par montrer que le résultat est vrai pour tout premier, ensuite on prouvera que le résultat est encore vrai pour tout produit de deux premiers, et par conséquent par récurrence qu'il est vrai pour tout $n$.

On considère que n est un nombre premier et en guise de contradiction on suppose que ce n'est pas possible. soit $a_1,a_2,...a_{2n-1}$ un ensemble de $2n-1$ entiers. On considère la somme $ \sum{(a_{i_1}+...+a_{i_n})^{n-1}} $ sur tous les sous ensembles S de $n$ éléments de l'ensemble en question. Par le théorème de fermat, $ \sum{(a_{i_1}+...+a_{i_n})^{n-1}}=\sum_{S} 1 \equiv\dbinom{2n-1}{n}\not\equiv 0\pmod{n} $. Développons terme par terme la grande somme $ \sum{(a_{i_1}+...+a_{i_n})^{n-1}} $ et on considère les coefficients de cette somme développée, on note que tout ensemble de $0<k<n$ des élements est exactement un sous ensemble $ \dbinom{2n-1-k}{n-k} $ sous ensemble de la somme. Puisque $ n|\dbinom{2n-1-k}{n-k} $, tous les coéfficients de cette somme est divisible par $n$, ce qui est une contradiction.

Maintenant on suppsoe que c'est vrai pour $ n=a,b $, on va prouver que le résultat est vrai pour $n=ab$. On considère ainsi un ensemble de $2ab-1$ entier, on choisit $2a-1$ élements parmi eux, on chosit ensuit parmi ces $2a-1$ élements $a$ élements qui sont divisibles par $a$ et on remet $a-1$ éléments qui restent dans l'ensemble premier. On refait cette opération $2b-1$ fois. On considère maintent les sommes $ s_1,...,s_{2b-1} $ les sommes de chaque ensemble de $a$ éléments. On divise chaque somme par $a$ pour construire $2b-1$ ensemble sous la forme de $ \frac{s_i}{a} $. Maintenant on a un ensemble de $2b-1$ élements, ce qui nous permet de choisir un ensemble de $b$ éléments tels que $ b|\sum^b{\frac{s_i}{a}} $, et par suite $ ab|\sum^b{s_i} $, on ainsi $ab$ entiers dont la somme est divisible par $ab$. Ce qui finit la d.montration.

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Humber
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MessageSujet: Re: Probleme janvier 2013   Mar 05 Mar 2013, 22:27

Solution de Radouane_BNE :

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radouane_BNE
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MessageSujet: Re: Probleme janvier 2013   Mar 05 Mar 2013, 22:29

Merci Humber, j'ai pas pensé à prendre un Screenshots du fichier pdf Wink

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Humber
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MessageSujet: Re: Probleme janvier 2013   Mar 05 Mar 2013, 22:39

radouane_BNE a écrit:
Merci Humber, j'ai pas pensé à prendre un Screenshots du fichier pdf Wink

Quel fichier ?
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radouane_BNE
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MessageSujet: Re: Probleme janvier 2013   Mar 05 Mar 2013, 22:47

Tu laisses rien passer Very Happy Le fichier PDF généré par Texnicenter (le compilateur de Latex que j'utilise..)

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aymas
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MessageSujet: Re: Probleme janvier 2013   Lun 17 Juin 2013, 12:59

bon solution Mr redouane_BNE mais je veut juste signalier que cette exercice est un theoreme du fameux Paul Erdos
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