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√2 est irrationnel : démo

Dans cet exercice, nous démontrons que la racine de 2 est irrationnelle en utilisant le raisonnement par l'absurde. On suppose que la racine de 2 est rationnelle, c'est-à-dire qu'il existe deux entiers P et Q premiers entre eux tels que la racine de 2 est égale à P/Q. On effectue des calculs et nous arrivons à une contradiction. Nous concluons donc que la racine de 2 ne peut pas être écrite sous forme de P/Q où P et Q sont des entiers premiers entre eux. Par conséquent, la racine de 2 est irrationnelle.
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Solutions entières et récurrence

Dans cet exercice, nous devons résoudre une équation diophantienne en se limitant aux solutions positives. Tout d'abord, nous devons déterminer les valeurs de S pour lesquelles il existe au moins une solution lorsque S est compris entre 0 et 4. Si S est entre 0 et 4, alors y doit être égal à 0 car si y est supérieur à 0, nous ne pourrons pas compenser avec un x négatif pour obtenir une valeur inférieure à S. Ainsi, si y est égal à 0, alors x doit être compris entre 0 et 2 pour que S soit égal à 2x. Il y a donc trois solutions possibles pour S: 0, 2 et 4. Ensuite, nous devons montrer par récurrence que si S est supérieur ou égal à 4, l'équation admet au moins une solution en utilisant des carrés parfaits. La proposition à montrer est que 2x + 5y = S admet au moins une solution en utilisant des carrés parfaits. Nous commençons par l'initialisation en montrant que la plus petite valeur de S, qui est 4, admet effectivement une solution en prenant x égal à 2 et y égal à 0. Ensuite, nous supposons qu'il existe une valeur de S pour laquelle la proposition est vraie et nous devons montrer que S + 1 admet également une solution en utilisant des carrés parfaits. Nous utilisons l'équation de Bézout avec les coefficients 2 et 5 pour obtenir une combinaison linéaire équivalente à S + 1. En additionnant cette équation avec l'hypothèse de récurrence, nous obtenons une forme équivalente à S + 1. Ainsi, nous montrons que si la proposition est vraie pour une valeur de S, alors elle est également vraie pour S + 1. Par conséquent, la proposition est vraie pour tout S supérieur ou égal à 4, ce qui signifie que l'équation admet au moins une solution en utilisant des carrés parfaits.
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Racine rationnelle de polynôme

Dans cet exercice, on cherche à montrer qu'un polynôme donné admet une racine rationnelle. On nous demande de montrer que si P/Q est une racine de F, alors P divise 3 et Q divise 2. On commence par écrire le polynôme F(P/Q) de manière simplifiée, en évitant les fractions. On obtient 2P^3 + 5P^2Q + 5PQ^2 + 3Q^3 = 0. Ensuite, pour montrer que P divise 3 et Q divise 2, on factorise l'équation précédente par P et Q, respectivement. En factorisant par P, on obtient P(2P^2 + 5PQ + 5Q^2) = -3Q^3. Comme le PGCD de P et Q vaut 1, on conclut que P divise 3. En factorisant par Q, on obtient 2P^3 = Q(5P^2 + 5PQ + 3Q^2). Encore une fois, étant donné que le PGCD de P et Q vaut 1, on en déduit que Q divise 2. On a donc montré que si P/Q est une racine de F, alors P divise 3 et Q divise 2. En utilisant les conditions énoncées dans la question 2, on sait que le numérateur doit diviser 3 et le dénominateur doit diviser 2. En considérant les diviseurs positifs possibles pour le dénominateur (1 et 2), on teste toutes les combinaisons possibles avec les diviseurs de 3 (−3, −1, 1, 3). Après avoir effectué les calculs, on constate que la seule racine rationnelle de F est -3/2. Ainsi, on a réussi à montrer que le polynôme donné admet une racine rationnelle.
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Décomposition en facteurs premiers

Dans cet exercice, nous cherchons à déterminer les couples d'entiers (A, B) qui satisfont à l'équation 3 * 21^A = 14 * 9^B. Pour cela, nous utilisons la décomposition en facteurs premiers. Cette décomposition nous permet d'identifier les puissances présentes dans chaque terme de l'équation. Nous commençons par la décomposition du premier terme, 3 * 21^A. Le nombre 3 étant premier, il se retrouve dans la décomposition. Nous nous concentrons ensuite sur la décomposition de 21^A, qui est équivalent à 3^A * 7^A. En appliquant les règles de calcul des puissances, nous obtenons 3^A * 3^A * 7^A, soit 3^(A+1) * 7^A. Ainsi, la décomposition de 3 * 21^A est 3^(A+1) * 7^A. Nous procédons de la même manière pour le second terme, 14 * 9^B. La décomposition du nombre 14 est 2 * 7. La décomposition de 9^B est 3^(2B). En multipliant les puissances, nous obtenons 2 * 3^(2B) * 7. Il faut alors trouver des valeurs de A et B qui rendent ces deux décompositions identiques. Cependant, le problème se pose car le facteur 2 n'apparaît pas dans la décomposition de 3 * 21^A, tandis qu'il est présent dans la décomposition de 14 * 9^B. Comme le facteur 2 ne peut pas être compensé par les variables A et B (qui sont liées aux facteurs 3 et 7), il n'existe aucun couple de valeurs (A, B) satisfaisant l'équation. En conclusion, il n'existe aucun couple (A, B) vérifiant l'égalité 3 * 21^A = 14 * 9^B.
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Critère d'arrêt : n est premier ?

Dans cet exercice, nous utilisons le critère d'arrêt pour déterminer si un nombre est premier ou non. Le critère d'arrêt stipule qu'un nombre qui n'est pas premier admet un diviseur premier compris entre 2 et la racine carrée de ce nombre. Nous n'avons pas besoin de tester tous les nombres premiers jusqu'au nombre que nous voulons tester. Nous devons simplement les tester jusqu'à la racine carrée de ce nombre. Nous calculons donc la racine carrée de 349, ce qui donne environ 18,7. Nous devons donc tester tous les nombres premiers inférieurs ou égaux à 18,7. Dans cet exercice, nous nous arrêtons à 17. Nous testons donc si les nombres premiers 2, 3, 5, 7, 11, 13 et 17 divisent 349. Pour effectuer ces tests, nous procédons à des divisions successives. Nous constatons que aucun de ces nombres ne divise 349. Par conséquent, nous concluons que 349 est un nombre premier. Il est important de connaître tous les nombres premiers jusqu'à 20, car ils sont souvent utilisés dans ce type d'exercice. Ceci conclut l'exercice sur l'utilisation du critère d'arrêt pour déterminer si un nombre est premier ou non.
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Démo infinité des premiers

Dans cet exercice, on démontre l'existence d'une infinité de nombres premiers. On suppose initialement que le nombre de nombres premiers est fini, puis on crée un ensemble P qui contient tous ces nombres premiers. Ensuite, nous construisons un nouveau nombre P étoile en multipliant tous les nombres premiers de P ensemble et en ajoutant 1. La première question consiste à montrer que pour tout i dans P, Pi ne divise pas P étoile. Supposons par l'absurde qu'il existe un i tel que Pi divise P étoile. Par construction, P étoile est congru à 1 modulo Pi, ce qui contredit le fait que Pi divise P étoile. Nous en déduisons qu'aucun nombre premier de l'ensemble P ne divise P étoile. Ensuite, nous montrons par contradiction que P étoile n'est pas un nombre premier car il est strictement plus grand que le plus grand nombre premier de P. Or, selon le critère d'arrêt, il existe un nombre premier Pi dans P qui divise P étoile, ce qui contredit la première question. Ainsi, nous avons une contradiction et cela prouve qu'il existe une infinité de nombres premiers.
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Décomposition et équation

Dans cet exercice, nous devons résoudre l'équation x*(x+1)*(2x+1) = 84 pour trouver les solutions entières. Pour cela, nous utilisons la décomposition en facteurs premiers de 84 (2^2 * 3 * 7). Ensuite, nous cherchons toutes les possibilités d'écrire 84 comme un produit de 3 facteurs distincts. La première possibilité (2*6*7) est exclue car elle ne satisfait pas la condition de nombres consécutifs. La deuxième possibilité (2*3*14) est également exclue car elle contredit l'équation. Enfin, la troisième possibilité (3*4*7) correspond à x=3, donc nous avons trouvé la solution x=3.
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Nombre de diviseurs

Dans cet exercice, nous devons compter le nombre de diviseurs du nombre 300 puissance 300 en le décomposant en facteurs premiers. Nous conclurons ensuite avec le nombre de diviseurs de ce nombre. Donc, 300 puissance 300 peut être décomposé en 3 fois 2 au carré fois 5 au carré. En distribuant la puissance dans le produit, nous obtenons 3 puissance 300 fois 2 puissance 2 fois 300 et 5 puissance 600. Pour déterminer le nombre de diviseurs, nous utilisons la formule suivante : si n est décomposé en facteurs premiers comme p1 puissance alpha 1 fois p2 puissance alpha 2, alors le nombre de diviseurs est égal à (alpha 1 + 1) fois (alpha 2 + 1) fois ... fois (alpha k + 1). Dans notre cas, nous avons 301 fois 601 fois 601 diviseurs, ce qui équivaut à 108 721 501 diviseurs. Pour trouver un nombre possédant plus d'un milliard de diviseurs, nous devons multiplier le nombre de diviseurs par 10. Par exemple, en prenant 300 puissance 300 fois 7 puissance 9, nous atteindrons le milliard de diviseurs.
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Utiliser Fermat 1/2

Dans cet exercice, on utilise le théorème de Fermat pour démontrer qu'un nombre spécifique est divisible par un nombre premier P. Le théorème de Fermat dit que si A est un nombre entier et P est un nombre premier qui ne divise pas A, alors A puissance P moins 1 est congruent à 1 modulo P. Pour prouver que 3 puissance N plus P moins 3 puissance N plus 1 est divisible par P, nous utilisons le théorème de Fermat. Puisque P est un nombre premier différent de 3, cela signifie que P ne divise pas 3, donc nous pouvons appliquer le théorème de Fermat avec 3 et P. En utilisant le petit théorème de Fermat, nous obtenons que 3 puissance P moins 1 est congruent à 1 modulo P. Ensuite, nous multiplions cette congruence par 3 puissance N plus 1 et passons tout de l'autre côté de l'équation pour obtenir 0. Cela nous donne 3 puissance N plus 1 fois 3 puissance P moins 1 moins 3 puissance N plus 1, ce qui est égal à 3 puissance N plus P. Finalement, nous avons démontré que 3 puissance N plus P moins 3 puissance N plus 1 est congruent à 0 modulo P, ce qui prouve que ce nombre est divisible par P.
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Utiliser Fermat 2/2

Dans cet exercice, on utilise le petit théorème de Fermat pour démontrer différentes divisibilités. Tout d’abord, on montre que 4 puissance 28 moins 1 est divisible par 29 en utilisant le petit théorème de Fermat. Ensuite, on prouve que pour chaque n, 4 puissance n moins 1 est divisible par 3. On utilise la congruence entre 4 et 1 modulo 3 pour justifier cette divisibilité. De plus, on démontre que pour tout k, 4 puissance 4k moins 1 est divisible à la fois par 5 et par 17 en enchaînant les congruences. Enfin, en utilisant la factorisation de 28 en 4 fois 7, on conclut que 4 puissance 28 moins 1 est divisible par les nombres premiers 3, 5, 17 et 29.
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Vers la sup : racine puissance n

Bienvenue dans cet exercice sur l'utilisation du théorème de Bézout. Nous devons calculer différentes expressions impliquant la racine de 6 et effectuer une décomposition en facteurs premiers. Nous utilisons ensuite ces résultats pour répondre à plusieurs questions. Tout d'abord, nous calculons 1 plus la racine de 6 au carré, ce qui donne 7 plus 2 fois la racine de 6. Ensuite, nous calculons (1 plus la racine de 6) puissance 4, qui nous donne 73 plus 28 fois la racine de 6. Enfin, nous calculons (1 plus la racine de 6) puissance 6, ce qui nous donne 847 plus 342 fois la racine de 6. Ensuite, nous décomposons les nombres 847 et 342 en facteurs premiers et observons qu'ils sont premiers entre eux, car ils n'ont aucun diviseur commun dans leur décomposition en facteurs premiers. Dans la deuxième question, nous généralisons ces résultats en introduisant des valeurs an et bn dépendant de n. Nous constatons que a1 et b1 sont égaux à 1, puis nous trouvons d'autres valeurs en suivant les mêmes calculs. Par exemple, a2 est égal à 7, b2 est égal à 2, a4 est égal à 73, b4 est égal à 28, a6 est égal à 847 et b6 est égal à 342. Nous calculons ensuite an plus 1 et bn plus 1 en fonction de an et bn en utilisant une règle de calcul des puissances. Nous obtenons que an plus 1 est égal à an plus 6 fois bn, et bn plus 1 est égal à an plus bn. Une des questions les plus difficiles de l'exercice consiste à montrer que si 5 ne divise pas an plus bn, alors 5 ne divise pas non plus an plus 1 et bn plus 1. Nous démontrons cela en utilisant la contraposée de l'implication. Nous montrons que si 5 divise an plus 1 et bn plus 1, alors 5 divise an plus bn en utilisant des propriétés arithmétiques et le lemme de Gauss. Ensuite, nous démontrons que si an et bn sont premiers entre eux, alors an plus 1 et bn plus 1 le sont également. Nous prouvons cette assertion en exprimant an et bn en fonction de an plus 1 et bn plus 1, et en utilisant le théorème de Bézout. En concluant par récurrence, nous en déduisons que an et bn sont toujours premiers entre eux. En résumé, cet exercice nous a permis d'appliquer le théorème de Bézout, de calculer des expressions impliquant la racine de 6, de décomposer des nombres en facteurs premiers et de démontrer des propriétés arithmétiques.
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Congruence : équation degré 2

Cet exercice porte sur la résolution d'une équation du second degré en congruence, plus précisément l'équation x²-2x+2 ≡ 0 (mod 17). Tout d'abord, on nous demande de prouver que la valeur alpha égale à 5 est une solution de l'équation. En remplaçant x par 5 dans l'équation, on trouve que 5²-2(5)+2 = 17, qui est congru à 0 modulo 17. Donc, oui, alpha est bien une solution de l'équation. Ensuite, on nous demande de trouver toutes les solutions de l'équation. On pose donc "grand x" égal à "petit x" moins alpha. En remplaçant petit x par grand x + alpha dans l'équation initiale, on obtient une nouvelle équation en "grand x". Après simplification, cette équation devient grand x² + 8x ≡ 0 (mod 17). En factorisant l'expression, on obtient grand x(grand x + 8) ≡ 0 (mod 17). Comme 17 est un nombre premier, d'après le lemme de Gauss, cela signifie que 17 divise soit grand x, soit grand x + 8. Donc il y a deux possibilités à étudier. La possibilité numéro 1 est lorsque 17 divise grand x, ce qui implique que petit x ≡ 5 (mod 17). La possibilité numéro 2 est lorsque 17 divise grand x + 8, ce qui implique que petit x ≡ 14 (mod 17). Ainsi, les solutions de l'équation sont soit petit x ≡ 5 (mod 17), soit petit x ≡ 14 (mod 17).