OMB - OMB 2024 Finale MAXI Question 2

OMB 2024 Finale MAXI Question 2

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La différence entre le cube de la somme de nombres entiers et la somme des cubes de ces nombres est-elle toujours divisible par 3 :

a) Lorsqu'il s'agit d'une somme de deux nombres ?

b) Lorsqu'il s'agit d'une somme de trois nombres ?

c) Lorsqu'il s'agit d'une somme de $n$ nombres ?

Solution(s) proposée(s) :

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Anonyme	Posté le : 24/4/2024 19:33 Mis à jour : 24/4/2024
Tout d'abord, $3$ divise la différence $m-n$ si et seulement si $m \equiv n \pmod 3$ . a) Oui. On a $(a+b)^3 \equiv a^3+3(a^2b+ab^2+)b^3 \equiv a^3 + b^3 \pmod 3$ . c) Oui. On va utiliser la récurrence sur le nombre des nombres $n$ . On a déjà prouvé le cas $n=2$ dans a). Maintenant suppose qu'il est vrai pour $n=k$ , soit $a_1, a_2, \dots, a_k,a_{k+1}$ des nombres. Alors $(a_1 + a_2 + \dots + a_k + a_{k+1})^3 \equiv (a_1 + a_2 + \dots + a_k)^3 + (a_{k+1})^3 \equiv a_1^3 + a_2^3 + \dots + a_k^3 + a_{k+1}^3 \pmod 3$ . Donc c'est vrai pour $n=k+1$ et la preuve par récurrence est finie. b) Oui, selon c).

Anonyme	Posté le : 24/4/2024 20:20 Mis à jour : 24/4/2024
On généralise en remplaçant $3$ par un nombre premier quelconque $p$ . Par Fermat: $a^p\equiv a\pmod p$ Donc: $\left(\sum_{i=1}^n x_i\right)^p\equiv \sum_{i=1}^n x_i \equiv \sum_{i=1}^n x_i^p \pmod p$ Ce qui conclut!

Anonyme	Posté le : 28/4/2024 1:41 Mis à jour : 28/4/2024
A) (a+b)³ - (a³+ b³) = a³ + 3a²b + 3ab² +b³ -a³ - b³ = 3a²b + 3ab² = 3(a²b + ab²) => toujours divisible par 3, car 3 est mis en évidence B) (a+b+c)³ - (a³ + b³ + c³) = a³ + 3a²b + 3ab² + b³ + 3a²c + 6abc + 3b²c + 3ac² + 3bc² + c³ - a³ - b³ - c³ = 3a²b + 3ab² + 3a²c +6abc + 3b²c + 3ac² + 3bc² = 3(a²b + ab² + a²c +2abc + b²c +ac² + bc²) => comme 3 est mis en évidence, c’est toujours divisible par 3.

Anonyme	Posté le : 3/5/2024 15:18 Mis à jour : 3/5/2024
$a)$ Soient $a,b$ deux nombres réels. On calcule $(a+b)^3-(a^3+b^3)=a^3+3a^2b+3ab^2+b^3-a^3-b^3=3ab(a+b)$ qui est un multiple de $3$ . $b)$ Soient $a,b, c$ trois nombres réels. On calcule $(a+b+c)^3-(a^3+b^3+c^3)=(a+b)^3+3(a+b)^2c+3(a+b)c^2+c^3-(a^3+b^3)-c^3=\left((a+b)^3-(a^3+b^3)\right)+3(a+b)c(a+b+c)$ qui est un multiple de $3$ puisque nous avons montré à l'exercice $a)$ que $(a+b)^3-(a^3+b^3)$ était un multiple de $3$ . $c)$ Par récurrence sur $n$ . Le cas $n=2$ ayant été démontré en $a)$ , on va supposer vraie la propriété pour un certain naturel $n\geq 2$ et montrer qu'elle reste vraie pour le naturel $n+1$ . Pour cela, soient $a_1,a_2,...,a_n,a_{n+1}$ $n+1$ nombres réels. On calcule $\left(\sum_{i=1}^{n+1}a_i\right)^3-\sum_{i=1}^{n+1}a_i^3=\left(\sum_{i=1}^{n}a_i\right)^3+3\left(\sum_{i=1}^{n}a_i\right)^2.a_{n+1}+3\left(\sum_{i=1}^{n}a_i\right).a_{n+1}^2+a_{n+1}^3-\left(\sum_{i=1}^{n}a_i^3+a_{n+1}^3\right)$ $=\left(\left(\sum_{i=1}^{n}a_i\right)^3-\sum_{i=1}^{n}a_i^3\right)+3.\left(\sum_{i=1}^{n}a_i\right).a_{n+1}.\left(\sum_{i=1}^{n+1}a_i\right)$ qui est un multiple de $3$ puisque par hypothèse de récurrence, $\left(\sum_{i=1}^{n}a_i\right)^3-\sum_{i=1}^{n}a_i^3$ est un multiple de $3$