Cette vidéo était très claire, j'ai tout de suite compris, et comme je viens de découvrir la chaine je pense que je vais encore en apprendre beaucoup ! Merci !
Bien joué ! 👍👍 J'aime beaucoup ta façon de concevoir la solution du problème en termes de multiples de 2 et de 3, et de nombres successifs. Bien plus instructif et plus élégant qu'une démonstation "mécanique" par recurrence, par exemple ! 💙💚
Le truc c'est qu'a défaut d'utiliser les restes de la division par 6 pour voir que c'est toujours comme ça, même la récurrence te posera le même problème.
@@lazaremoanang3116 Pas du tout! On peut très bien faire une démonstration par récurrence avec un résultat propre. L’initialisation avec n = 0, 1 ou 2 se vérifie aisément. Supposons, par récurrence, que p(n) = n^3 - n est divisible par 6. Vérifions que c’est alors le cas pour p(n+1) = (n+1)^3 - (n+1) : p(n+1) = (n+1)^3 - (n+1) = (n^3 + 3*n^2 + 3*n + 1) - (n+1) = (n^3 - n) +3*n(n+1) Par hypothèse de récurrence : le premier terme entre parenthèses (n^3 - n) est divisible par 6 Pour le deuxième terme, distinguons 2 cas : n pair (n = 2k) et n impair (n = 2k + 1) Si n est pair : 3*n*(n+1) = 3*(2k)*(2k+1) = 6*k*(2k+1) Si n est impair : 3*n*(n+1) = 3*(2k+1)*(2k+2) = 6*(2k+1)*(k+1) Dans les deux cas, le deuxième terme est donc clairement un multiple de 6. Ce qui qui complète la démonstration.
Je dois vérifier un autre commentaire, pour ma part, je n'ai pas besoin d'utiliser tout ça, ce commentaire était destiné à un intervenant qui voulait remplacer n par 6k.
@@javanuwamungu5824 Solide. Je l'ai tentée par récurrence mais avec la mauvaise stratégie (diviser p(n+1)/p(n) et essayer d'avoir un entier, mais non : ça donne (n+2)/(n-1))
On peut également dire que tout nombre modulo 3 est égal à 0 ou 1 ou 2. Donc dans trois nombres successifs, il y a obligatoirement un 0. Ceci dit, j'aime beaucoup vos vidéos où je trouve plein d'idées pédagogiques.
Finalement, si on veut en faire une règle générale, on peut dire que si on a n nombres entiers consécutifs, il y aura forcément l’un d’entre eux qui sera divisible par n.
Règle générale? Ça coule de source, en fait, comme il l'a expliqué pendant la vidéo pour 3k, 3k+1 et 3k+2, on explique en algèbre que l'anneau Z/nZ a n classes, ce qui signifie terre à terre que la division par n à n restes qui vont de 0 à n-1, n nombres consécutifs auront donc forcément parmi eux un multiple de n.
Le fait que 0 ne soit pas divisible par 0 n'est pas un argument pour exclure 0, toi-même tu as dit que 0 est divisible par tous les nombres excepté lui-même, ça suffit pour le mettre sur la liste.
Pour la direction de l'esprit). Sans le dire, il me semble que vous utilisez une démonstration par récurrence : la règle est vérifiée pour un rang donné (ensemble non vide), et que de surcroît si elle est vraie au n, elle est vraie au rang n+1. C'est sa transcription littérale qui n'est pas immédiate. Merci pour l'enthousiasme communicatif qui rend joyeux = l'esprit atteint une plus grande perfection. Djibril.
La méthode rigoureuse est l'une des 4 autres méthodes dont je parlais. Ça me donne des idées, l'une d'elles par exemple est de montrer que n³-4n est un multiple de 3, là par exemple, il s'agit de l'application de la vidéo aux nombres justes pairs ou justes impairs donc divise par 3 si n est impair et 6 si n est pair.
C'est assez simple comme problème en fait. n3-n = (n-1)n(n+1) Or, puisque l'on multiplie trois nombres qui se suivent entre eux, on aura forcément un multiple de 3 (règle du modulo) et au moins un nombre pair.
J'adore votre raisonnement. Personnellement, je suis passé par un raisonnement par récurrence. Initialisation à n=2. Puis pour l'hérédité, j'ai dit qu'à n=n+1, on a que (n+1)^3 - (n+1) = n^3 - n + 3n^2 + 3n soit n^3 - n + 3(n(n+1)). Donc le (n^3 - n) est multiple de 6 (supposé pour n à l'hérédité) et comme vous dites 3(n(n+1)) est multiple de 6 car n(n+1) pair. Donc, n^3-n multiple de 6 pour tout n>=2.
Aïe aïe aïe, il fallait le voir celui-là, moi qui avait pourtant trouver n(n-1)(n+1), je n’ai pas vue la logique derrière ce résultat , merci pour cette exercice.
Génial ! malgré mes 58 balais, j'ignorais que la somme de trois entiers consécutifs donnait systématiquement un nombre multiple de 3. Très instructif en tout cas, merci !
@@jeremysaldana1861 Bonjour Jeremy. Petite précision cependant : dans cette vidéo, au minutage 2:26, Hedacademy indique avoir fait une autre vidéo démontrant que la somme de trois nombres (entiers) consécutifs donne en résultat un nombre multiple de 3. La vidéo en question : th-cam.com/video/ysNUgnJ1_S8/w-d-xo.html Cela dit, pour le résultat systématiquement un multiple de 3, ça fonctionne également avec le produit de trois entiers consécutifs. Parfaitement expliqué dans cette présente vidéo. Passez également une bonne journée, Jeremy, et surtout un bon week-end !
Est il impératif de passer par la disjonction de cas ou éventuellement une récurrence ou peut on conclure directement dans une copie par exemple après avoir obtenu (n-1)n(n+1) que le produit de 3 nombres entiers consécutifs comporte nécesairement un multiple de 2 et un multiple de 3 ? Merci
Toujours cool tes vidéos! C'est possible d'avoir un problème avec par exemple un calcul d'intérêt avec rentabilité sur x mensualité ou un rendement sur x mensualité ?
Je suppose que tu fais référence à des suites géométriques. Il me semble qu'il a déjà traité le sujet. Fais une recherche "suites géométriques intérêts composés" tu trouveras ton bonheur.
Bien plus simple que je pensais mdr, j'étais arrivé à la factorisation et ensuite je suis parti sur une récurrence : montrer vrai pour 0, puis supposer vrai pour n et démontrer pour n+1 mais ça n'a mené à rien. À part montrer que (n+1)^3-(n+1) / (n^3-n) = (n+2)/(n-1), ce qui n'est pas un nombre entier comme j'aurais aimé (si je divise par un multiple de 6 et que j'obtiens un entier c'est que le numérateur est aussi multiple de 6) mais qui reste agréable à regarder tout de même.
Je l'ai tentée : - montrer vrai pour n = 0 (donne 0, multiple de 6) ou moins trivial 2 (donne 1 x 2 x 3 = 6) - supposer vrai pour n et démontrer pour n+1 : j'ai voulu diviser le terme en n+1 (n)(n+1)(n+2) par le terme en n (n-1)(n)(n+1) : dans l'idée, si j'obtiens un nombre entier, comme que le dénominateur est supposé être un multiple de 6 (hypothèse de récurrence) alors le numérateur l'est aussi. Malheureusement la division donne ((n)(n+1)(n+2)/((n-1)(n)(n+1)). Belles simplifications, je me dis c'est gagné, mais non : ça donne (n+2)/(n-1). Pas du tout un entier, mais joli quand même à regarder...
Oui, vu que quand n=2 on a 6 rempacer n par (n+1) et on trouve que f(n+1)=f(n)+(3×n)×(n+1) après on suppose n pair et 3×n est alors multiple de 3 et de 2 ou impair, dans ce cas 3×n est multiple de 3 et n+1 multiple de 2 Pair ou impair à chaque fois multiple de 6 (c'est moins astucieux que la solution présentée par contre)
Bonne video... si c' est du niveau terminale, on peut aussi démontrer cela à l aide des congruences à l' aide d un tableau donnant les restes de n modulo 6, et la réponse est immédiate...
Démonstration par récurrence. Pour n= 0, n^3-n est un multiple de 6. Supposons que n^3-n est divisible par 6 alors (n+1)^3-(n+1) = n^3+3+3+1-(n+1) = n^3-n+6. On a supposé que n^3-n divisible par 6, 6 divisible par 6. Comme n^3-n est divisible au rang suivant alors n^3-n multiple de 6 ( pout tout n ).
Pour la démonstration du multiple de 3 j'ai fais une démonstration par récurrence ^^ ça nous donne Un+1 = Un + 3(n² + n) soit une suite arithmétique de raison 3k. Donc forcément multiple de 3
Pour le démontrer correctement ne faudrait-il pas distinguer le cas où n est pair (2p) et le cas où n est impair (2p+1) et montrer qu'on peut factoriser par 6 ? Sinon par récurrence.
Merci à vous, je veux juste dire que la somme de trois entiers successifs peut s'écrire comme ça : n + (n+1) + (n+2) = 3n+3 = 3 (n+1). Donc un multiple de 3.
Aprés avoir vu les caractéres de divisibilté par 2,3, ...,12 en interro (après pas mal d'exo..) encadrer un nombre de 4 chiffres par asuccessivement les nombres les plus proches divisibles par 2 puis par 3....per 11
0^3-0=0 divisible par 6,1^3-1=0 divisible par 6,2^3-2=6 divisible par 6, 3^3-3=24 divisible par 6 et (-n)^3-(-n)=-(n^3-n) mais tous les entiers sont congrus modulo 6 soit à 0, soit à 1, soit à 2, soit à 3, soit à -1, soit à -2. NB:-3 et 3 sont congrus modulo 6)
Si (n-1)*n*(n+1) est multiple de 3, alors quand je divise j'obtiens un nombre entier, donc il suffit que l'un des termes divisés par 3 donne un nombre entier. Or si n-1 divisé par 3 n'est pas un entier, au pire n+1 divisé par trois donnera un nombre entier. Et dans le cas inverse, n-1 est divisible. Donc dans tous les cas (n-1)*n*(n+1) est divisible par 3.
Perso je suis parti sur une double récurrence. Montrer que : --⟩ (n-1)*n*(n+1) est multiple de 6. » Initialisation : Vrai à un certain ordre donné (0 ou même pour n
C'est assez astucieux je trouve de faire la récurrence comme ça, par contre quand on trouve 3n²+3n c'est gagné en réalité. Comme 3n²+3n=3(n²+n)=3(n(n+1)), et que n(n+1) est divisible par 2, on a bien 3n²+3n qui est divisible par 6. Le problème de faire une récurrence aussi, c'est qu'ici on ne sait pas sur quel ensemble tu la fais (N ou Z ?), si c'est N ça ne traite pas le cas général, si c'est Z il faut aussi vérifier P(n-1) (puisqu'avec l'initialisation on montre P(0) et tu as montré P(n+1))
@@florent5980 On peut initialiser pour n quelconque mais c'est vrai qu'il faudrait également partir sur une récurrence rétrograde avec P(n-1), je n'y avais pas pensé, merci! En fait, le souci c'est que je ne maîtrise pas à 100% tout ce qui est PGCD, PPCM. Par exemple, n*(n+1) divisible par 2, honnêtement de vu comme ça, je n'arrive pas à voir que ça l'est. Je sais juste que la somme des n premiers nombres donne n*(n+1)/2, ce qui est un indicateur mais ce n'est pas suffisant.
@@florent5980 La récurrence arrière n’est pas requise ici ! Il suffit juste de remarquer que, avec p(n)=n^3-n, on a que : p(-n) = -p(n) (autrement dit, le polynôme p(n)=n^3-n est impair) Par conséquent, si (n^3-n) est divisible par 6, son opposé -(n^3-n)=(-n)^3-(-n) l’est également. Le résultat est donc bien valide sur tout l’ensemble des entiers relatifs Z
Ce serait plus simple si on pouvait dériver la fonction modulo ah ah, mais bien vu le coup des 2 et 3 chiffres qui se suivent pour démontrer que la fonction est multiple de 2 et 3.
la différence finie de newton donne 6 à la ligne 4 : 0,6,24,60,120,210,336,504,720,990,1320,1716,2184,2730,3360,4080,4896,5814,6840,7980 6,18,36,60,90,126,168,216,270,330,396,468,546,630,720,816,918,1026,1140 12,18,24,30,36,42,48,54,60,66,72,78,84,90,96,102,108,114 6,6,6,6,6,6,6,6,6,6,6,6,6,6,6,6,6
Moi j'y arrive par une autre méhode que je trouve sympa Un nombre est soit multiple de 6, soit congru à 6 modulo 1, 2, 3, 4, 5. Il ne peut pas y avoir autre chose. Partons maintenant de n(n²-1) Si le nombre est [n]6=0, alors il est déjà multiple de 6, rien à chercher Si le nombre est [n]6=1, alors [n²]6=1 donc [n²-1]6=0 donc cette partie est multiple de 6. Et de fait en le multipliant ensuite cette partie par n, le résultat reste multiple de 6 Si le nombre est [n]6=2, alors [n²]6=4 donc [n²-1]6=3. Donc avec [n]6=2 et [n²-1]6=3 ça donne [n*(n-1)]6=[2*3]6=0 donc le total est multiple de 6 Si le nombre est [n]6=3, alors [n²]6=9 (donc =3) donc [n²-1]6=2. Donc avec [n]6=3 et [n²-1]6=2 ça donne [n*(n-1)]6=[3*2]6=0 donc le total est multiple de 6 Si le nombre est [n]6=4, alors [n²]6=16 (donc =4) donc [n²-1]6=3. Donc avec [n]6=4 et [n²-1]6=3 ça donne [n*(n-1)]6=[3*4]6=0 donc le total est multiple de 6 Si le nombre est [n]6=5, alors [n²]6=25 (donc =1) donc [n²-1]6=0 donc cette partie est multiple de 6. Donc même en la remultipliant ensuite par n, le résultat reste multiple de 6. Et voilà, on a balayé toutes les possibilités.
Pour ne pas faire son galérien comme le monsieur, à la fin, on raisonne en fonction du reste de la division euclidienne de n par 3. Depuis l'école primaire, on sait que ça vaut 0, 1 ou 2. Si ça vaut 0 alors n est multiple de 3, si ça vaut 1 alors n-1 est multiple de 3, si ça vaut 2 alors n+1 est multiple de 3. Voilà j'ai fini et lui il rame encore. Ou sinon méthode alternative un peu plus longue mais rigolote : n^3=(n-1+1)^3=(n-1)^3+3(n-1)²+3(n-1)+1 n^3-n=(n-1)^3+3.(n-1)²+3.(n-1)-(n-1) =(n-1)^3-(n-1)+3.(n-1)n Comme on voit rapidement que 3.(n-1).n est multiple de 6 quel que soit n (puisqu'entre n et n-1 l'un des deux au moins est pair) on s'aperçoit que le reste de la division euclidienne de n^3-n par 6 est le même que celui de (n-1)^3-(n-1). En renouvelant ce raisonnement n fois on arrive à la conclusion que le reste de la division euclidienne de n^3-n est le même que pour 0^3-0. Voilà c'est fini. Allez comme vous avez été sages je vous fais une autre méthode : (n-1).n.(n+1)=(n+1)!/(n-2)!=3!.C(n+1,3) (où C(n+1,3) est un coefficient de Newton). Comme 3!=6 j'ai fini.
Facile, on peut avoir au moins 5 méthodes pour le faire mais restons d'abord sur le cas pair impair d'autant plus que les autres méthodes sont de plus en plus longues, ok, pour n=2k on a n³-n=(2k-1)(2k)(2k+1) - j'ai factorisé de tête - à moins qu'on ne me demande une démonstration rigoureuse, il y a forcément l'un des trois facteurs qui soit un multiple de 3, ce qui signifie que soit c'est un multiple de 6, soit celui qui le précède et/ou celui qui le suit est un multiple de 2 donc n³-n=6K, maintenant pour le cas impair, on aura n³-n=2k(2k+1)(2k+2) soit n³-n=2k(2k+1)(2k-1)-2k(2k+1)×3=(2k-1)(2k)(2k+1)-6k(2k+1) fin des émissions.
Je ne sais pas si on insiste sur ce point dans la vidéo: ce n'est pas parce que a,b divisent n que le produit ab divise n. Pour que ce soit vrai il SUFFIT que a et b soient premiers entre eux (2 et 3 sont premiers entre eux). 4 e 6 divisent 12 mais leur produit 24 ne divise pas 12. 4 et 6 divisent 24, 4 et 6 ne sont pas premiers entre eux et le produit de 4 par 6 divise 24.
Plus généralement : (n-1)×n×(n+1)×(n+2)×...×(n+p-3)×(n+p-2)= (n+p-2)!/(n-2)! = p! x c(n+p-2,n-2) ou bien (n-2)×(n-1)×n×(n+1)×(n+2)×...×(n+p-3) = (n+p-3)!/(n-3)! = p! × c(n+p-3,n-3) => Le produit de p nombres consécutifs est divisible par p!.
Bonjour à tous, Dans la vie professionnelle d'un ingénieur, y-a-t-il des cas où il sert à quelque chose de devoir se poser ce genre de question ? Merci.
Est-il utilise de manipuler les nombres entiers plutôt que les rationnels ou les réels? Je pensais intuitivement quand j'étais gosse que travailler sur les nombres entiers étaient un exercice préparatoire mais que les calculs sérieux se font sur les réels, puisque justement le nom correspondant au fait de représenter des grandeurs physiques. Mais les nombres entiers restent essentiels pour représenter des opérations géométriques comme les rotations, notamment parce qu'une révolution complète vous ramène au point de départ mais que plus ou moins d'une révolution vous décale. Donc le caractère entier d'un nombre est essentiel.
@@cainabel2553 D'accord, mais même dans ce cas, dans la vie professionnelle d'un ingénieur, peut-on être amené un jour à effectuer ce genre de démonstration spécifique ": Démontrer que pour tout entier n, le nombre n³ - n est un multiple de 3." , ou tout autre démonstration du même genre ?
Si,on va par là, pas grand chose est utile dans la vie...cela participe à la culture G, la logique mathématique prépare à construire les étapes clefs d'un raisonnement...dans la vie d'un ingénieur,,savoir ça exactement non, mais pouvoir construire un raisonnement dans lequel on réfléchit aux hypothèses, à comment les valider ou les invalider...oui cela sert...pour ma défense, je suis prof de sciences dans une école d'ingé, ma réponse est celle-là, les jeunes me rient au nez puis les projets avançant, eux-mêmes se trouvant confrontés à des soucis d'hypothèses mal posées se retournent vers moi pour réfléchir à comment : -poser un problème ; -reflechir aux hypothèses ; -valider les hypothèses ; -tirer les conclusions
n^(2k+1) - n est multiple de 6. Si deux nombres premiers sont jumeaux, alors leurs moyen est multiple de 6, sauf le premier couple. La seconde différents d'une puissance impair, i.e "∆(∆(x^n)) avec n est impair, est toujours multiple de 6.
Ce qui me "gène" dans la démonstration c'est qu'il faut faire des phrases, et en l'occurrence elles ne sont pas écrites ici. C'est de la pure logique donc il faut faire un discours... Pour éviter ça j'ai écrit (n+1)n(n-1) = (n+1)!/(n-2)! = (n+1)A3 (arrangement de 3 parmi n+1) = 3! x (n+1)C3 (la combinaison correspondante), or 3! = 6 : CQFD
@@yohanncroxo7307 un multiple du nombre a fois b est aussi un multiple de a et un multiple de b. Peu importe que a ou b soient premiers, même s'ils ne sont pas premiers entre eux.
J'avais pour idée de résoudre n³-n-6k = 0. Malheureusement, hormis k = 0 qui offre les 3 solutions réelles {-1,0,1}, il n'est pas évident même avec les techniques les plus simples de résoudre ce problème, encore moins avec les publics dont vous avez la charge. La Méthode de Cardan - qui reste assez complexe pour votre public - fonctionne ceci-dit très bien et permet à coup sûr de trouver une/la solution réelle de l'équation. Il suffit de factoriser par (x-cette solution) ensuite pour résoudre classiquement l'équation de degré 2 qui en ressortira. Maintenant, l'expression générale de la solution réelle en question, est elle, assez barbare... : x0 = (√3√(k²-1)+27k)^(2/3)+3^(1/3))/(3^(2/3)(√3√(243k²-1)+27 n)^(1/3)) Bonne continuation et merci !
+27k* en fin de formule pardon pour la coquille. Pour l'élégance mathématique, sur papier ou tableau, j'écrirais davantage les formes puissances sous formes radicales, à partir de la règle a^(n/m) = racine m-ième de a^n. Donc ici par exemple : 3^(1/3) = racine cubique de 3. Plus élégant. J'aurais pu écrire aussi cbrt(3), qui veut dire "cube-root", mais peu importe en soi c'est une question de présentation.
Y a longtemps que je suis plus en classe , j'ai 47 ans. Je pose cette question par simple curiosité, car je trouve que le raisonnement n'est pas très mathématique à la fin.
Comme l'a dit Lazare ça dépend la classe. Cet exercice peut être fait dès la seconde, pour eux la rédaction serait proche de ce qui est fait dans la vidéo. En terminale, il y a une multitude de façons de faire : par récurrence, avec les congruences, par disjonction de cas...
Justement j'ai posé la question parce que son auditoire est très éclectique, il y a juste un tableau à deux entrées à faire avec les six restes possibles qui peut déjà permettre de résoudre ce problème à moins que tu veuilles un raisonnement lié à ses propos. J'ai 10 ans de moins que toi.
Sur votre copie doit figurer au moins que 2 et 3 sont premiers entre eux. Dans les deux raisonnements indiqués par la vidéo on montre que le nombre n^3-n est divisible par 2, et par 3. Mais en général ce n'est pas parce qu'un nombre n est divisible par a et b qu'il est divisible par leur produit ab. Mais c'est vrai si a et b sont premiers entre eux. Ici, 2 et 3 sont des nombres premiers, un nombre premier est premier avec n'importe quel entier qui ne lui est pas égal.
5:46 ouais ça me suffit amplement, tu es toujours parfaitement clair dans tes explications, c’est un vrai bonheur. Bravo 👏👏
Je suis assidument vos vidéos, ce qui m'a permis de trouver la solution tout seul. Merci à vous pour ce petit moment de fierté.
Cette vidéo était très claire, j'ai tout de suite compris, et comme je viens de découvrir la chaine je pense que je vais encore en apprendre beaucoup ! Merci !
Problème de maths expertes bien vulgarisé et rendu compréhensible même aux élèves de 3ème 👌 bravo
Quel plaisir de pouvoir trouver la solution tout seul en amont, et ce grâce à vos nombreuses vidéos, toujours aussi pédagogiques et explicatives.
en amont de quoi ????
@@dudusse uniquement à l'aide de la miniature
Un prof passionné, ça donne l'envie à tout le monde; bravo !
C'est vrai que ce n'est pas évident de prime abord. Merci pour les précédentes vidéos, elles m'ont suggéré la solution.
C'est vraiment cool ce que vous faites merci.
Vous êtes le meilleur prof du monde. Bravo👏👏👏👏🙌
Merci. Super bien expliqué !
C'est bien, ces petits défis. Je n'y pense pas de moi-même, mais ça dérouille agréablement le cerveau.
Bien joué ! 👍👍 J'aime beaucoup ta façon de concevoir la solution du problème en termes de multiples de 2 et de 3, et de nombres successifs. Bien plus instructif et plus élégant qu'une démonstation "mécanique" par recurrence, par exemple ! 💙💚
Le truc c'est qu'a défaut d'utiliser les restes de la division par 6 pour voir que c'est toujours comme ça, même la récurrence te posera le même problème.
@@lazaremoanang3116 Pas du tout! On peut très bien faire une démonstration par récurrence avec un résultat propre.
L’initialisation avec n = 0, 1 ou 2 se vérifie aisément.
Supposons, par récurrence, que p(n) = n^3 - n est divisible par 6.
Vérifions que c’est alors le cas pour p(n+1) = (n+1)^3 - (n+1) :
p(n+1) = (n+1)^3 - (n+1) = (n^3 + 3*n^2 + 3*n + 1) - (n+1) = (n^3 - n) +3*n(n+1)
Par hypothèse de récurrence : le premier terme entre parenthèses (n^3 - n) est divisible par 6
Pour le deuxième terme, distinguons 2 cas : n pair (n = 2k) et n impair (n = 2k + 1)
Si n est pair : 3*n*(n+1) = 3*(2k)*(2k+1) = 6*k*(2k+1)
Si n est impair : 3*n*(n+1) = 3*(2k+1)*(2k+2) = 6*(2k+1)*(k+1)
Dans les deux cas, le deuxième terme est donc clairement un multiple de 6.
Ce qui qui complète la démonstration.
Je dois vérifier un autre commentaire, pour ma part, je n'ai pas besoin d'utiliser tout ça, ce commentaire était destiné à un intervenant qui voulait remplacer n par 6k.
@@javanuwamungu5824 j'ai résolu comme cela perso (recurrence, 3n(n+1) multiple de 6 et pour n=0 fonctionne CQFD)
@@javanuwamungu5824 Solide. Je l'ai tentée par récurrence mais avec la mauvaise stratégie (diviser p(n+1)/p(n) et essayer d'avoir un entier, mais non : ça donne (n+2)/(n-1))
Vous êtes excellent. Merci !!!!!!
Merci beaucoup, j aimerai plus de démonstration du même style, ça aide vraiment beaucoup et les raisonnements sont très interessants.
Démontrer que le reste de la division de 20!/10000 par 10 est 4 lol.
maintenant que j'ai visionné celle-ci en premier je vais aller voir les précédentes. bon exo et démonstration.
Merci beaucoup pour votre explications monsieur ❤
Bonjour. J'ai aussi trouvé seul... grâce à la vidéo précédente. Bravo.
On peut également dire que tout nombre modulo 3 est égal à 0 ou 1 ou 2. Donc dans trois nombres successifs, il y a obligatoirement un 0. Ceci dit, j'aime beaucoup vos vidéos où je trouve plein d'idées pédagogiques.
Modulo? S'il faut utiliser les congruences ici, le résultat est expéditif.
J’apprend toujours des petits trucs
Merci
Merci pour ta démonstration, on peut aussi utiliser la démonstration par récurrence.
Très bonne vidéo, j’espère que les jeunes regardent et s’imprègnent.
Finalement, si on veut en faire une règle générale, on peut dire que si on a n nombres entiers consécutifs, il y aura forcément l’un d’entre eux qui sera divisible par n.
n entiers consécutifs non nuls, et on a une règle générale
@@ratonxh.h.4850 0 est divisible par tous les nombres (sauf 0), donc n doit être non nul, mais pas les entiers.
Règle générale? Ça coule de source, en fait, comme il l'a expliqué pendant la vidéo pour 3k, 3k+1 et 3k+2, on explique en algèbre que l'anneau Z/nZ a n classes, ce qui signifie terre à terre que la division par n à n restes qui vont de 0 à n-1, n nombres consécutifs auront donc forcément parmi eux un multiple de n.
Non nuls? Qu'est-ce que ça veut dire ça? Non tous nuls ou tous non nuls?
Le fait que 0 ne soit pas divisible par 0 n'est pas un argument pour exclure 0, toi-même tu as dit que 0 est divisible par tous les nombres excepté lui-même, ça suffit pour le mettre sur la liste.
C'est fort ! Que du raisonnement ! C'est ça les maths ! 👍
formidable démonstration
Merci pour le vidéo
Bonne explication reposant sur l'intuition au sens rigoureux de Descartes (Règle III
Pour la direction de l'esprit).
Sans le dire, il me semble que vous utilisez une démonstration par récurrence : la règle est vérifiée pour un rang donné (ensemble non vide), et que de surcroît si elle est vraie au n, elle est vraie au rang n+1. C'est sa transcription littérale qui n'est pas immédiate.
Merci pour l'enthousiasme communicatif qui rend joyeux = l'esprit atteint une plus grande perfection.
Djibril.
La méthode rigoureuse est l'une des 4 autres méthodes dont je parlais. Ça me donne des idées, l'une d'elles par exemple est de montrer que n³-4n est un multiple de 3, là par exemple, il s'agit de l'application de la vidéo aux nombres justes pairs ou justes impairs donc divise par 3 si n est impair et 6 si n est pair.
Ben tu écris n^3-4n=n^3-n-3n et tu es ramené au problème précédent...
Faux, on a dit divisible par 6 et non par 3.
@@lazaremoanang3116 n^3-n est multiple de 6 donc de 3. 3n est multiple de 3. Donc n^3-4n=n^3-n-3n est multiple de 3.
C'est ce que j'ai dit.
C'est ce que j'ai dit.
D'accord Professeur, sinon ça se démontre très bien par récurrence, en initialisant à 2.
On peut même initialiser à 0
quel artiste !!
C'est assez simple comme problème en fait.
n3-n = (n-1)n(n+1)
Or, puisque l'on multiplie trois nombres qui se suivent entre eux, on aura forcément un multiple de 3 (règle du modulo) et au moins un nombre pair.
J'adore votre raisonnement. Personnellement, je suis passé par un raisonnement par récurrence. Initialisation à n=2. Puis pour l'hérédité, j'ai dit qu'à n=n+1, on a que (n+1)^3 - (n+1) = n^3 - n + 3n^2 + 3n soit n^3 - n + 3(n(n+1)). Donc le (n^3 - n) est multiple de 6 (supposé pour n à l'hérédité) et comme vous dites 3(n(n+1)) est multiple de 6 car n(n+1) pair. Donc, n^3-n multiple de 6 pour tout n>=2.
Tu pouvais initialiser à 0, c'est mieux
Aïe aïe aïe, il fallait le voir celui-là, moi qui avait pourtant trouver n(n-1)(n+1), je n’ai pas vue la logique derrière ce résultat , merci pour cette exercice.
Génial ! malgré mes 58 balais, j'ignorais que la somme de trois entiers consécutifs donnait systématiquement un nombre multiple de 3. Très instructif en tout cas, merci !
Bonjour Dominique, je me permets de vous corriger. C'est le produit de trois entiers consécutifs, et non pas la somme. Bonne journée à vous !
@@jeremysaldana1861 Bonjour Jeremy. Petite précision cependant : dans cette vidéo, au minutage 2:26, Hedacademy indique avoir fait une autre vidéo démontrant que la somme de trois nombres (entiers) consécutifs donne en résultat un nombre multiple de 3.
La vidéo en question : th-cam.com/video/ysNUgnJ1_S8/w-d-xo.html
Cela dit, pour le résultat systématiquement un multiple de 3, ça fonctionne également avec le produit de trois entiers consécutifs. Parfaitement expliqué dans cette présente vidéo. Passez également une bonne journée, Jeremy, et surtout un bon week-end !
Merci beaucoup et BRAVO
Est il impératif de passer par la disjonction de cas ou éventuellement une récurrence ou peut on conclure directement dans une copie par exemple après avoir obtenu (n-1)n(n+1) que le produit de 3 nombres entiers consécutifs comporte nécesairement un multiple de 2 et un multiple de 3 ? Merci
Génial ! On attend que le niveau monte, les exercices arithmétiques sont les plus « fun » selon moi
Ah bon? Montrer que le reste de la division de 2^100 par 1000 est 376 lol.
@@lazaremoanang3116
2^10 = 1024 = 24 mod(1000)
(2^10)^10 = 24^10 mod(1000) donc 2^100 = 24^10 mod(1000)
Il faut donc montrer que 24^10 = 376 mod(1000)
24^10 = (2^3 * 3)^10 = 2^30 * 3^10
(1) : 2^30 = (2^10)^3 = 1024^3 = 24^3 mod (1000) = 13824 mod(1000) = 824 mod(1000)
(2) : 3^10 = (3^2)^5 = 9^5 = 59049 = 49 mod(1000)
en faisant (1)*(2) on a 24^10 = 824*49 mod(1000) = 40376 mod(1000) = 376 mod(1000)
Note :
2^10 = 1024 : je connaissais
24^3 : ça peut se poser
9^5 : chiant mais ça peut se poser
J'imagine qu'il y avait moyen d'encore plus simplifier
on voit sa en quelle classe normalement ?
Par récurrence c’est également très simple à comprendre
J'adore que des règles je connais mais j'avais même pas pense à utilisé comme ça.
Merci pour ça
Toujours cool tes vidéos! C'est possible d'avoir un problème avec par exemple un calcul d'intérêt avec rentabilité sur x mensualité ou un rendement sur x mensualité ?
Je suppose que tu fais référence à des suites géométriques. Il me semble qu'il a déjà traité le sujet.
Fais une recherche "suites géométriques intérêts composés" tu trouveras ton bonheur.
@@martin.68 ok merci 👍🏼🍺
Pour n != 1 non?
Pour le reste, super demonstration. Un plaisir.
Tu voulais dire pour n supérieur à 1 non ?
1 n'a pas de problème 1³-1=0×6.
Bien plus simple que je pensais mdr, j'étais arrivé à la factorisation et ensuite je suis parti sur une récurrence : montrer vrai pour 0, puis supposer vrai pour n et démontrer pour n+1 mais ça n'a mené à rien. À part montrer que (n+1)^3-(n+1) / (n^3-n) = (n+2)/(n-1), ce qui n'est pas un nombre entier comme j'aurais aimé (si je divise par un multiple de 6 et que j'obtiens un entier c'est que le numérateur est aussi multiple de 6) mais qui reste agréable à regarder tout de même.
Merci j'adore
Muito obrigado professor
Je pense aussi qu'on peut démonter ça par récurrence
Est-il possible de faire une démonstration par récurrence ?
Je pense que l'on peut remplacer la disjonction de cas par un raisonnement par récurrence
Je l'ai tentée :
- montrer vrai pour n = 0 (donne 0, multiple de 6) ou moins trivial 2 (donne 1 x 2 x 3 = 6)
- supposer vrai pour n et démontrer pour n+1 : j'ai voulu diviser le terme en n+1 (n)(n+1)(n+2) par le terme en n (n-1)(n)(n+1) : dans l'idée, si j'obtiens un nombre entier, comme que le dénominateur est supposé être un multiple de 6 (hypothèse de récurrence) alors le numérateur l'est aussi.
Malheureusement la division donne ((n)(n+1)(n+2)/((n-1)(n)(n+1)). Belles simplifications, je me dis c'est gagné, mais non : ça donne (n+2)/(n-1). Pas du tout un entier, mais joli quand même à regarder...
Oui, vu que quand n=2 on a 6 rempacer n par (n+1) et on trouve que f(n+1)=f(n)+(3×n)×(n+1) après on suppose n pair et 3×n est alors multiple de 3 et de 2 ou impair, dans ce cas 3×n est multiple de 3 et n+1 multiple de 2
Pair ou impair à chaque fois multiple de 6 (c'est moins astucieux que la solution présentée par contre)
On regarde les classes de Z/6Z
0 -> 0^3-0 = 0
1 -> 1^3-1 = 0
2 -> 2^3-2 = 8-2 = 6 = 0
3 -> 3^3-3 = 27-3 = 24 = 0
4 -> 4^3-4 = 64-4 = 60 = 0
5 -> 5^3-5 = 125-5 = 120 = 0
Donc on a bien que c’est toujours divisible par 6 (puisque c’est de la classe de 0 modulo 6).
Le boss
c'est pas plus simple de faire un tableau de congruence modulo 6 directement ?
c'est possible aussi par recurrence non ?
Le raisonnement par récurrence est plus pertinent !
Par récurrence ça marche très facilement aussi.😊
Bonne video... si c' est du niveau terminale, on peut aussi démontrer cela à l aide des congruences à l' aide d un tableau donnant les restes de n modulo 6, et la réponse est immédiate...
Ou si c'est du niveau CM1 tu utilises la bonne vieille division euclidienne.
Démonstration par récurrence. Pour n= 0, n^3-n est un multiple de 6. Supposons que n^3-n est divisible par 6 alors (n+1)^3-(n+1) = n^3+3+3+1-(n+1) = n^3-n+6. On a supposé que n^3-n divisible par 6, 6 divisible par 6. Comme n^3-n est divisible au rang suivant alors n^3-n multiple de 6 ( pout tout n ).
C'était un peu compliqué mais bon , ça ma plu 😅
Pour la démonstration du multiple de 3 j'ai fais une démonstration par récurrence ^^ ça nous donne Un+1 = Un + 3(n² + n) soit une suite arithmétique de raison 3k. Donc forcément multiple de 3
Si n est impaire, alors n-1 et n+1 est pair, alors la multiplication est impaire non ? Donc n^3-n est pas forcement paire
Perso j'aurais fait une congruence mais j'imagine qu'il un énorme nombre de façon de le résoudre 😉
😆يا فرحتي حليتها بنظرة في ثانيتين
Hatchement balaise, mes braves !
Est ce qu'on peut le démontrer en utilisant le raisonnement par récurrence? J'ai essayé de le faire mais je me suis perdu 😅. Merci bcp
oui c'est possible tu remplace n par n+1, ça donne ((n+1)^3)- (n+1) = (n^3)-n+3n(n+1). Si n est pair c'est gagné sinon n est impaire n+1 est pair.
Pour le démontrer correctement ne faudrait-il pas distinguer le cas où n est pair (2p) et le cas où n est impair (2p+1) et montrer qu'on peut factoriser par 6 ?
Sinon par récurrence.
Oui sans idée je l'aurai fait par récurrence je pense
Merci à vous, je veux juste dire que la somme de trois entiers successifs peut s'écrire comme ça :
n + (n+1) + (n+2) = 3n+3
= 3 (n+1).
Donc un multiple de 3.
Mais ici il y a le produit
Aprés avoir vu les caractéres de divisibilté par 2,3, ...,12 en interro (après pas mal d'exo..) encadrer un nombre de 4 chiffres par asuccessivement les nombres les plus proches divisibles par 2 puis par 3....per 11
Excellent
j'adore
On peut aussi faire la some des nombres n-1+n+n+1 =3n c'est un multiple de 3 donc il accepte la division par 3 !
👍👍👍
Oui mais ducoup ce que tu as dit à l'orale il faut l'écrire sur notre copie ou ce que tu as écrit c’est bon ¿
0^3-0=0 divisible par 6,1^3-1=0 divisible par 6,2^3-2=6 divisible par 6, 3^3-3=24 divisible par 6 et (-n)^3-(-n)=-(n^3-n) mais tous les entiers sont congrus modulo 6 soit à 0, soit à 1, soit à 2, soit à 3, soit à -1, soit à -2. NB:-3 et 3 sont congrus modulo 6)
0³-0=1³-1=(-1)³-(-1)=0
2 et 3 sont premiers entre eux, donc n³-n divisible par 6.
0 est multiple de tout les nombres si on prend k=0 dans la forme n³-n=6*k
👍
Si (n-1)*n*(n+1) est multiple de 3, alors quand je divise j'obtiens un nombre entier, donc il suffit que l'un des termes divisés par 3 donne un nombre entier. Or si n-1 divisé par 3 n'est pas un entier, au pire n+1 divisé par trois donnera un nombre entier. Et dans le cas inverse, n-1 est divisible. Donc dans tous les cas (n-1)*n*(n+1) est divisible par 3.
Un peu plus dur mais par récurrence ça passe, j’ai essayé
on peut aussi faire une demonstration par récurrence
Merci
Salut
Je connaissais n^3 -n est toujours divisible par 3
Perso je suis parti sur une double récurrence. Montrer que :
--⟩ (n-1)*n*(n+1) est multiple de 6.
» Initialisation : Vrai à un certain ordre donné (0 ou même pour n
Un peu long quand même
C'est assez astucieux je trouve de faire la récurrence comme ça, par contre quand on trouve 3n²+3n c'est gagné en réalité.
Comme 3n²+3n=3(n²+n)=3(n(n+1)), et que n(n+1) est divisible par 2, on a bien 3n²+3n qui est divisible par 6.
Le problème de faire une récurrence aussi, c'est qu'ici on ne sait pas sur quel ensemble tu la fais (N ou Z ?), si c'est N ça ne traite pas le cas général, si c'est Z il faut aussi vérifier P(n-1) (puisqu'avec l'initialisation on montre P(0) et tu as montré P(n+1))
@@florent5980 On peut initialiser pour n quelconque mais c'est vrai qu'il faudrait également partir sur une récurrence rétrograde avec P(n-1), je n'y avais pas pensé, merci!
En fait, le souci c'est que je ne maîtrise pas à 100% tout ce qui est PGCD, PPCM. Par exemple, n*(n+1) divisible par 2, honnêtement de vu comme ça, je n'arrive pas à voir que ça l'est. Je sais juste que la somme des n premiers nombres donne n*(n+1)/2, ce qui est un indicateur mais ce n'est pas suffisant.
@@florent5980 La récurrence arrière n’est pas requise ici ! Il suffit juste de remarquer que, avec p(n)=n^3-n, on a que : p(-n) = -p(n) (autrement dit, le polynôme p(n)=n^3-n est impair)
Par conséquent, si (n^3-n) est divisible par 6, son opposé -(n^3-n)=(-n)^3-(-n) l’est également.
Le résultat est donc bien valide sur tout l’ensemble des entiers relatifs Z
@@javanuwamungu5824 oui, bien vu. Dans ce cas on peut faire la récurrence sur N et avec ce résultat on arrive au cas général
Ce serait plus simple si on pouvait dériver la fonction modulo ah ah, mais bien vu le coup des 2 et 3 chiffres qui se suivent pour démontrer que la fonction est multiple de 2 et 3.
la différence finie de newton donne 6 à la ligne 4 :
0,6,24,60,120,210,336,504,720,990,1320,1716,2184,2730,3360,4080,4896,5814,6840,7980
6,18,36,60,90,126,168,216,270,330,396,468,546,630,720,816,918,1026,1140
12,18,24,30,36,42,48,54,60,66,72,78,84,90,96,102,108,114
6,6,6,6,6,6,6,6,6,6,6,6,6,6,6,6,6
Il faut préciser n € N
Sinon super vidéo comme tjs.
Pourquoi? Si n=-9, n³-n=-729+9=-120×6, si n=-8192, n³-n=-549755813888+8192=-549755808696=-91625968116×6, que manque-t-il?
On peut pas additionner n-1, n et n+1 dire que ça fait 3n, et que 3n est un multiple de 3?
Moi j'y arrive par une autre méhode que je trouve sympa
Un nombre est soit multiple de 6, soit congru à 6 modulo 1, 2, 3, 4, 5. Il ne peut pas y avoir autre chose.
Partons maintenant de n(n²-1)
Si le nombre est [n]6=0, alors il est déjà multiple de 6, rien à chercher
Si le nombre est [n]6=1, alors [n²]6=1 donc [n²-1]6=0 donc cette partie est multiple de 6. Et de fait en le multipliant ensuite cette partie par n, le résultat reste multiple de 6
Si le nombre est [n]6=2, alors [n²]6=4 donc [n²-1]6=3. Donc avec [n]6=2 et [n²-1]6=3 ça donne [n*(n-1)]6=[2*3]6=0 donc le total est multiple de 6
Si le nombre est [n]6=3, alors [n²]6=9 (donc =3) donc [n²-1]6=2. Donc avec [n]6=3 et [n²-1]6=2 ça donne [n*(n-1)]6=[3*2]6=0 donc le total est multiple de 6
Si le nombre est [n]6=4, alors [n²]6=16 (donc =4) donc [n²-1]6=3. Donc avec [n]6=4 et [n²-1]6=3 ça donne [n*(n-1)]6=[3*4]6=0 donc le total est multiple de 6
Si le nombre est [n]6=5, alors [n²]6=25 (donc =1) donc [n²-1]6=0 donc cette partie est multiple de 6. Donc même en la remultipliant ensuite par n, le résultat reste multiple de 6.
Et voilà, on a balayé toutes les possibilités.
Mais qu est ce qu on peut faire avec tout ce charabia en réalité ??
شكرا
Pour ne pas faire son galérien comme le monsieur, à la fin, on raisonne en fonction du reste de la division euclidienne de n par 3. Depuis l'école primaire, on sait que ça vaut 0, 1 ou 2. Si ça vaut 0 alors n est multiple de 3, si ça vaut 1 alors n-1 est multiple de 3, si ça vaut 2 alors n+1 est multiple de 3. Voilà j'ai fini et lui il rame encore.
Ou sinon méthode alternative un peu plus longue mais rigolote :
n^3=(n-1+1)^3=(n-1)^3+3(n-1)²+3(n-1)+1
n^3-n=(n-1)^3+3.(n-1)²+3.(n-1)-(n-1)
=(n-1)^3-(n-1)+3.(n-1)n
Comme on voit rapidement que 3.(n-1).n est multiple de 6 quel que soit n (puisqu'entre n et n-1 l'un des deux au moins est pair) on s'aperçoit que le reste de la division euclidienne de n^3-n par 6 est le même que celui de (n-1)^3-(n-1). En renouvelant ce raisonnement n fois on arrive à la conclusion que le reste de la division euclidienne de n^3-n est le même que pour 0^3-0. Voilà c'est fini.
Allez comme vous avez été sages je vous fais une autre méthode :
(n-1).n.(n+1)=(n+1)!/(n-2)!=3!.C(n+1,3) (où C(n+1,3) est un coefficient de Newton). Comme 3!=6 j'ai fini.
merci de te lecons althematique.
Facile, on peut avoir au moins 5 méthodes pour le faire mais restons d'abord sur le cas pair impair d'autant plus que les autres méthodes sont de plus en plus longues, ok, pour n=2k on a n³-n=(2k-1)(2k)(2k+1) - j'ai factorisé de tête - à moins qu'on ne me demande une démonstration rigoureuse, il y a forcément l'un des trois facteurs qui soit un multiple de 3, ce qui signifie que soit c'est un multiple de 6, soit celui qui le précède et/ou celui qui le suit est un multiple de 2 donc n³-n=6K, maintenant pour le cas impair, on aura n³-n=2k(2k+1)(2k+2) soit n³-n=2k(2k+1)(2k-1)-2k(2k+1)×3=(2k-1)(2k)(2k+1)-6k(2k+1) fin des émissions.
On peut le faire également par récurrence
Je ne sais pas si on insiste sur ce point dans la vidéo: ce n'est pas parce que a,b divisent n que le produit ab divise n. Pour que ce soit vrai il SUFFIT que a et b soient premiers entre eux (2 et 3 sont premiers entre eux). 4 e 6 divisent 12 mais leur produit 24 ne divise pas 12. 4 et 6 divisent 24, 4 et 6 ne sont pas premiers entre eux et le produit de 4 par 6 divise 24.
Plus généralement :
(n-1)×n×(n+1)×(n+2)×...×(n+p-3)×(n+p-2)=
(n+p-2)!/(n-2)! = p! x c(n+p-2,n-2)
ou bien
(n-2)×(n-1)×n×(n+1)×(n+2)×...×(n+p-3) =
(n+p-3)!/(n-3)! = p! × c(n+p-3,n-3)
=> Le produit de p nombres consécutifs est divisible par p!.
Bonjour à tous,
Dans la vie professionnelle d'un ingénieur, y-a-t-il des cas où il sert à quelque chose de devoir se poser ce genre de question ?
Merci.
Est-il utilise de manipuler les nombres entiers plutôt que les rationnels ou les réels?
Je pensais intuitivement quand j'étais gosse que travailler sur les nombres entiers étaient un exercice préparatoire mais que les calculs sérieux se font sur les réels, puisque justement le nom correspondant au fait de représenter des grandeurs physiques.
Mais les nombres entiers restent essentiels pour représenter des opérations géométriques comme les rotations, notamment parce qu'une révolution complète vous ramène au point de départ mais que plus ou moins d'une révolution vous décale. Donc le caractère entier d'un nombre est essentiel.
@@cainabel2553 D'accord, mais même dans ce cas, dans la vie professionnelle d'un ingénieur, peut-on être amené un jour à effectuer ce genre de démonstration spécifique ": Démontrer que pour tout entier n, le nombre n³ - n est un multiple de 3." , ou tout autre démonstration du même genre ?
@@burtmichel3624 Hors de l'informatique, je pense que non.
En crypto? Oui mais en 1000 fois plus dur.
Si,on va par là, pas grand chose est utile dans la vie...cela participe à la culture G, la logique mathématique prépare à construire les étapes clefs d'un raisonnement...dans la vie d'un ingénieur,,savoir ça exactement non, mais pouvoir construire un raisonnement dans lequel on réfléchit aux hypothèses, à comment les valider ou les invalider...oui cela sert...pour ma défense, je suis prof de sciences dans une école d'ingé, ma réponse est celle-là, les jeunes me rient au nez puis les projets avançant, eux-mêmes se trouvant confrontés à des soucis d'hypothèses mal posées se retournent vers moi pour réfléchir à comment : -poser un problème ; -reflechir aux hypothèses ; -valider les hypothèses ; -tirer les conclusions
n^(2k+1) - n est multiple de 6.
Si deux nombres premiers sont jumeaux, alors leurs moyen est multiple de 6, sauf le premier couple.
La seconde différents d'une puissance impair, i.e "∆(∆(x^n)) avec n est impair, est toujours multiple de 6.
Ce qui me "gène" dans la démonstration c'est qu'il faut faire des phrases, et en l'occurrence elles ne sont pas écrites ici. C'est de la pure logique donc il faut faire un discours...
Pour éviter ça j'ai écrit (n+1)n(n-1) = (n+1)!/(n-2)! = (n+1)A3 (arrangement de 3 parmi n+1) = 3! x (n+1)C3 (la combinaison correspondante), or 3! = 6 : CQFD
Multiple de 3 comme dans le titre ou de 6 comme sur la vignette ?
Un multiple de 6 est forcément un multiple de 3 car six n’est pas un nombre premier 2*3=6
@@yohanncroxo7307 je sais mais montrer que c'est un multiple de 6 est moins évident que montrer que c'est un multiple de 3.
Oui mais avec cette technique on montre que c’est en premier temps un multiple de trois donc forcément un multiple de six.
@@yohanncroxo7307 : "9 est un multiple de 3 donc forcément un multiple de 6" ?
@@yohanncroxo7307 un multiple du nombre a fois b est aussi un multiple de a et un multiple de b. Peu importe que a ou b soient premiers, même s'ils ne sont pas premiers entre eux.
no entiendo, porque complicase tanto, por inducción matemática sale en 3 pasos
J'avais pour idée de résoudre n³-n-6k = 0. Malheureusement, hormis k = 0 qui offre les 3 solutions réelles {-1,0,1}, il n'est pas évident même avec les techniques les plus simples de résoudre ce problème, encore moins avec les publics dont vous avez la charge. La Méthode de Cardan - qui reste assez complexe pour votre public - fonctionne ceci-dit très bien et permet à coup sûr de trouver une/la solution réelle de l'équation. Il suffit de factoriser par (x-cette solution) ensuite pour résoudre classiquement l'équation de degré 2 qui en ressortira. Maintenant, l'expression générale de la solution réelle en question, est elle, assez barbare... : x0 = (√3√(k²-1)+27k)^(2/3)+3^(1/3))/(3^(2/3)(√3√(243k²-1)+27 n)^(1/3))
Bonne continuation et merci !
+27k* en fin de formule pardon pour la coquille. Pour l'élégance mathématique, sur papier ou tableau, j'écrirais davantage les formes puissances sous formes radicales, à partir de la règle a^(n/m) = racine m-ième de a^n. Donc ici par exemple : 3^(1/3) = racine cubique de 3. Plus élégant. J'aurais pu écrire aussi cbrt(3), qui veut dire "cube-root", mais peu importe en soi c'est une question de présentation.
J’ai raisonné avec les congruences en trouvant n^3-1 congru a 0 modulo 6
Et sur une copie , que faudrait-il écrire ?
Ça dépend de la classe. Terminale?
Y a longtemps que je suis plus en classe , j'ai 47 ans.
Je pose cette question par simple curiosité, car je trouve que le raisonnement n'est pas très mathématique à la fin.
Comme l'a dit Lazare ça dépend la classe. Cet exercice peut être fait dès la seconde, pour eux la rédaction serait proche de ce qui est fait dans la vidéo.
En terminale, il y a une multitude de façons de faire : par récurrence, avec les congruences, par disjonction de cas...
Justement j'ai posé la question parce que son auditoire est très éclectique, il y a juste un tableau à deux entrées à faire avec les six restes possibles qui peut déjà permettre de résoudre ce problème à moins que tu veuilles un raisonnement lié à ses propos. J'ai 10 ans de moins que toi.
Sur votre copie doit figurer au moins que 2 et 3 sont premiers entre eux. Dans les deux raisonnements indiqués par la vidéo on montre que le nombre n^3-n est divisible par 2, et par 3. Mais en général ce n'est pas parce qu'un nombre n est divisible par a et b qu'il est divisible par leur produit ab. Mais c'est vrai si a et b sont premiers entre eux.
Ici, 2 et 3 sont des nombres premiers, un nombre premier est premier avec n'importe quel entier qui ne lui est pas égal.