Calculer la somme de tous les éléments de $\Z/n\Z$

Amadou

Bonjour ! En fait je l'ai traité cet exercice d'une autre manière c'est-à-dire en donner des valeurs à $n$ dans $\Z/n\Z$ pour faire une déduction de la valeur de $S$ par la suite.

Mais lorsque j'ai regardé la correction j'avoue ne pas avoir compris la partie $2.$ pour $n$ pair c'est à dire le passage $p×(n-1)=-p=n-p=p$
Pour $p(n-1)=-p=n-p$ j'ai l'impression qu'on a pris pour $n=0$ choses que j'arrive pas à comprendre puisque dans l'énoncé on à $n$ supérieur ou égal à $2$.
$n-p=p$ j'ai pas de problème de compréhension à ce niveau car $n=2p$

Je pense qu'il y a une erreur de frappe au niveau de la conclusion (pair et impair suivant les valeurs de $S$).

Merci d'avance pour vos réponses 

NicoLeProf

Bonsoir Amadou,

oui il y a une faute de frappe à la conclusion (c'est bien $S=0$ si $n$ est impair et $S=\dfrac{n}{2}$ si $n$ est pair.

Ensuite, pour la partie que tu ne comprends pas : on a effectivement $\overline{n-1}=\overline{-1}$ (où $\overline{n-1}$ est la classe de $n-1$ dans $\mathbb{Z}/n \mathbb{Z}$ notée à l'aide d'un chapeau dans la solution de ton exo : chapeau que je ne sais pas faire en latex). Ceci car $n-1 \equiv -1 \pmod n$ .

(Et donc oui, $\overline{n}=\overline{0}$ en fait puisque nous sommes dans $\mathbb{Z}/n \mathbb{Z}$, cela ne veut pas dire que $n=0$ , cela signifie seulement que la classe de $n$ est celle de $0$). 

Donc $p \times (n-1) \equiv -p \pmod n$ soit en termes de classes : $\overline{p} \times  (\overline{n-1})=-\overline{p}$ . Puis, $-p \equiv n-p \pmod n$ (puisque $n$ divise $-p-n+p=n$) donc on a bien : $\overline{p} \times (\overline{n-1})=-\overline{p}=\overline{n-p}$ . Ce qui conclut en effet !

(Attention dans ce que tu écris à bien utiliser les notations des classes mais repasser par les congruences modulo $n$ facilite la bonne compréhension des concepts ! )

Amadou

Merci vraiment pour l'explication avec autant de simplicité, je comprends bien maintenant ! Tout était une question de congruence modulo $n$.
Sinon j'ai dû passer deux jours à lire pour comprendre mais aucune idée ne me venait.
Pour le chapeau, moi de même je n'ai aucune idée de la saisi puisque je suis débutant !
De plus j'aimerais aussi en savoir comment écrire Z/nZ comme dans l'énoncé ?

Fin de partie

Soit $n$ un entier naturel non nul. $\left(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z},+\right)$ est un groupe abélien donc en particulier un élément et son opposé additif appartiennent à cet ensemble.

A priori la somme de tous ces éléments est nulle sauf si un ou plusieurs éléments non nuls sont leur propre opposé et dans ce cas-là il pourrait ne pas y avoir compensation.

$a\equiv -a\mod{n}$ est équivalent à $n$ divise $2a$. Si $n$ est impair cela implique que $n$ divise $a$ mais $0\leq a<n-1$ cela implique que $a=0$ et donc la somme est nulle. C'est plus délicat si $n$ est pair.

JLT

Si $n=2p+1$ est impair alors $\Z/n\Z=\{-\overline{p},-\overline{(p-1)},\ldots,\overline{p-1},\overline{p}\}$ et la somme des éléments vaut $0$.

Si $n=2p$ est pair alors $\Z/n\Z=\{-\overline{(p-1)},-\overline{(p-2)},\ldots,\overline{p-2},\overline{p-1}\}\cup\{\overline{p}\}$ et la somme des éléments vaut $p=n/2$.

Médiat_Suprème

Par exemple :
$\widehat {n-1}$
ou
$\overbrace{n-1}$

Il y a aussi \wideparen {n-1}, mais  qui ne marche pas ici.

Chaurien

D'une façon générale, dans un groupe abélien fini $G$ dont la loi est notée additivement, on peut associer à chaque élément son opposé, et la somme de tous les éléments de $G$ est donc égale à la somme des $x \in G$ tels que $2x=0_G$. D'où le résultat pour $\mathbb Z/ n \mathbb Z$.

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Dans la solution citée ci-dessus [message initial], il y a une inversion des deux cas, $n$ pair ou impair. 

Et c'est curieux, ces collègues qui se disent « enseignants » et non professeurs, à une époque où même les instituteurs se targuent d'être « professeurs ».

JLT

Le troisième auteur dit qu'il est $\emptyset$ dans l'établissement $\emptyset$.

Chaurien

Il a raison, puisque l'ensemble vide a toutes les qualités .

GaBuZoMeu

Pas toutes, juste celles qui commencent par $\forall x\in \emptyset$

Amadou

Merci @Fin de partie pour l'aide apportée 

Amadou

@JLT $p$ n'est-elle pas inclus dans $\Z/n\Z=\{-\overline{(p-1)},-\overline{(p-2)},\ldots,\overline{p-2},\overline{p-1}\}$ ?

Fin de partie

Et $0$? Je pense que JLT s'est laissé emporter par les ...

Amadou

Il y a ça aussi que je ne comprends pas du tout la solution la factorisations de la dernière écriture n'est-elle pas égale à $a^5-1$.
Je ne sais pas si mon raisonnement est correct je l'ai fait ainsi.

Soit $P_a$ la propriété $<<n=(11111)_a>>$ pour tout $a\geq 3$.
Supposons $n$ non premier et vérifions $P_a$ au rang $a+1$.

$(11111)_{a+1}=(a+1)^{4}+(a+3)^{3}+(a+1)^{2}+(a+1)^{1}+1=(a^4+a^3+a^2+a+1)+2(2a^3+3a+2)+3(3a^2+a)$.
Par hypothèse $(a^4+a^3+a^2+a+1)$ n'est pas premier.
Soit $p=2k+3k'$, avec $k=(2a^3+3a+2), k'=3(3a^2+a)$ et montrons que  $p$ n'est pas premier pour conclure.
Si $p\mid 2k+3k'$ alors $p\mid 2k$ et $p\mid 3k'$. Absurde puisque qu'un nombre premier n'est diviseur [divisible que par] de $1$ et de lui-même.
D'où $P_{a+1}$ n'est pas premier.

Amadou

Puisque qu'elle est vrai à $a=3$ j'ai donc voulu ne pas écrire pour anticiper.

nicolas.patrois

Ton avant dernière ligne est fausse (je n’ai pas regardé les autres) : 5 divise 2+3 (k=k’=1) alors que 5 ne divise ni 2 ni 3 (bon, je sais, tes k et k’ ne peuvent pas être égaux à 1 mais quand même, ton argument est faible).

Inutile d’utiliser une récurrence, la relation de la solution suffit.

P.S. : Que se passe-t-il si a=2 ?

Amadou

nicolas.patrois a dit :.

P.S. : que se passe-t-il si a=2 ?

$a$ est supposé plus grand que $2$ d'après l'énoncé.

Amadou

nicolas.patrois a dit :

Ton avant dernière ligne est fausse (je n’ai pas regardé les autres) : 5 divise 2+3 (k=k’=1) alors que 5 ne divise ni 2 ni 3 (bon, je sais, tes k et k’ ne peuvent pas être égaux à 1 mais quand même, ton argument est faible).

Inutile d’utiliser une récurrence, la relation de la solution suffit.

Je l'ai juste dit d'après les hypothèses de l'énoncé puisque la plus petite valeur de $k=65$ et $k'=30$ ni des deux n'est premier ainsi que leurs sommes.

Amadou

Inutile d’utiliser une récurrence, la relation de la solution suffit.

Pouvez-vous m'aider car je n'ai pas trouvé d'autre méthode à la portée ?

nicolas.patrois

Amadou a dit :

$a$ est supposé plus grand que $2$ d'après l'énoncé.

Justement : que se passe-t-il avec la formule de la solution si a=2 ?

Amadou

Si $a=2$ l'égalité n'est pas vérifié.
J'aimerais avant tout savoir si la formule de la solution est bien factorisée ?

nicolas.patrois

Pour a=3 non plus, cela dit.

Amadou

Mais elle est valable pour tout $a$ non ?

nicolas.patrois

Non, elle est fausse.
Développe toi-même, tu verras.

Amadou

Comment démonter alors puisque la formule donnée par la solution n'est pas du tout correcte (à mon avis) ?
Quelle méthode utilisée sans passer par un raisonnement par récurrence ?

Ben314159

Salut,
Il y a effectivement une erreur dans la solution, mais le principe (à savoir de factoriser) reste pertinent.
(alors que ta réponse de 13h38 https://les-mathematiques.net/vanilla/index.php?p=/discussion/comment/2443114/#Comment_2443114 avec ta proposition $P_a$ est totalement incorrecte du début à la fin)

Si je te dit que $1+a+a^2+a^3+a^4+a^5=(1+a)(\cdots)$, est-ce que tu arrive à trouver le deuxième facteur ?

nicolas.patrois

L’énoncé est faux pour a=7.

Attention, il y a cinq 1 donc c’est 1+a+a²+a³+a⁴

int("11111",a)

en Python).

Amadou

Je vais essayer en faisant la division euclidienne.

Ben314159

nicolas.patrois a dit : https://les-mathematiques.net/vanilla/index.php?p=/discussion/comment/2443141/#Comment_2443141

Effectivement : désolé, j'ai fait confiance au début de la solution sans re-regarder l'énoncé.
Donc mon indication est nulle et non avenu (ou alors il faut changer l'énoncé ce qui est peut-être une bonne chose vu qu'avec cinq 1, je ne suis pas sûr qu'il y ait de méthode élémentaire)

Amadou

$1+a+a^2+a^3+a^4+a^5=(a+1)(a^4+a^2+1)$

Amadou

Merci je crois avoir compris maintenant 

JLT

Amadou a dit :

@JLT $p$ n'est-elle pas inclus dans $\Z/n\Z=\{-\overline{(p-1)},-\overline{(p-2)},\ldots,\overline{p-2},\overline{p-1}\}$ ?

Tu parles du cas $n=2p$ ? Ben non, $\{-\overline{(p-1)},-\overline{(p-2)},\ldots,\overline{p-2},\overline{p-1}\}$ ne contient pas $p$.

Fin de partie

Pour revenir à la question posée dans le premier message pour le cas $n$ pair.

On cherche les entiers naturels $0\leq a<n$  tels que  $2a$ est divisible par $n$ puisque $0\leq 2a<2n$ la division donne $0$ ou $1$ dans le cas où c'est $0$ cela signifie que $a=0$ et si c'est $1$ dans ce cas-là on a $a=n/2$ qui est non nul. Donc finalement la somme vaut $n/2$, tous les autres éléments hormis $n/2$ et $0$ de $\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$  ont un opposé qui n'est pas son propre opposé donc la somme est $n/2$.

Fin de partie

@JLT: ta notation est ambigüe. 

Julia Paule

Pour le 2ème exercice, l'énoncé est faux et la solution est fausse !
Pour le 1er exercice, à l'aide de la remarque de @Chaurien, on peut généraliser l'exercice à $G$ groupe abélien fini, écrit à l'aide de ses facteurs invariants : $G = \Z / a_1 \Z \times \cdots \times \Z /a_s \Z$, tels que $a_i \mid a_{i+1}$, trouver la somme des éléments de $G$ (je n'ai pas fait).

Fin de partie

La factorisation donnée en solution du deuxième exercice est nécessairement inexacte. Si on fait $a=1$ dans le membre de droite on obtient $0$ tandis que le membre de gauche vaut $6$ si $a=1$.

Fin de partie

La factorisation est $1+a+a^2+a^3+a^4+a^5=(1+a)(1+a^2+a^4)$

Chaurien

Pour le second exercice, la solution est grossièrement fausse. La solution par factorisation serait parfaite s'il y avait $6$ fois le chiffre $1$ et non $5$. C'est probablement le bon énoncé. 

Maintenant, qui connaît un nombre premier de la forme $a^4+a^3+a^2+a+1$ ?

Ça rappelle : • Démontrer que le produit de quatre entiers consécutifs, augmenté de $1$, est le carré d'un entier. 

$~~~~~~~~~~~~~~~~~~$Par exemple : $(4 \times 5 \times 6 \times 7)+1={29}^2$.

• Trouver les $n \in \mathbb N^*$  tels que $n^4+4^n $ soit premier.

Chaurien

J'ai trouvé ceci : H. C. Williams and E. Seah, Some Primes of the Form $(a^n - 1)/(a - 1)$, Mathematics of Computation, Vol. 33, No. 148 (Oct., 1979), pp. 1337-1342 (6 pages), Published By : American Mathematical Society.

Si j'ai bien lu, il semblerait que pour $a=12$, l'entier $a^4+a^3+a^2+a+1$ est premier.

En effet, c'est $22~621$, qui est premier.

Fin de partie

Pour $a=1$, $a^4+a^3+a^2+a+1=5$

Fin de partie

Pour $a=1,2,7,12,....$ $a^4+a^3+a^2+a+1$ est premier.

Fin de partie

Les énoncés des exercices sont générés par un chatGPT?

Chaurien

J'avais mal lu. Il y a aussi $7^4+7^3+7^2+7+1=2~801$.

nicolas.patrois

Oui, j’avais donné ce contre-exemple.

Chaurien

Ah oui, pardon nicolas.patrois, je n'avais pas vu.

Ben314159

Y a aussi  17 057 233 500 401 (avec a=2 032).

Julia Paule

Pour mon exercice, je trouve que la somme est toujours nulle, sauf pour un seul cas de figure : quand tous les $a_i, i \in [1, s-1]$ sont impairs et $a_s$ est pair, alors la somme est égale à $a_s / 2$. J'ai peut-être fait une erreur.

Amadou

Fin de partie a dit :
On cherche les entiers naturels $0\leq a<n$  tels que  $2a$ est divisible par $n$ puisque $0\leq 2a<2n$ la division donne $0$ ou $1$ 

Ta méthode me paraît encore plus simple.
Mais comment $1$ ?

Amadou

Julia Paule a dit :

Pour le 2ème exercice, l'énoncé est faux et la solution est fausse !

Tout est clair maintenant puisque j'ai tenté avec cinq $1$ et quatre $1$ mais rien n'a marché. Et du coup j'ai pas pu factoriser non plus avec quatre $1$.

Amadou

@Chaurien merci beaucoup. J'ai pu apprendre une autre formule de détermination de nombre premier grâce à votre question pertinente.

Amadou

Chaurien a dit :

• Trouver les $n \in \mathbb N^*$  tels que $n^4+4^n $ soit premier.

Pouvez-vous donner quelques indications ou point méthode pour que je me retrouve avec cet exemple.
Pour $n=1$ on a $5$ donc c'est premier.