Y-a-t-il un plus grand nombre ?

Il y a 2 heures, Hérisson_ a dit :

Dattier,

Tu viens encore de te faire bannir d'un N-ième site de Mathématiques !

http://www.bibmath.net/forums/viewtopic.php?pid=74857#p74857

Oui, j'ai un point de vue sur les maths trés peu orthodoxes, cela n'empêche que je suis devenu, relativement, célèbre avec mes énigmes de maths.

à l’instant, contrexemple a dit :

cela n'empêche que je suis devenu, relativement, célèbre

Célèbre comme Nabila ?

il y a 1 minute, Spontzy a dit :

Célèbre comme Nabila ?

Tu n'as qu'à voir ici : http://forum.prepas.org/viewtopic.php?f=3&t=63460&sid=f386f254f149c15a941ba8506601f43f

ou ici : https://artofproblemsolving.com/community/user/368751

Il y a 11 heures, contrexemple a dit :

Y-a-t-il un plus grand nombre ?

Sept milliards et demi?
 

Il y a 12 heures, contrexemple a dit :

Bonjour,

Certains répondent à l'unisson à cette question que non.
Et d'autres (dont moi) cela dépend du jeu auxquels ont joue (la théorie dans laquelle on se place).

En effet l'erreur est de croire que l'arithmétique de Peano est universelle (dans cette théorie il n'y a pas de plus grand nombre), alors qu'il existe des peuplade qui ont une arithmétique avec un plus grand nombre (beaucoup : B).

Ainsi dans cette arithmétique, si on la décrit à partir de Peano, on a : 

-B un grand nombre choisi dans les entiers
-a+b=min(a+b,B) 
-a*b=min(a*b,B)

C'est une arithmétique tout autant légitime que Peano, la preuve elle est utilisé par certains groupes humains.

Bonne journée.

Ca reviens a dire que il y a des nombres cacher parmi les nombres et qui sont mystérieux car il sont grand et ils ont des propriétés magique non?

il y a une heure, contrexemple a dit :

Oui, j'ai un point de vue sur les maths trés peu orthodoxes, cela n'empêche que je suis devenu, relativement, célèbre avec mes énigmes de maths.

C'est surtout le mot "relativement" qui est important...

C'est un genre d'attraction, quoi......

Il y a 11 heures, contrexemple a dit :

Tu n'as qu'à voir ici : http://forum.prepas.org/viewtopic.php?f=3&t=63460&sid=f386f254f149c15a941ba8506601f43f

Je me suis amusé à faire la question 3 (arithmétiquement votre) qui avait retenu mon attention et me paraissait facile ; je ne sais pas si la réponse a été donnée mais je pense que j'ai une solution :

Il y a 13 heures, Quasi-Modo a dit :

ça n'a pas vocation à être autre chose qu'une curiosité intellectuelle balancée en l'air

Très intéressante ton intervention (intelligente). Vouloir définir l'indéfinissable c'est un peu  comme discuter de l'origine de l'univers. Ça a au moins le mérite de pouvoir alimenter les discussions du bar du commerce.

@Quasi-Modo : oui, la solution a été donné.

Le problème c'est que tu ne peux pas conclure de $a \mod b=c$ que $2^a \mod b=2^c \mod b$

Tu dois passé par l'indicatrice d'Euler (le nombre d'élément du groupe multiplicatif de $\mathbb Z/b\mathbb Z$)

Solution : il suffit de remarquer que $v_2(n!)\leq n$ en utilisant le résultat de Legendre et si $p$ premier impair avec $p^n \text{ | }n!$ alors $(p-1)\text{ | }n!$ comme $p^n$ et $(p-1)$ premier entre eux donc $\phi(p^n)=p^{n-1}(p-1)\text{ | }n!$ d'où $p^n\text{ | }2^{n!}-1$

il y a 7 minutes, contrexemple a dit :

@Quasi-Modo : oui, la solution a été donné.

Le problème c'est que tu ne peux pas conclure de $a \mod b=c$ que $2^a \mod b=2^c \mod b$

Tu dois passé par l'indicatrice d'Euler (le nombre d'élément du groupe multiplicatif de $\mathbb Z/b\mathbb Z$)

Je veux bien te croire mais as tu un contre exemple?

3 mod 7=10 mod 7 or 2^3 mod 7=1     2^10 mod 7=2

il y a 2 minutes, contrexemple a dit :

3 mod 7=10 mod 7 or 2^3 mod 7=1     2^10 mod 7=2

Ma simplification était naïve, j'en étais pas sûr mais je savais que quelqu'un tiquerait si c'était le cas

la solution est écrit en blanc

il y a 21 minutes, contrexemple a dit :

@Quasi-Modo : oui, la solution a été donné.

Le problème c'est que tu ne peux pas conclure de amodb=camodb=c que 2amodb=2cmodb2amodb=2cmodb

Tu dois passé par l'indicatrice d'Euler (le nombre d'élément du groupe multiplicatif de Z/bZZ/bZ )

Solution : il suffit de remarquer que v2(n!)≤nv2(n!)≤n en utilisant le résultat de Legendre et si pp premier impair avec pn | n!pn | n! alors (p−1) | n!(p−1) | n! comme pnpn et (p−1)(p−1) premier entre eux donc ϕ(pn)=pn−1(p−1) | n!ϕ(pn)=pn−1(p−1) | n! d'où pn | 2n!−1pn | 2n!−1

Le 15/02/2019 à 20:53, Quasi-Modo a dit :

Donc il me semble que cette "arithmétique" chelou devrait renoncer à la fois à l'associativité, et au principe de substitution qui veut que deux valeurs égales à une même troisième soient égales entre elles.

(a*b)*c=min(min(a*b,B)*c,B)=min(a*b*c,B*c,B)=min(a*b*c,B) car on travaille avec des entiers

a*(b*c)=min(a*min(b*c,B),B)=min(a*b*c,B*a,B)=min(a*b*c,B) car on travaille avce des entiers

On peut faire le même taf avec l'addition, donc on conserve bien l'associativité et aussi la distributivité :

(a+b)*c=min(c*min(a+b,B),B)=min(c*a+c*b,c*B,B)=min(c*a+c*b,B)

a*c+b*c=min(min(a*c,B)+min(b*c,B),B)=min(min(a*c+b*c,a*c+B,B,b*c+B),B)=min(a*c+b*c,B)

Donc rien de nouveau sous le soleil.

il y a 5 minutes, contrexemple a dit :

On peut faire le même taf avec l'addition, donc on conserve bien l'associativité

Et bien je pensais au cas que j'ai déjà donné avant, avec x < B : (x + B) - B != x + (B - B)

il y a 1 minute, Quasi-Modo a dit :

Et bien je pensais au cas que j'ai déjà donné avant, avec x < B : (x + B) - B != x + (B - B)

Et je n'ai pas parler de la sous-traction mais de l'addition, on est dans les entiers naturels et non relatifs.

Il y a 9 heures, contrexemple a dit :

Et je n'ai pas parler de la sous-traction mais de l'addition, on est dans les entiers naturels et non relatifs.

Nous avons donc une évidente limitation par rapport à l'arithmétique classique.

En clair : il n'y a aucun intérêt à limiter et inventer l'existence d'un plus grand nombre.

Le 15/02/2019 à 10:04, Virtuose_en_carnage a dit :

Forcement en partant de l'axiome "il existe un plus grand nombre", on devrait reussir a prouver qu'il en existe un plus grand.

On aboutit toujours à des contradictions, ce qui prouve qu'un tel nombre n'existe pas: cela s'appelle une démonstration par l'absurde.

Supposons qu'il existe un entier (M) supérieur à tous les autres entiers naturels.

On a par conséquent pour tout (N): N < M .

Prenons donc le cas particulier: N = M - 1 , conforme à la condition précédente, et ajoutons l'équation 2 = 2 ;

Il vient: N + 2 = M + 1 , ce qui conduit à un nouvel entier naturel N' = M + 1 , qui doit lui aussi vérifier l'hypothèse initiale: N' < M d'où M + 1 < M et 1 < 0 .

CQFD 

Il existe tout un lot de démonstrations de ce genre.

il y a 32 minutes, Hérisson_ a dit :

On aboutit toujours à des contradictions, ce qui prouve qu'un tel nombre n'existe pas: cela s'appelle une démonstration par l'absurde.

Supposons qu'il existe un entier (M) supérieur à tous les autres entiers naturels.

On a par conséquent pour tout (N): N < M .

Prenons donc le cas particulier: N = M - 1 , conforme à la condition précédente, et ajoutons l'équation 2 = 2 ;

Il vient: N + 2 = M + 1 , ce qui conduit à un nouvel entier naturel N' = M + 1 , qui doit lui aussi vérifier l'hypothèse initiale: N' < M d'où M + 1 < M et 1 < 0 .

CQFD 

Il existe tout un lot de démonstrations de ce genre.

D'accord avec toi, j'avais bien vu aussi que c'était contradictoire, mais @contrexemple prétend que la soustraction (et l'utilisation de nombres non entiers naturels positifs) est non valide dans son système. Tout comme les divisions je présume !

Je trouve ça un peu abusif (et très limitant) comme restriction à vrai dire, mais dans ces conditions on ne peut pas déclarer N = M - 1 (car on utilise une soustraction).

A moins que la définition de l'addition n'implique la définition de la soustraction (ce qui paraît intuitif mais sait-on jamais) ?