DÉMONTRER que n³-n est un multiple de 6. 

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.

Problème de maths expertes bien vulgarisé et rendu compréhensible même aux élèves de 3ème 👌 bravo

5:46 ouais ça me suffit amplement, tu es toujours parfaitement clair dans tes explications, c’est un vrai bonheur. 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.

Un prof passionné, ça donne l'envie à tout le monde; bravo !

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 !

Quel plaisir de pouvoir trouver la solution tout seul en amont, et ce grâce à vos nombreuses vidéos, toujours aussi pédagogiques et explicatives.

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 ! 💙💚

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.

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.

Merci beaucoup, j aimerai plus de démonstration du même style, ça aide vraiment beaucoup et les raisonnements sont très interessants.

maintenant que j'ai visionné celle-ci en premier je vais aller voir les précédentes. bon exo et démonstration.

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.

Merci pour ta démonstration, on peut aussi utiliser la démonstration par récurrence.

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.

Vous êtes le meilleur prof du monde. Bravo👏👏👏👏🙌

C'est bien, ces petits défis. Je n'y pense pas de moi-même, mais ça dérouille agréablement le cerveau.

D'accord Professeur, sinon ça se démontre très bien par récurrence, en initialisant à 2.

C'est fort ! Que du raisonnement ! C'est ça les maths ! 👍

Très bonne vidéo, j’espère que les jeunes regardent et s’imprègnent.

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

J’apprend toujours des petits trucs Merci

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.

Merci beaucoup pour votre explications monsieur ❤

Bonjour. J'ai aussi trouvé seul... grâce à la vidéo précédente. Bravo.

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.

Génial ! On attend que le niveau monte, les exercices arithmétiques sont les plus « fun » selon moi

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 !

Est-il possible de faire une démonstration par récurrence ?

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).

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.

Par récurrence c’est également très simple à comprendre

Vous êtes excellent. Merci !!!!!!

formidable démonstration

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 ).

on voit sa en quelle classe normalement ?

Merci. Super bien expliqué !

Bonne explication reposant sur l'intuition au sens rigoureux de Descartes (Règle III

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.

Merci beaucoup et BRAVO

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.

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!.

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 ?

Multiple de 3 comme dans le titre ou de 6 comme sur la vignette ?

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.

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

0³-0=1³-1=(-1)³-(-1)=0 2 et 3 sont premiers entre eux, donc n³-n divisible par 6.

Merci pour le vidéo

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

Je pense aussi qu'on peut démonter ça par récurrence

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 !

quel artiste !!

Merci j'adore

Merci pour ça

n x (n - 1) x (n+1) , pour les gens familier avec la recherche de nombre premier si on a trois nombres consécutifs au moins un est un multiple de 2 et un est un multiple de 3.

Pour n != 1 non? Pour le reste, super demonstration. Un plaisir.

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...

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.

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

Le raisonnement par récurrence est plus pertinent !

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 !

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)

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 ¿

👍👍👍

c'est pas plus simple de faire un tableau de congruence modulo 6 directement ?

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

Le boss

Merci

😆يا فرحتي حليتها بنظرة في ثانيتين

Hatchement balaise, mes braves !

شكرا

Par récurrence ça marche très facilement aussi.😊

C'était un peu compliqué mais bon , ça ma plu 😅

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

n(n-1)(n+1) par récurrence. On a toujours la multiplication de 3 entiers consécutifs. Exemple 1×2×3 =6×1 2×3×4=6×4 3×4×5= 6×10 ... 101×102×103=6×(17×101×103) 5×6×7=6×(5×7)

Excellent

👍

J'adore que des règles je connais mais j'avais même pas pense à utilisé comme ça.

c'est possible aussi par recurrence non ?

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.

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.

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

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.

J'ai aussi reconnu immédiatement n(n+1)(n-1) et le reste est simple. C'est la méthode la plus rapide et élégante je pense. On peut aussi démontrer d'un façon complètement différente, plus lourde ici qui pourrait marcher d'autres cas avec une expression moins facile à factoriser - on calcule n^3 - n en remplaçant n par 6p+q avec p et q entiers et q entre 0 et 5 (division entière) - on trouve n^3 -n = 6 * quelquechose + q^3 - q donc divisible par 6 si (q^3 - q) l'est - on vérifie que ça marche bien en effet pour les entiers de 0 à 5 Une démonstration par récurrence marche aussi.

Salut Je connaissais n^3 -n est toujours divisible par 3

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.

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

merci de te lecons althematique.

j'adore

Il faut préciser n € N Sinon super vidéo comme tjs.

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.

n^3 - n = n^3 - n^1 = 3 - 1 = 2 on a n^3 - n multiple de 6 initialement en 2

Muito obrigado professor

Ok je fais : n³-n = n(n²-1) (n-1)n(n+1) Comme n un entier, on a 3 entiers consécutifs, d'où Un des trois est divisible par 3 et au moins Un est pair => C'est divisible par 6

Easy: n³-n = n(n+1)(n-1) Quelque soit le n choisit, il y aura forcément au moins un des termes multiple de 2 et un terme multiple de 3 vu que les 3 termes se suivent strictement. Donc le produit est forcément au moins multiple de 2×3 = 6...

( n € N) décomposé en F = (n-1).n.(n+1), ça m'apparaît 'évident' qu'un des 3 facteurs est multiple de 2, de même qu'un (autre) des 3 facteurs est multiple de 3, soit donc que F est multiple de 6... mais je ne parviens pas à formuler la chose en langage mathématique! ('évident' n'est pas une démonstration mathématique!)... . ??? à moins d'invoquer: - sur 2 nombres successifs de N, l'un est forcément multiple de 2 - sur 3 nombres successifs de N, l'un est forcément multiple de 3 et comme F est un produit de 3 entiers successifs dont l'un est multiple de 2 et un autre multiple de 3, F est multiple de 2 fois 3 donc 6! (maintenant, je vais regarder la vidéo😉) + 👍j'adore tes 'ti' problèmes!

très bonne vidéo sinon par récurrence ?

Je me demande si une précision ne doit pas être apportée. Si l'on multiplie 3 nombres entiers consécutifs, il est certain que parmi ces 3 nombres, se trouveront un multiple de 3 et au moins un nombre pair. Deux cas de figure peuvent toutefois se présenter: - soit le multiple de 3 est pair. Il n'est alors pas certain que se trouve, parmi les 2 autres nombres de la suite, un autre nombre pair. Cela n'importe toutefois pas puisque un multiple de 3 pair est nécessairement un multiple de 6, de sorte que le produit des 3 nombres sera aussi multiple de 6; - soit le multiple de 3 est impair. Il est alors certain que se trouve, parmi les 2 autres nombres de la suite, au moins un nombre pair. Le produit de ce nombre pair par le multiple de 3 (impair) donnera alors nécessairement un multiple de 6, de sorte que le produit de ce multiple de 6 par le troisième nombre de la suite sera aussi multiple de 6; Il me semble que la démonstration pourrait aussi être apportée de la façon suivante: le produit de 3 nombres entiers consécutifs peut nécessairement être traduit en l'une des 6 formules suivantes (où k représente un nombre entier): 6k x (6k + 1) x (6k + 2) (6k + 1) x (6k + 2) x (6k + 3) (6k + 2) x (6k + 3) x (6k + 4) (6k - 3) x (6k - 2) x (6k - 1) (6k - 2) x (6k - 1) x 6k (6k - 1) x 6k x (6k x 1) Or, il peut être démontré que le produit de chacune de ces 6 formules est un multiple de 6.

ca aurait été sympa que tu écrives ton raisonnement pour justifier que ce nombre est pair.