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 problème N°7 de la semaine (12/12/2005-18/12/2005 )

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samir
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samir

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MessageSujet: problème N°7 de la semaine (12/12/2005-18/12/2005 )   problème N°7 de la semaine (12/12/2005-18/12/2005 ) EmptyLun 12 Déc 2005, 09:58

voici le problème de cette semaine
problème N°7 de la semaine (12/12/2005-18/12/2005 ) Problme712122005181220051ei

BONNE CHANCE A TOUS LES MEMBRES .

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وتوكل على الحي الذي لا يموت وسبح بحمده


Dernière édition par le Lun 19 Déc 2005, 09:55, édité 2 fois
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samir
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MessageSujet: Re: problème N°7 de la semaine (12/12/2005-18/12/2005 )   problème N°7 de la semaine (12/12/2005-18/12/2005 ) EmptyLun 12 Déc 2005, 10:12

salut
chaque participant doit poster sa solution par E-MAIL

amateursmaths@yahoo.fr

puis il poste le message suivant ici "solution posée"
pour plus d'information voir le condition de participation
Merci

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abdelbaki.attioui
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abdelbaki.attioui

Masculin Nombre de messages : 2558
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MessageSujet: Re: problème N°7 de la semaine (12/12/2005-18/12/2005 )   problème N°7 de la semaine (12/12/2005-18/12/2005 ) EmptyLun 12 Déc 2005, 13:02

Bonjour, solution posée
voici la solution de abdelbaki
Bonjour, soit f :IN* ----> IN* définit par : f(n)= le nombre des
diviseurs de n de IN*.

Si la représentation de n en facteurs premiers est
n=p^{a_1}p^{a_2}.....p^{a_r} alors
f(n)=(a_1+1)(a_2+1)...(a_r+1).

Soit p premier tel que f(p^2+11)=6. Donc p^2 + 11 = u^2 v avec u et v
premiers ou p^2 + 11 = u^5
avec u premier. ( Car 6 = 5 + 1 = (2+1)(1+1) )

Si p^2 + 11 = u^2 v, alors

p=2 , 15 = 3 * 5 = u^2 v , l'équation n'a pas de solution.
p=3 , 20 = u^2 v = 2^2 * 5 , alors u=2 et v=5 est solution.

Pour p>3, p s'écrit sous la forme ( division euclidienne par 3) p= 3k +
e avec
e=1 ou e=-1.
p=3k+e, ( k est pair sinon p sera pair))
p^2= 3k(3k+2e)+1
p^2+11= 3 * 2 [k(3k+2e)/2 + 2] = u^2 v alors u=2 et v=3 ou u=3
et v=2
Si u=2 et v=3, alors p^2+11= 12 i.e p=1 non premier
Si u=3 et v=2, alors p^2+11= 18 i.e p^2=7.
Conclusion p n'est pas de la forme 3k+e avec e^2=1
Dans ce cas la seule solution est p=3

Si p^2 + 11 = u^5
p=2, p^2 + 11=15 =u^5 l'équation n'a pas de solution.
si p >2 , p^2 + 11=u^5 est pair, alors u=2 .
Donc p^2 + 11=32 i.e p^2=21 n'a pas de solution.
Donc il n'y aucun premier p tel que p^2+11=u^5

Finalement, il n'y a qu'une solution de f(p^2+11)=6 c'est p=3.

AA+


AA+ Wink
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lolo
Maître


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Date d'inscription : 12/12/2005

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MessageSujet: Re: problème N°7 de la semaine (12/12/2005-18/12/2005 )   problème N°7 de la semaine (12/12/2005-18/12/2005 ) EmptyLun 12 Déc 2005, 14:40

Bonjour,
Solution posée,
voici la réponse de Lolo
Si p = 3 alors p^2 +11 = 20 a exactement 6 diviseurs.
Si p =2,5,7,11 ça ne marche pas.
On peut alors supposer p >= 13 donc p^2 +11 > 12^2 .

Comme p est premier il est congru à 1 ou -1 modulo 6
auqel cas p^2 +11 est divisible par 12 qui possède
1,2,3,4,6,12 comme diviseur auquel on peut ajouter (p^2+11)/2 et p^2+11 , on en a déjà 7 différents : conclusion aucun autre premier ne convient .

lolo


lolo santa
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Yalcin
champion de la semaine


Nombre de messages : 21
Date d'inscription : 19/09/2005

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MessageSujet: Re: problème N°7 de la semaine (12/12/2005-18/12/2005 )   problème N°7 de la semaine (12/12/2005-18/12/2005 ) EmptySam 17 Déc 2005, 09:16

Solution posée
voici la solution de YALCIN
Tout nombre entier naturel est sous la forme : 12k+a où a={0;1;2;3;4;5;6;7;8;9;10;11}
Donc on en déduit que tout nombre premier strictement supérieur à 13 est sous la forme : 12k+a' où a'={1;5;7;11}.
Donc on a : p²+11=(12k+a')²+11=12²k²+2.12.k.a'+a'²+11
En remplaçant a' par 1;5;7 et 11 , on voit que p²+11=12*P(k) où P(k) un polynôme de second degré strictement supérieur à 1.
Donc on en déduit que p²+11=3*2²*P(k) , donc tout nombre premier strictement supérieur à 13 n'admet pas 6 diviseurs maximum.
Donc essayons avec p={2;3;5;7;11;13}
Or avec ces valeurs seul p=5 donne 6 diviseurs , donc on en déduti que : p dans IP tel que p²+11 admet 6 diviseurs maximum est le cas où p=3.
Voilà
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robalro
Débutant


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Date d'inscription : 17/12/2005

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MessageSujet: Re: problème N°7 de la semaine (12/12/2005-18/12/2005 )   problème N°7 de la semaine (12/12/2005-18/12/2005 ) EmptySam 17 Déc 2005, 18:17

Bonjour !
Solution posée
voici la solution de robalro
Salut ( c'est ma première énigme, j'espère ne pas me tromper ) !!

Alors voila, je trouves plusieurs p vérifiant la condition : p²+11 admet 6 diviseurs ( 4 diviseurs + p + 1 )

Ces p sont :

1,3,8,9,14,15,21,39,40,42,45,51,64,69,75,76,86,94,108,111,116,130,140,142 ...

Or parmis tout ces p possibles, on remarque que seul 3 est premier.

Réponse : seul le chiffre 3 vérifis p²+11 admet 6 diviseurs ( avec p un nombre premier )

merci pour l'énigme
A+



A+
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ziad
Débutant


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MessageSujet: Re: problème N°7 de la semaine (12/12/2005-18/12/2005 )   problème N°7 de la semaine (12/12/2005-18/12/2005 ) EmptyDim 18 Déc 2005, 18:05

voici un problème semblable : trouver p tel que p**4+716 admet moins de 32 diviseurs.......
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samir
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MessageSujet: Re: problème N°7 de la semaine (12/12/2005-18/12/2005 )   problème N°7 de la semaine (12/12/2005-18/12/2005 ) EmptyDim 18 Déc 2005, 18:14

c'est mieux de poster ce problème au espace divers -olympiades.

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samir
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MessageSujet: Re: problème N°7 de la semaine (12/12/2005-18/12/2005 )   problème N°7 de la semaine (12/12/2005-18/12/2005 ) EmptyLun 19 Déc 2005, 09:43

bonjour à tous les membres
la participation au problème N°7 est términée (si d'autres membres ont une autre solution ils peuvent la poster ici)
les bonnes réponses sont de
abdelbaki.attioui
lolo
Yalcin
robalro

bravo . et bonne chance pour le problème N°8
A+

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MessageSujet: Re: problème N°7 de la semaine (12/12/2005-18/12/2005 )   problème N°7 de la semaine (12/12/2005-18/12/2005 ) Empty

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