Préparations aux olympiades de tronc commun (2009-2010)

M.Marjani a écrit:

Bonjour,
Soit f une fonction vérifiant l'énoncé.
* Posant mnk=0, de l'énigalité: [f(0)][2-f(0)]>=1, donc f(0)=1.
* Posant k=mn=0, donc 2f(0)-[f(k)]²>=1 puisqu'il est définie de |N vers |N implique que: 0=<f(k)=<1 pour tout k de |N.
* Si f(k)=0, on aura f(kn)+f(km)>=1, et en fixant k=m=n on trouve que f(k²)>=1/2, cela implique que f(k²)=1/2, par conséquent m=k=n => [f(k²)][2-f(k)]>=1 d'ou: f(k²)>=1. Et çela montre la fausté de f(k²)=1/2, d'ou f(k)=0 est fausse. Donc il réste f(k)=1.
* réciproquement, f est la seule fonction qui vérifie l'énoncé, celui-là est constante.
---------------------------------------------------------------------------
J'ai changé de methode pour enléver le chapeau pour dijksheiner qui la inspirer

En fait Dijkschneier a totalement raison, mais j'ai voulu qu'il termine son travail.
Pour cela il faut tout simplement montrer que f(1)=f(0)=1.
(D'une part, prends m=n=k=1 et d'autre part m=n=k=0)
Et ce qui est en rouge devient trivial.
Au plaisir.
Je ne vois aucun rapport logique entre ce qui est en rouge.

nmo a écrit:

M.Marjani a écrit:

Bonjour,
Soit f une fonction vérifiant l'énoncé.
* Posant mnk=0, de l'énigalité: [f(0)][2-f(0)]>=1, donc f(0)=1.
* Posant k=mn=0, donc 2f(0)-[f(k)]²>=1 puisqu'il est définie de |N vers |N implique que: 0=<f(k)=<1 pour tout k de |N.
* Si f(k)=0, on aura f(kn)+f(km)>=1, et en fixant k=m=n on trouve que f(k²)>=1/2, cela implique que f(k²)=1/2, par conséquent m=k=n => [f(k²)][2-f(k)]>=1 d'ou: f(k²)>=1. Et çela montre la fausté de f(k²)=1/2, d'ou f(k)=0 est fausse. Donc il réste f(k)=1.
* réciproquement, f est la seule fonction qui vérifie l'énoncé, celui-là est constante.
---------------------------------------------------------------------------
J'ai changé de methode enlevant le chapeau pour dijksheiner qui la inspirer

En fait Dijkschneier a totalement raison, mais j'ai voulu qu'il termine son travail.
Pour cela il faut tout simplement montrer que f(1)=f(0)=1.
(D'une part, prends m=n=k=1 et d'autre part m=n=k=0)
Et ce qui est en rouge devient trivial.
Au plaisir.
Je ne vois aucun rapport logique entre ce qui est en rouge.

Tu prends m=k=n=0 aprés trois phrases tu auras (f(0)-1)²=<0 donc f(0)=1. Et de méme pour f(1).
Cela tout simplement rends votre methode trés longue. Enfin, vous ne pouvez pas déduire de f(0)=f(1)=1 que f est constante ! il faut la montrer de tels que K de |N.

[quote="nmo"]

M.Marjani a écrit:

0=<f(k)=<1 pour tout k de |N.
* Si f(k)=0, on aura f(kn)+f(km)>=1, et en fixant k=m=n on trouve que f(k²)>=1/2, cela implique que f(k²)=1/2, par conséquent * Fixant m=k=n, çela implique que [f(k²)][2-f(k)]>=1 d'ou: f(k²)>=1. Et çela montre la fausté de f(k²)=1/2, d'ou f(k)=0 est fausse. Donc il réste f(k)=1.
* réciproquement, f est la seule fonction qui vérifie l'énoncé, celui-là est constante.

Je ne vois aucun rapport logique entre ce qui est en rouge.

Si, donc pour ce qui est en bleu, on a déja montré que f(k)=<1, Donc il faut que f(k²) soit >=1 pour que l'inégalité soit réalisé !
Et pour ce qui est en vert, c'est la relation entre notre supposition et ce qui est en bleu.

Amicalement.

M.Marjani a écrit:

nmo a écrit:

M.Marjani a écrit:

Bonjour,
Soit f une fonction vérifiant l'énoncé.
* Posant mnk=0, de l'énigalité: [f(0)][2-f(0)]>=1, donc f(0)=1.
* Posant k=mn=0, donc 2f(0)-[f(k)]²>=1 puisqu'il est définie de |N vers |N implique que: 0=<f(k)=<1 pour tout k de |N.
* Si f(k)=0, on aura f(kn)+f(km)>=1, et en fixant k=m=n on trouve que f(k²)>=1/2, cela implique que f(k²)=1/2, par conséquent m=k=n => [f(k²)][2-f(k)]>=1 d'ou: f(k²)>=1. Et çela montre la fausté de f(k²)=1/2, d'ou f(k)=0 est fausse. Donc il réste f(k)=1.
* réciproquement, f est la seule fonction qui vérifie l'énoncé, celui-là est constante.
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J'ai changé de methode enlevant le chapeau pour dijksheiner qui la inspirer

En fait Dijkschneier a totalement raison, mais j'ai voulu qu'il termine son travail.
Pour cela il faut tout simplement montrer que f(1)=f(0)=1.
(D'une part, prends m=n=k=1 et d'autre part m=n=k=0)
Et ce qui est en rouge devient trivial.
Au plaisir.
Je ne vois aucun rapport logique entre ce qui est en rouge.

Tu prends m=k=n=0 aprés trois phrases tu auras (f(0)-1)²=<0 donc f(0)=1. Et de méme pour f(1).
Cela tout simplement rends votre methode trés longue. Enfin, vous ne pouvez pas déduire de f(0)=f(1)=1 que f est constante ! il faut la montrer de tels que K de |N.

Tu remplaces dans les deux relations trouvés par Dijkschneier.
Tu trouves à la fois 1>=f(n) et autre fois que f(n)>=1.
Donc f(n)=1, et c'est la seule fonction à satisfaire les conditions du proplèmes.

nmo a écrit:

Tu remplaces dans les deux relations trouvés par Dijkschneier.
Tu trouves à la fois 1>=f(n) et autre fois que f(n)>=1.
Donc f(n)=1, et c'est la seule fonction à satisfaire les conditions du proplèmes.

Aha, donc çela est un complément de ça methode, bien.
(Vous pouvez voir mon dérnier poste édité).
Bonne chance.

Maintenant, il reste l'exercice de géométrie analytique.
Bonne chance.

nmo a écrit:

Il reste un exercise de geométrie analytique:
Je vous propose un problème de geométrie analytique:
(D) et (D') sont deux droites strictement parallèles.
A est un point qui appartient à (D), A' est un point de (D').
Pour tout point M de (D), on définit le point M' de (D') tel que .
Montrez que la droite (MM') passe par un point fixe.
Bonne chance.

Je l'ai pas vu auparavant, voilà ma réponse:

** Soit H le milieu de [M'A'] et T le point d'intersection de (AH) et (MM').
* Selon les donée, on a (AM)//(A'M') et A,T,H et M,T,M' sont alignés, en appliquant le theoréme de Thalés:
TM/TM'=TA/TH=AM/M'H=1 ( Car AM=2A'M' implique que M'H=AM ). (1)
* De (1) TM=TM' et TA=TH, ce qui implique que T est le milieu de [AH] et [MM'].
* De ce qui precéde, on déduit que AMHM' est un paralélograme et T son milieu.
* Puisque (vec)AM=-2(vec)A'M', donc on aura toujours AMHM' un paralélograme donc (MM') passant toujours par T le milieu [MM'] et [AH].

Merçi.

M.Marjani a écrit:

** Soit H le milieu de M'A' et T l'interction de (AH) et (MM').

Qu'est-ce que ça veut dire ça ? L'intersection de (MM') et de (AH) est M'.

Dijkschneier a écrit:

M.Marjani a écrit:

** Soit H le milieu de [M'A'] et T le point d'intersection de (AH) et (MM').

Qu'est-ce que ça veut dire ça ? L'intersection de (MM') et de (AH) est M'.

Comment? Vous pouvez expliquer ce qui est en bleu?
T est un point par mon choix.

Deux droites non colinéaires se coupent en un seul point. Il se trouve que M = (MM') Inter (AH). Donc T=M. Où est l'utilité alors d'introduire le point T ?

M.Marjani a écrit:

nmo a écrit:

Il reste un exercise de geométrie analytique:
Je vous propose un problème de geométrie analytique:
(D) et (D') sont deux droites strictement parallèles.
A est un point qui appartient à (D), A' est un point de (D').
Pour tout point M de (D), on définit le point M' de (D') tel que .
Montrez que la droite (MM') passe par un point fixe.
Bonne chance.

Je l'ai pas vu auparavant, voilà ma réponse:
** Soit H le milieu de [M'A'] et T le point d'intersection de (AH) et (MM').
* Selon les donée, on a (AM)//(A'M') et A,T,H et M,T,M' sont alignés, en appliquant le theoréme de Thalés:
TM/TM'=TA/TH=AM/M'H=1 ( Car AM=2A'M' implique que M'H=AM ). (1)
* De (1) TM=TM' et TA=TH, ce qui implique que T est le milieu de [AH] et [MM'].
* De ce qui precéde, on déduit que AMHM' est un paralélograme et T son milieu.
* Puisque (vec)AM=-2(vec)A'M', donc on aura toujours AMHM' un paralélograme donc (MM') passant toujours par T le milieu [MM'] et [AH].
Merçi.

Le point T n'est pas un point fixe, car M et M' changent de position.
A toi de reprendre le travail.

Dijkschneier a écrit:

Deux droites non colinéaires se coupent en un seul point. Il se trouve que M = (MM') Inter (AH). Donc T=M. Où est l'utilité alors d'introduire le point T ?

Vous dites quoi Mr, Je vous rapelle que H est le milieu de [M'A'] et (AM)//(M'A') strictement. C'est pourquoi j'ai choisi un point T qui serait l'intersection de (AH) et (MM').

Un petit déssin:


nmo

Si Mr, il est fixe, mais en considérant H fixe , ca veut dire que dés la premiére fois qu'on la placer !
Sinon, çe point ce trouve sur [AA']. Sinon ou se trouve çe point fixe! xD

M.Marjani a écrit:

Dijkschneier a écrit:

Deux droites non colinéaires se coupent en un seul point. Il se trouve que M = (MM') Inter (AH). Donc T=M. Où est l'utilité alors d'introduire le point T ?

Vous dites quoi Mr, Je vous rapelle que H est le milieu de [M'A'] et (AM)//(M'A') strictement. C'est pourquoi j'ai choisi un point T qui serait l'intersection de (AH) et (MM').
Un petit déssin:

nmo
Si Mr, il est fixe, mais en considérant H fixe , ca veut dire que dés la premiére fois qu'on la placer !
Sinon, çe point ce trouve sur [AA']. Sinon ou se trouve çe point fixe! xD

Les points fixes du problèmes sont:
*Les points qui appartiennent à (D) et à (D').
*Les points qui appartiennent à (AA').
Au plaisir.

nmo a écrit:

M.Marjani a écrit:

Dijkschneier a écrit:

Deux droites non colinéaires se coupent en un seul point. Il se trouve que M = (MM') Inter (AH). Donc T=M. Où est l'utilité alors d'introduire le point T ?

Vous dites quoi Mr, Je vous rapelle que H est le milieu de [M'A'] et (AM)//(M'A') strictement. C'est pourquoi j'ai choisi un point T qui serait l'intersection de (AH) et (MM').
Un petit déssin:

nmo
Si Mr, il est fixe, mais en considérant H fixe , ca veut dire que dés la premiére fois qu'on la placer !
Sinon, çe point se trouve sur [AA']. Sinon ou se trouve çe point fixe! xD

Les points fixes du problèmes sont:
*Les points qui appartiennent à (D) et à (D').
*Les points qui appartiennent à (AA').
Au plaisir.

-Si çe que en bleu est vrai: Donc çe point fixe, serai M ou bien M'.. (donc ou est l'exercise des autres plus dures EXO? )
-Si çe que en vert est vrai: Mais l'exercise, veut un point fixe, non pas des points fixes !! ce qui est impossible que cette point existe sur [AA'], ce qui est clair par la figure..

M.Marjani a écrit:

nmo a écrit:

M.Marjani a écrit:

Dijkschneier a écrit:

Deux droites non colinéaires se coupent en un seul point. Il se trouve que M = (MM') Inter (AH). Donc T=M. Où est l'utilité alors d'introduire le point T ?

Vous dites quoi Mr, Je vous rapelle que H est le milieu de [M'A'] et (AM)//(M'A') strictement. C'est pourquoi j'ai choisi un point T qui serait l'intersection de (AH) et (MM').
Un petit déssin:

nmo
Si Mr, il est fixe, mais en considérant H fixe , ca veut dire que dés la premiére fois qu'on la placer !
Sinon, çe point se trouve sur [AA']. Sinon ou se trouve çe point fixe! xD

Les points fixes du problèmes sont:
*Les points qui appartiennent à (D) et à (D').
*Les points qui appartiennent à (AA').
Au plaisir.

-Si çe que en bleu est vrai: Donc çe point fixe, serai M ou bien M'.. (donc ou est l'exercise des autres plus dures EXO? )
-Si çe que en vert est vrai: Mais l'exercise, veut un point fixe, non pas des points fixes !! ce qui est impossible que cette point existe sur [AA'], ce qui est clair par la figure..

Tu m'oblige intelligemment de poster la solution comlète.
Attends mon prochain message.

Citation :

Tu m'oblige intelligemment de poster la solution complète de:
Montrez que la droite (MM') passe par un point fixe.

Ce n'est pas de ma faute, mais cette question est un peu triviale, on peut comprendre deux choses.. Et voiçi la solution de cette deuxiéme chose:
------------------------------------------------------------------------------------
- Considérant un point H, qui serait le milieu de [M'A'], T l'intersection de (MM') et (AH).
* (AM)//(M'H) et AM=M'H implique que AM'=MH , donc AMHM' est un paralélograme.
* De méme AMM'H est un paralélograme, en considérant un point S qui serait l'intersection de (MH) et (AA').
* Donc (TS)//(AM), delà et de qui précede on aura ATSM est un trapéze.
* Le point S est la rencontre des diamétres de ATSM, mais aussi de AMA'M'.
* Sans entrer dans les détails: TS=(1/2)AM, AM=(1/2)M'A' .
* Dans le triangle ATM' AM' hypténius donc AT<AM' , de méme: MS<MA'.
- On résulte que (ATSM) C (AMA'M'), donc (MM') passant toujours par un point inclu dans [AA'] qui est fixe.

Merçi.

nmo a écrit:

Je vous propose un problème de geométrie analytique:
(D) et (D') sont deux droites strictement parallèles.
A est un point qui appartient à (D), A' est un point de (D').
Pour tout point M de (D), on définit le point M' de (D') tel que .
Montrez que la droite (MM') passe par un point fixe.
Bonne chance.

Soit un vecteur directeur de (D) et posons .
Reportant le plan au repère .
On vérifie aisément que et posons tel que un réel quelquonque.
Posons et calculons les coordonnées de M' en fonction de .
On a .
Donc .
Donc .
Donc .
Donc .
Donc .
Donc .
La droite (MM') a pour équation .
Donc .
Donc .
Donc .
Donc .
Donc .
Le point appartient à (MM') quelquesoit M si et seulement si quelquesoit le réel .
Donc quelquesoit le réel .
C'est une équation du premier degré d'inconnu et on sait qu'elle admet tout réel comme solution si et seulement si et .
Donc et .
Donc et .
Donc la droite (MM') passe par le point

M.Marjani a écrit:

Citation :

Tu m'oblige intelligemment de poster la solution complète de:
Montrez que la droite (MM') passe par un point fixe.

Ce n'est pas de ma faute, mais cette question est un peu triviale, on peut comprendre deux choses.. Et voiçi la solution de cette deuxiéme chose:
------------------------------------------------------------------------------------
- Considérant un point H, qui serait le milieu de [M'A'], T l'intersection de (MM') et (AH).
* (AM)//(M'H) et AM=M'H implique que AM'=MH , donc AMHM' est un paralélograme.
* De méme AMM'H est un paralélograme, en considérant un point S qui serait l'intersection de (MH) et (AA').
* Donc (TS)//(AM), delà et de qui précede on aura ATSM est un trapéze.
* Le point S est la rencontre des diamétres de ATSM, mais aussi de AMA'M'.
* Sans entrer dans les détails: TS=(1/2)AM, AM=(1/2)M'A' .
* Dans le triangle ATM' AM' hypténius donc AT<AM' , de méme: MS<MA'.
- On résulte que (ATSM) C (AMA'M'), donc (MM') passant toujours par un point inclu dans [AA'] qui est fixe.
Merçi.

Laisse tomber et regarde la solution.

nmo a écrit:

nmo a écrit:

Je vous propose un problème de geométrie analytique:
(D) et (D') sont deux droites strictement parallèles.
A est un point qui appartient à (D), A' est un point de (D').
Pour tout point M de (D), on définit le point M' de (D') tel que .
Montrez que la droite (MM') passe par un point fixe.
Bonne chance.

Soit un vecteur directeur de (D) et posons .
Reportant le plan au repère .
On vérifie aisément que et posons tel que un réel quelquonque.
Posons et calculons les coordonnées de M' en fonction de .
On a .
Donc .
Donc .
Donc .
Donc .
Donc .
Donc .
La droite (MM') a pour équation .
Donc .
Donc .
Donc .
Donc .
Donc .
Le point appartient à (MM') quelquesoit M si et seulement si quelquesoit le réel .
Donc quelquesoit le réel .
C'est une équation du premier degré d'inconnu et on sait qu'elle admet tout réel comme solution si et seulement si et .
Donc et .
Donc et .
Donc la droite (MM') passe par le point

C'est bien que tu métrise le reportement du plan. Mais de mon avis t'as rendu tous compliqué pour trouvé les coordonés de çette point là. Or il suffit de montrer que (MM') coupe [AA'], là on peut arréter car l'exercise arréte dans çe point. Sinon tu peut trouver l'equation du droite de (AA') et c'est fini.

M.Marjani a écrit:

Dijkschneier a écrit:

Deux droites non colinéaires se coupent en un seul point. Il se trouve que M = (MM') Inter (AH). Donc T=M. Où est l'utilité alors d'introduire le point T ?

Vous dites quoi Mr, Je vous rapelle que H est le milieu de [M'A'] et (AM)//(M'A') strictement. C'est pourquoi j'ai choisi un point T qui serait l'intersection de (AH) et (MM').

Certes.

Je vous propose trois nouveaux problèmes :
Problème 1 :
Trouver toutes les fonctions de IR vers IR qui vérifient l'équation fonctionnelle :
f(f(x)+y)=f(x²-y)+4yf(x)

Problème 2 :
Trouver toutes les fonctions de IR vers IR qui vérifient l'équation fonctionnelle :
f(f(x)+y)=f(x²-y)+4yf(x²)

Problème 3 :
1) Montrer que pour tout entier a, a(a+1) n'est pas un carré parfait.
2) Prouver ou réfuter la proposition : pour tout entier a, a(a+2) n'est pas un carré parfait
2) Prouver ou réfuter la proposition : pour tout entier a, a(a+3) n'est pas un carré parfait

Solution 1 :

Soit f une fonction vérifiant: f(f(x)+y)=f(x²-y)+4yf(x).
* Fixant y=0, donc f(f(x))=f(x²) ==> (1).
* Fixant y=x, donc f(f(x)+x)=f(x²-x)+4x*f(x) ==> (2).
Par l'equation du départ, f(x)=[f(f(x))+y)-f(x²-y)]/4y et supposons que y=x², donc f(x)=f(x)=[f(f(x))+x²)-f(0)]/4x² ==> (A).
* Fixant une autre fois x=x² dans (1), donc f(f(x)+x²)=f(x²-x)+4x²*f(x) ==> (A)
* Donc f(x)=[f(f(x)+x²)-f(0)]/4x² ==> (B)
* Et remplaçant (A) dans (B), et nous aurons enfin: f(x)=[4x²*f(x²)]/4x²=f(x²).
* On a supposé que x=x² et nous avons trouvé f(x)=f(x²), donc f est injective, çelà nous raméne à (1) pour dire que: f(f(x))=f(x²) <=> f(x)=x².
* Réciproquement, cette fonction réalise l'énoncé.

Quand j'aurais du temps je vais essayer pour le 2 qui est trés façile à mon avis, merçi.

Dijkschneier a écrit:

Problème 3 :
1) Montrer que pour tout entier a, a(a+1) n'est pas un carré parfait.
2) Prouver ou réfuter la proposition : pour tout entier a, a(a+2) n'est pas un carré parfait
2) Prouver ou réfuter la proposition : pour tout entier a, a(a+3) n'est pas un carré parfait

1)Remarque que si a est nul tous la quantité a(a+1) sera nullle, donc un carré parfait. Alors il faut que a soit non nul.
Je procède par absurde:
Supposons que a(a+1) est un carré parfait.
Donc il existe un entier n non nul tel que a(a+1)=n².
Le premier cas:
On a a=n et a+1=n.
Donc a=a+1.
Donc 0=1.
Ce qui est impossible.
Le second cas:
On a a=-n et a+1=-n.
Et on trouve que ce cas est impossible comme celui qui le précède.
Le troisième cas:
On a a=1 et a+1=n².
Donc n²=1+1.
Donc n²=2.
Ce qui est impossible.
Le quatrième cas:
On a a=-1 et a+1=-n².
Donc -n²=1-1.
Donc -n²=0.
Donc n²=0.
Donc n=0.
Le cinquième cas:
On a a=n² et a+1=1.
Donc a=n² et a=0.
Contradiction avec a un entier non nul.
Le dernier cas:
On a a=-n² et a+1=-1.
Donc a=-n² et a=-2.
Donc -n²=-2.
Donc n²=2.
Ce qui est impossible.
Conclusion:
a(a+1) est un carré parfait si a=-1. (le quatrième cas)
2)pour tout entier a, a(a+2) n'est pas un carré parfait, est une proposition à refuter car pour a=0 et a=-2, le nombre sera nul et par conséquent un carré parfait.
3)pour tout entier a, a(a+3) n'est pas un carré parfait, est une proposition à refuter car pour a=0 et a=-3, le nombre sera nul et par conséquent un carré parfait.

M.Marjani a écrit:

Solution 1 :
Soit f une fonction vérifiant: f(f(x)+y)=f(x²-y)+4yf(x).
* Fixant y=0, donc f(f(x))=f(x²) ==> (1).
* Fixant y=x, donc f(f(x)+x)=f(x²-x)+4x*f(x) ==> (2).
Par l'equation du départ, f(x)=[f(f(x))+y)-f(x²-y)]/4y et supposons que y=x², donc f(x)=f(x)=[f(f(x))+x²)-f(0)]/4x² ==> (A).
* Fixant une autre fois x=x² dans (1), donc f(f(x)+x²)=f(x²-x)+4x²*f(x) ==> (A)
* Donc f(x)=[f(f(x)+x²)-f(0)]/4x² ==> (B)
* Et remplaçant (A) dans (B), et nous aurons enfin: f(x)=[4x²*f(x²)]/4x²=f(x²).
* On a supposé que x=x² et nous avons trouvé f(x)=f(x²), donc f est injective, çelà nous raméne à (1) pour dire que: f(f(x))=f(x²) <=> f(x)=x².
* Réciproquement, cette fonction réalise l'énoncé.
Quand j'aurais du temps je vais essayer pour le 2 qui est trés façile à mon avis, merçi.

Si y est négatif, que peut-tu dire?

Message subitement perdu suite à une erreur de traitement.

nmo a écrit:

1)Remarque que si a est nul tous la quantité a(a+1) sera nulle, donc un carré parfait. Alors il faut que a soit non nul.

Vous avez raison. a était à mon sens implicitement supposé différent de -1 et de 0.

J'éclaircis le dernier problème :
Problème 3 :
Soit a un entier (relatif) non nul.
1) Montrer que si a est différent de -1, alors a(a+1) n'est pas un carré parfait.
2) Prouver ou réfuter la proposition : si a est différent de -2, a(a+2) n'est pas un carré parfait
2) Prouver ou réfuter la proposition : si a est différent de -3, a(a+3) n'est pas un carré parfait

Par ailleurs, la solution que vous aviez apportée à la première partie du troisième problème est partielle. Les cas que vous avez étudiés ne sont pas les seuls cas existants. (a = un des facteurs de n, par exemple)

Dijkschneier a écrit:

nmo a écrit:

1)Remarque que si a est nul tous la quantité a(a+1) sera nulle, donc un carré parfait. Alors il faut que a soit non nul.

Vous avez raison. a est implicitement supposé différent de -1 et de 0.
J'éclaircis le dernier problème :
Problème 3 :
Soit a un entier (relatif) non nul.
1) Montrer que si a est différent de -1, alors a(a+1) n'est pas un carré parfait.
2) Prouver ou réfuter la proposition : si a est différent de -2, a(a+2) n'est pas un carré parfait
2) Prouver ou réfuter la proposition : si a est différent de -3, a(a+3) n'est pas un carré parfait
Par ailleurs, la solution que vous aviez apportée à la première partie du troisième problème est partielle. Les cas que vous avez étudiés ne sont pas les seuls cas existants. (a = un des facteurs de n, par exemple)

Effectivement, j'ai étudié les cas où n est premier.
Je vais chercher encore.
2)Même chose pour le 1).
Je vais chercher.
3)pour tout entier a, a(a+3) n'est pas un carré parfait, est une proposition à refuter car pour a=1, a(a+3)=4 et par conséquent a(a+3) sera un carré parfait.
(un cas évident).