Préparations aux olympiades de tronc commun (2009-2010)

M.Marjani a écrit:

Spoiler:

2éme methode:

|x|+|y|+|z|=x+y+z Si et si que (x,y,z)>=0
D'aprés les donées: z=<z-x (1), y=<x-z (2), y>=x+z (3)
On peut poser: x=z-y (A), y=x-z (B), z=x-y (C)
On remplace (A) dans (2): donc y=<z-y-z=-y donc y=0.
Or:
(1) |x|>=|y+z|=<|y|+|z| (2)
(1) |y|>=|z+x|=<|z|+|x| (2)
(1) |z|>=|x+y|=<|x|+|y| (2)

Par le coté gauche (1), et le coté droit (2), on peut avoir 8 cas !
Premier cas:
(1) |x|=<|y|+|z| (2)
(1) |y|=<|z|+|x| (2)
(1) |z|=<|x|+|y| (2)
Remplaçant y par 0 donc:

(1) |x|=<|z| (2)
(1)-|x|=<|z| (2)
(1) |z|=<|x| (2)

En sommant La deuxiéme inégalité avec la troisiéme il vient que |x|=0 => x=0. Au autres cas, on aura toujours deux inégalités qui ménent à x=y ou bien x=0 ou z=0.
En remplaçant Soit dans les iinégalités de départ soit au systém précedant: x=y=z=0. Donc x+y+z=0.

3éme methode:

|x|>=|y+z|
|y|>=|z+x|
|z|>=|x+y|

Déja montré que: z=0 et (x,y,z)>=0 . En remplaçant dans le syéstéme:

|x|>=|y| (1)
|y|>=|x| (2)
0=x+y (3)

Par (1) et (2) x=y. Prenant ce résultat et remplaçant le dans (3), une fois on a: x=0, et autre fois y=0. D'ou x+y+z=0

CQFD.

Je crois que tes solutions semblent en désordre.
Entre ce qui est en rouge et ce qui le précède aucun rapport logique.
Une preuve rigoureuse à attendre dans mon prochain message.

La voici:
On a |x|>=|y+z|.
Donc x²>=(y+z)².
Donc x²>=y²+2yz+z².==>(1)
Et par analogie y²>=x²+2xz+z².==>(2)
Et aussi z²>=x²+2yx+y².==>(3)
En sommant 1, 2, et 3, on trouve x²+y²+z²>=y²+2yz+z²+x²+2xz+z²+x²+2yx+y².
Donc 0>=x²+y²+z²+2xy+2yz+2zx.
Donc 0>=(x+y+z)².
Donc (x+y+z)²=0.
Donc x+y+z=0.

nmo a écrit:

Je crois que tes solutions semblent en désordre.
Entre ce qui est en rouge et ce qui le précède aucun rapport logique.
Une preuve rigoureuse à attendre dans mon prochain message.

Enviseage bien la methode.. J'ai dis qu'on aura 8 cas.. Surtout que j'ai présenté 4 methodes (la deuxiéme est un peu longue et compliqué) Je te conseil de voir les autres methode.. (Surtout la quatriéme Et la premiére.)

*Pour la methode que t'as présenté: bien. Or s'il sagit d'une résolution de systéme, la tiene devient une methode non utile.

nmo a écrit:

La voici:
On a |x|>=|y+z|.
Donc x²>=(y+z)².
Donc x²>=y²+2yz+z².==>(1)
Et par analogie y²>=x²+2xz+z².==>(2)
Et aussi z²>=x²+2yx+y².==>(3)
En sommant 1, 2, et 3, on trouve x²+y²+z²>=y²+2yz+z²+x²+2xz+z²+x²+2yx+y².
Donc 0>=x²+y²+z²+2xy+2yz+2zx.
Donc 0>=(x+y+z)².
Donc (x+y+z)²=0.
Donc x+y+z=0.

Bravo ! Que pensez-vous de ma méthode, par ailleurs ?

En outre, ce que présente M.Marjani est faux. y n'est pas nécessairement nul. Prenez par exemple (x,y,z)=(1, -1/2, -1/2), ça marche tout autant.

Dijkschneier a écrit:

nmo a écrit:

La voici:
On a |x|>=|y+z|.
Donc x²>=(y+z)².
Donc x²>=y²+2yz+z².==>(1)
Et par analogie y²>=x²+2xz+z².==>(2)
Et aussi z²>=x²+2yx+y².==>(3)
En sommant 1, 2, et 3, on trouve x²+y²+z²>=y²+2yz+z²+x²+2xz+z²+x²+2yx+y².
Donc 0>=x²+y²+z²+2xy+2yz+2zx.
Donc 0>=(x+y+z)².
Donc (x+y+z)²=0.
Donc x+y+z=0.

Bravo ! Que pensez-vous de ma méthode, par ailleurs ?

En outre, ce que présente M.Marjani est faux. y n'est pas nécessairement nul. Prenez par exemple (x,y,z)=(1, -1/2, -1/2), ça marche tout autant.

Regardes bien:

Du systéme on déduit que:

-x=<y+z=<x
-y=<z+x=<y
-z=<x+y=<z

Donc:
0=<x+y+z=<2x
0=<x+y+z=<2y
0=<x+y+z=<2z

En sommant: 0=<x+y+z=<1. Et revenant à l'une des methodes pour montrer que x+y+z=0.

(x,y,z) £ IR+ revient à dire que: x>=y+z et y>=z+x et z>=x+y
Donc: x>=y+z (1) et y-z>=x (2) et z-y>=x (3)
De (2) et (3) on a: y=<x-z et -y=<-z-x , en sommant: z=0
Méme façon avec (1) et (3): donc x=0. En remplaçant on aura: y=0.
On remplacespour trouver x=0, donc x+y+z=0.

[De 0=<x+y+z=<1 tu peux supprimer |x|+|y|+|z|=x+y+z Si et si que (x,y,z)£IR+.....]

Bonne chance !!

M.Marjani a écrit:

Regardes bien:
Du systéme on déduit que:
-x=<y+z=<x
-y=<z+x=<y
-z=<x+y=<z
Donc:
0=<x+y+z=<2x
0=<x+y+z=<2y
0=<x+y+z=<2z
En sommant: 0=<x+y+z=<1. Et revenant à l'une des methodes pour montrer que x+y+z=0.

D'accord.

M.Marjani a écrit:

(x,y,z) £ IR+ revient à dire que: x>=y+z et y>=z+x et z>=x+y

Qu'est-ce que ça veut dire ça ?

M.Marjani a écrit:

Dijkschneier a écrit:

nmo a écrit:

La voici:
On a |x|>=|y+z|.
Donc x²>=(y+z)².
Donc x²>=y²+2yz+z².==>(1)
Et par analogie y²>=x²+2xz+z².==>(2)
Et aussi z²>=x²+2yx+y².==>(3)
En sommant 1, 2, et 3, on trouve x²+y²+z²>=y²+2yz+z²+x²+2xz+z²+x²+2yx+y².
Donc 0>=x²+y²+z²+2xy+2yz+2zx.
Donc 0>=(x+y+z)².
Donc (x+y+z)²=0.
Donc x+y+z=0.

Bravo ! Que pensez-vous de ma méthode, par ailleurs ?

En outre, ce que présente M.Marjani est faux. y n'est pas nécessairement nul. Prenez par exemple (x,y,z)=(1, -1/2, -1/2), ça marche tout autant.

Regardes bien:

Du systéme on déduit que:

-x=<y+z=<x
-y=<z+x=<y
-z=<x+y=<z

Donc:
0=<x+y+z=<2x
0=<x+y+z=<2y
0=<x+y+z=<2z

En sommant: 0=<x+y+z=<1. Et revenant à l'une des methodes pour montrer que x+y+z=0.

(x,y,z) £ IR+ revient à dire que: x>=y+z et y>=z+x et z>=x+y
Donc: x>=y+z (1) et y-z>=x (2) et z-y>=x (3)
De (2) et (3) on a: y=<x-z et -y=<-z-x , en sommant: z=0
Méme façon avec (1) et (3): donc x=0. En remplaçant on aura: y=0.
On remplacespour trouver x=0, donc x+y+z=0.

[De 0=<x+y+z=<1 tu peux supprimer |x|+|y|+|z|=x+y+z Si et si que (x,y,z)£IR+.....]
Bonne chance !!

En sommant encore tu trouvera 3(x+y+z)=<2(x+y+z).
Donc x+y+z=<0.
Or, tu as dans les trois inéquations 0=<x+y+z.
D'où x+y+z=0.
Je ne sais pas pourquoi compliquer les choses?

[quote="Dijkschneier"]

M.Marjani a écrit:

Regardes bien:

M.Marjani a écrit:

(x,y,z) £ IR+ revient à dire que: x>=y+z et y>=z+x et z>=x+y

Qu'est-ce que ça veut dire ça ?

Du systéme tu déduis que: x>=y+z et y>=z+x et z>=x+y !

nmo a écrit:

En sommant encore tu trouvera 3(x+y+z)=<2(x+y+z).
Donc x+y+z=<0.
Or, tu as dans les trois inéquations 0=<x+y+z.
D'où x+y+z=0.
Je ne sais pas pourquoi compliquer les choses?

Oui, c'est ça ce que j'ai voullu faire, mais j'ai rendu compte à LHS.. c'est pourquoi j'ai hésité. Sinon ca serait 'Sweet methode'. Bonne remarque.
PS: Pour continuer le jeu, j'attend un autre EX (ou bien je poste?)

M.Marjani a écrit:

nmo a écrit:

En sommant encore tu trouvera 3(x+y+z)=<2(x+y+z).
Donc x+y+z=<0.
Or, tu as dans les trois inéquations 0=<x+y+z.
D'où x+y+z=0.
Je ne sais pas pourquoi compliquer les choses?

Oui, c'est ça ce que j'ai voullu faire, mais j'ai rendu compte à LHS.. c'est pourquoi j'ai hésité. Sinon ca serait 'Sweet methode'. Bonne remarque.
PS: Pour continuer le jeu, j'attend un autre EX (ou bien je poste?)

Avant cela, c'est à moi de couronner le sujet avec la belle solution de l'exercice de géométrie.
Au plaisir.

nmo a écrit:

M.Marjani a écrit:

nmo a écrit:

En sommant encore tu trouvera 3(x+y+z)=<2(x+y+z).
Donc x+y+z=<0.
Or, tu as dans les trois inéquations 0=<x+y+z.
D'où x+y+z=0.
Je ne sais pas pourquoi compliquer les choses?

Oui, c'est ça ce que j'ai voullu faire, mais j'ai rendu compte à LHS.. c'est pourquoi j'ai hésité. Sinon ca serait 'Sweet methode'. Bonne remarque.
PS: Pour continuer le jeu, j'attend un autre EX (ou bien je poste?)

Avant cela, c'est à moi de couronner le sujet avec la belle solution de l'exercice de géométrie.
Au plaisir.

Ok vas-y

nmo a écrit:

Je vous propose un exercice de géométrie:
ABCD est un quadrilatère convexe et inscriptible.
Les diagonales [AC] et [BD] se coupent en E.
Donnons: AD=300, AE=225, AB=195, et BC=280.
Calculez l'aire de ce quadrilatère.
Bonne chance.

Après faire la figure,
On a BEC=AED car ce sont deux angles juxtaposé à tête.
Et on a EBC=EAD car ce sont deux angles inscrits dans le cercle limitant le même arc [DC].
Donc les deux triangles EBC et EAD sont semblables.
Donc les mesures de leurs côtés sont proportionelles.
Donc EC/ED=EB/EA=BC/AD.
Donc EB=BC*AE/AD.
Donc EB=280*225/300.
Donc EB=210.
Et on a AEB=DEC car ce sont deux angles juxtaposé à tête.
Et on a ABE=ECD car ce sont deux angles inscrits dans le cercle limitant le même arc [AD].
Donc les deux triangles EBA et EDC sont semblables.
Donc les mesures de leurs côtés sont proportionelles.
Donc EC/EB=ED/EA=DC/AB.
Donc EC/210=ED/225=DC/195.
Posons EC/210=ED/225=DC/195=k tel que k un réel positif.
Donc EC=210k, et ED=225k, et DC=195k.
On a ABCD un quadrilatère inscriptible.
Utilisons le théorème de ptolémée.
Donc AC.BD=BC.AD+AB.DC.
Donc (AE+EC)(BE+ED)=280*300+195*DC.
Donc (225+EC)(210+ED)=84000+195*DC.
Donc 47250+225ED+210EC+EC*ED=84000+195DC.
Donc 225*225k+210*210k+225k*210k=36750+38025k.
Donc 50625k+44100k+47250k²=36750+38025k.
Donc 2025k+1764k+1890k²=1470+1521k.
Donc 1890k²+2025k+1764k-1521k-1470=0.
Donc 1890k²+2268k-1470=0.
Donc 945k²+1134k-735=0.
C'est une équation du second degré ayant pour discriminent 4064256.
Et une seule solution positive k=(-1134+V4064256)/2*945.
Donc k=882/1890.
Donc k=7/15.
Et puisque DC=195k.
Donc DC=195*7/15.
Donc DC=91.
Soit S la surface de ABCD et p son demi périmètre.
Posons AB=a, BC=b, CD=c, et DA=d.
On a p=1/2(a+b+c+d).
Donc p=1/2(195+280+91+300).
Donc p=866/2.
Donc p=433.
Selon le théorème de brahmagupta, on a S=V(p-a)(p-b)(p-c)(p-d).
Donc S=V(433-195)(433-280)(433-91)(433-300).
Donc S=V238*153*339*133.
Donc S=V2*7*17*3*3*17*3*7*19*7*19.
Donc S=V2*7²*7*17²*3²*3*19².
Donc S=7*17*3*19V2*7*3.
Donc S=4783V42.
Sauf n'importe quelle erreur.

M.Marjani a écrit:

nmo a écrit:

M.Marjani a écrit:

nmo a écrit:

En sommant encore tu trouvera 3(x+y+z)=<2(x+y+z).
Donc x+y+z=<0.
Or, tu as dans les trois inéquations 0=<x+y+z.
D'où x+y+z=0.
Je ne sais pas pourquoi compliquer les choses?

Oui, c'est ça ce que j'ai voullu faire, mais j'ai rendu compte à LHS.. c'est pourquoi j'ai hésité. Sinon ca serait 'Sweet methode'. Bonne remarque.
PS: Pour continuer le jeu, j'attend un autre EX (ou bien je poste?)

Avant cela, c'est à moi de couronner le sujet avec la belle solution de l'exercice de géométrie.
Au plaisir.

Ok vas-y

A toi de poster avec plaisir.
P.S: J'attends vos remarque sur ma solution.
Il s'agit d'un exercice proposé aux stages de Rabat.
Je l'ai reformulé et puis j'ai réussi à le résoudre, mais je ne suis pas sûr de mes calcul.

Problème :
Soient R et r (resp. R' est r') les rayons des cercles circonscrits et inscrits du triangle ABC (resp. A'B'C').
Prouver que si les deux angles ACB et A'C'B' sont de même amplitude, et Rr' = R'r, alors les triangles ABC et A'B'C' sont semblables.

nmo a écrit:

A toi de poster avec plaisir.
P.S: J'attends vos remarque sur ma solution.
Il s'agit d'un exercice proposé aux stages de Rabat.
Je l'ai reformulé et puis j'ai réussi à le résoudre, mais je ne suis pas sûr de mes calcul.

Elle me plait ta methode, je vais la voir autre fois.

Exercise proposé:

Trouver la valeur minimal que peut atteindre le nombre 1/a + 2/b + 3/c puisque a,b,c des réels positives tel que:

21ab + 2bc +8ca =< 12

Bonne chance.

Dijkschneier

Reflichissez à l'exercise que j'ai proposé plutot. (Un bon exo)
Le tien me parait façile:

O le centre De (C), O' le centre de (C'), H et H' (resp.) les projection orthogonales de O et O' sur [BC] et [B'C'].
Il suffit de ramarquer que: R/r=1/Sin(HCO)=R'/r'=1/Cos(HOC)=1/Sin(H'C'O')=1/Cos(H'O'C') (1)
La méme façon avec les autres angles, sachant que OCB, AOB et AOC iséocles en O. Par la relation (1) on trouve que chaque angle dans ces trois triangles, égalent au angles de O'C'B', A'O'B' et A'O'C'. On résulte que ABC et A'B'C' semblables.
....................

M.Marjani a écrit:

Dijkschneier
Reflichissez à l'exercise que j'ai proposé plutot. (Un bon exo)
Le tien me parait façile:
O le centre De (C), O' le centre de (C'), H et H' (resp.) les projection orthogonales de O et O' sur [BC] et [B'C'].
Il suffit de ramarquer que: R/r=1/Sin(HCO)=R'/r'=1/Cos(HOC)=1/Sin(H'C'O')=1/Cos(H'O'C') (1)
La méme façon avec les autres angles, sachant que OCB, AOB et AOC iséocles en O. Par la relation (1) on trouve que chaque angle dans ces trois triangles, égalent au angles de O'C'B', A'O'B' et A'O'C'. On résulte que ABC et A'B'C' semblables.
....................

Qu'est ce que tu désigne par (C) et (C')?
Tu sous-estime certain exercice.
Et c'est un défaut à y remédier.

Pour donner un meilleur rythme à ce jeu, je vous propose un nouveau problème plus simple, mais pas moins intéressant.
Problème :
Soient x, y et z trois entiers relatifs vérifiant l'équation x^3 + y^3 = z^3. Prouver qu'au moins l'un des entiers x, y et z est divisible par 3.

Dijkschneier a écrit:

Pour donner un meilleur rythme à ce jeu, je vous propose un nouveau problème plus simple, mais pas moins intéressant.
Problème :
Soient x, y et z trois entiers relatifs vérifiant l'équation x^3 + y^3 = z^3. Prouver qu'au moins l'un des entiers x, y et z est divisible par 3.

On a x est un entier.
Donc x=3a ou x=3a+1 ou x=3a+2.
De même avec y et z.
Par symétrique des rôles entre x et y, on est ramené à étudier 4 cas seulement:
Le premier cas: x=3a+1,y=3b+1, et z=3c+1 tel que a, b, et c sont des entiers.
On a x^3+y^3=z^3.
Donc (3a+1)^3+(3b+1)^3=(3c+1)^3.
Donc (3a)^3+3*(3a)²+3*3a+1^3+(3b)^3+3*(3b)²+3*3b+1^3=(3c)^3+3*(3c)²+3*3c+1^3.
Donc 27a^3+3*9a²+9a+1+27b^3+3*9b²+9b+1=27c^3+3*9c²+9c+1.
Donc 27a^3+27a²+9a+1+27b^3+27b²+9b=27c^3+27c²+9c.
Donc 27a^3+27a²+9a+27b^3+27b²+9b-27c^3-27c²-9c=-1.
Donc 9(3a^3+3b^3-3c^3+3a²+3b²-3c²+a+b-c)=-1.
Donc 9 divise -1.
Ce qui est faux.
Le second cas: x=3a+2,y=3b+2, et z=3c+2 tel que a, b, et c sont des entiers.
On a x^3+y^3=z^3.
Donc (3a+2)^3+(3b+2)^3=(3c+2)^3.
Donc (3a)^3+3*(3a)²*2+3*3a*2²+2^3+(3b)^3+3*(3b)²*2+3*3b*2²+2^3=(3c)^3+3*(3c)²*2+3*3c*2²+2^3.
Donc 27a^3+6*9a²+9a*4+8+27b^3+6*9b²+9b*4+8=27c^3+6*9c²+9c*4+8.
Donc 27a^3+6*9a²+9a*4+27b^3+6*9b²+9b*4+8=27c^3+6*9c²+9c*4.
Donc 27a^3+6*9a²+9a*4+27b^3+6*9b²+9b*4-27c^3-6*9c²-9c*4=-8.
Donc 9(3a^3+6a²+4a+3b^3+6b²+4b-3c^3-6c²-4c)=-8.
Donc -8 est multiple de 9.
Ce qui est faux.
Le troisième cas: x=3a+1,y=3b+2, et z=3c+1 tel que a, b, et c sont des entiers.
On a x^3+y^3=z^3.
Donc (3a+1)^3+(3b+2)^3=(3c+1)^3.
Donc (3a)^3+3*(3a)²+3*3a+1^3+(3b)^3+3*(3b)²*2+3*3b*2²+2^3=(3c)^3+3*(3c)²+3*3c+1^3.
Donc 27a^3+3*9a²+9a+1+27b^3+6*9b²+9b*4+8=27c^3+3*9c²+9c+1.
Donc 27a^3+3*9a²+9a+27b^3+6*9b²+9b*4-27c^3-3*9c²-9c=-8.
Donc 9(3a^3+3a²+a+3b^3+6b²+4b-3c^3-3c²-c)=-8.
Donc -8 est multiple de 9.
Ce qui est faux.
Le quatrième cas: x=3a+1,y=3b+2, et z=3c+2 tel que a, b, et c sont des entiers.
On a x^3+y^3=z^3.
Donc (3a+1)^3+(3b+2)^3=(3c+2)^3.
Donc (3a)^3+3*(3a)²+3*3a+1^3+(3b)^3+3*(3b)²*2+3*3b*2²+2^3=(3c)^3+3*(3c)²*2+3*3c*2²+2^3.
Donc 27a^3+3*9a²+9a+1+27b^3+6*9b²+9b*4+8=27c^3+6*9c²+9c*4+8.
Donc 27a^3+3*9a²+9a+27b^3+6*9b²+9b*4-27c^3-6*9c²-9c*4=-1.
Donc 9(3a^3+3a²+a+3b^3+6b²+4b-3c^3-6c²-4c)=-1.
Donc 9 divise -1.
Ce qui est faux.
Conclusion de la disjonction de cas:
L'un des entiers x, y, et z au moin, est divisible par 3.
CQFD.
J'attends ta confirmation.

Et si x=3a+2, y=3b+2 et z=3c+1 ?

oussama1305 a écrit:

Et si x=3a+2, y=3b+2 et z=3c+1 ?

Je termine alors:
Le cinquième cas: x=3a+2,y=3b+2, et z=3c+1 tel que a, b, et c sont des entiers.
On a x^3+y^3=z^3.
Donc (3a+2)^3+(3b+2)^3=(3c+1)^3.
Donc (3a)^3+3*(3a)²*2+3*3a*2²+2^3+(3b)^3+3*(3b)²*2+3*3b*2²+2^3=(3c)^3+3*(3c)²+3*3c+1^3.
Donc 27a^3+6*9a²+9a*4+8+27b^3+6*9b²+9b*4+8=27c^3+3*9c²+9c+1.
Donc 27a^3+6*9a²+9a*4+27b^3+6*9b²+9b*4+16=27c^3+27c²+9c+1.
Donc 27a^3+6*9a²+9a*4+27b^3+6*9b²+9b*4-27c^3-27c²-9c=-15.
Donc 9(3a^3+6a²+4a+3b^3+6b²+4b-3c^3-3c²-c)=-3*5.
Donc 3(3a^3+6a²+4a+3b^3+6b²+4b-3c^3-3c²-c)=-5.
Donc -5 est multiple de 3.
Ce qui est faux.
Le sixième cas: x=3a+1,y=3b+1, et z=3c+2 tel que a, b, et c sont des entiers.
On a x^3+y^3=z^3.
Donc (3a+1)^3+(3b+1)^3=(3c+2)^3.
Donc (3a)^3+3*(3a)²+3*3a+1^3+(3b)^3+3*(3b)²+3*3b+1^3=(3c)^3+3*(3c)²*2+3*3c*2²+2^3.
Donc 27a^3+3*9a²+9a+1+27b^3+3*9b²+9b+1=27c^3+6*9c²+9c*4+8.
Donc 27a^3+3*9a²+9a+27b^3+3*9b²+9b-27c^3-6*9c²-9c*4=6.
Donc 9(3a^3+3a²+a+3b^3+3b²+b-3c^3-6c²-4c)=3*2.
Donc 3(3a^3+3a²+a+3b^3+3b²+b-3c^3-6c²-4c)=2.
Donc 2 est multiple de 3.
Ce qui est faux.
En attente d'une confirmation.

Excellent, nmo.
En employant les règles connues de l'arithmétique modulaire, cela se simplifie en quelques lignes.
L'idée étant d'étudier la congruence modulo 3.

M.Marjani a écrit:

Exercise proposé:

Trouver la valeur minimal que peut atteindre le nombre 1/a + 2/b + 3/c puisque a,b,c des réels positives tel que:

21ab + 2bc +8ca =< 12

Bonne chance.

Est-ce qu'on peut connaître ta solution ?

Dijkschneier a écrit:

M.Marjani a écrit:

Exercise proposé:

Trouver la valeur minimal que peut atteindre le nombre 1/a + 2/b + 3/c puisque a,b,c des réels positives tel que:

21ab + 2bc +8ca =< 12

Bonne chance.

Est-ce qu'on peut connaître ta solution ?

Ne voyez-vous pas qu'il est encore le temps de réflichir pour un TC?

indication:

Spoiler:

Voici une solution, mais je doute qu'elle soit correcte donc à vous de vérifier.
Moi j'ai utilisé des méthodes de TC :
On a x^3+y^3=z^3
donc (x+y)^3 = z^3 +3xy(x+y)
Donc (x+y+z)((x+y)²+z²+z(x+y))=3xy(x+y)
Donc x+y+z = 3a / a € Z
x+y = 3k -z
( on prend l exemple de z)

et (x+y)²+z²+z(x+y) = 3b
(3a-z)² +z² +z(3a-z) = 3b
9a²+z²-6az +z² +3az -z² = 3b
z² = 3b -9a² +3az
z² = 3(b-3a² +az)
Puisque z € Z
Et z² | 3
Donc z|3
Et on peut faire de même pour x et y.

Enfin ceci est ma solution ... C'est la première fois que je fais ce genre d'exercices ...


Amicalement