Marathon de l'arithmétique

Plus sérieusement, Zsigmondy's theorem kills it immediately, mais j'attends une solution plus "élémentaire".

Remarque : une petite généralisation possible au problème 16 est celle de trouver les triplets (a,b,n) tels que ab | a^n + b^n

Dijkschneier a écrit:

Problème 17 : (** : deux étoiles)
Trouver tous les quadruplets (a,b,p,n) d'entiers strictement positifs tels que p est premier et :
a^3 + b^3 = p^n

solution au problème 17:

Spoiler:

majdouline a écrit:

soit d'=a'+b'=pgcd(a'+b',a'²-a'b'+b'²) on a donc :

J'ai vérifié le calcul et c'est pas ça
Par contre, on a bien : d'|3a'² et d'|3b'² mais tu as tout de même sauté sur un détail.

Mais en corrigeant cela, ta solution devient juste et jolie.
(Mais on pouvait aussi s'en sortir plus simplement avec LTE.)

Problème 18 : (* : une étoile)
Trouver toutes les solutions positives à l'équation diophantienne : x²+21y²=10^4

Dijkschneier a écrit:

Problème 18 : (* : une étoile)
Trouver toutes les solutions positives à l'équation diophantienne : x²+21y²=10^4

Spoiler:

Problème 19 : (***)
soit m>1 et PGCD(x;y)=1
(Montrer qu'il existe une infinité d'entiers x ;y tel que
x|y²+m et y|x²+m

Sporovitch a écrit:

Problème 19 : (**)
Soit A la somme des chiffres du nombre et B la somme des chiffres du nombre A . Trouver la somme des chiffres du nombre B (le système de numération utilisé est le sytème décimal).

Celui là est bien connu et a été déjà proposé sur ce forum.
Peut-être serait-il préférable de le changer ?

Dijkschneier a écrit:

Celui là est bien connu et a été déjà proposé sur ce forum.
Peut-être serait-il préférable de le changer ?

Peux-tu donner la réponse? ou au moins donner le lien.

L'idée c'est de voir à quoi est congru s(s(s(4444^4444))) modulo 9, puis de montrer avec des majorations que s(s(s(4444^4444))) est fait d'un seul chiffre (ou de deux, je ne me rappelle plus)
s(x) désigne la somme des chiffres de x.

Où est passé le problème de Sporovitch ?

Solution au problème 20 disparu ....
On procède par disjonction de cas :
Si p=2
alors a^4=4(1-b^4)>0 => b=1 ou b=0
si b=1 alors a=0 d'où (0,1,2) est une solution .
si b=0 alors a^4=4 impossible.
Si p>=3
posons d=a^b , dx=a , dy=b avec x^y=1
en substituant on aura d^4 (x^4+4y^4)=p^2 d'où d^4 divise p^2 alors d=1
on sait que a^4+4b^4=(a^2+2b^2-2ab)(a^2+2b^2+2ab)=p^2
on a les cas suivants :






1er cas
on a a²+2b²+2ab=a²+2b²-2ab d'où ab=0
si a=0 alors 2b²=p (impossible puisque p est impair)
si b=0 alors a²=p (impossible puisque p est premier)
2ème cas
=> (a-b)²=1-b²>=0 => b =0 ou b=1
si b=0 alors a²=1=p² impossible
si b=1 alors 1-p²=4a>=0 impossible puisque p>=3

3ème cas
de manière analogue à la précédente b=0 ou b=1
si b=0 on trouve une contradiction
si b=1 on trouve une autre
(comme fait dans le deuxième cas)

Donc la seule solution est a=0 , b=1 et p=2.

Edit :
P.S: le d=1 n'a pas servi et on aurait pu éviter le troisième cas en remarquant que a²+2b²+2ab>=a²+2b²-2ab ...

Problème 19 édité !
PS: il ny'avé po de problème 20 je sais pas d'ou tarask a vu le probleme 20 ?

Sporovitch a écrit:

Problème 19 édité !
PS: il ny'avé po de problème 20 je sais pas d'ou tarask a vu le probleme 20 ?

Je l'avais confondu avec un posté dans la section des premières (celui de Germain) .
Je m'en excuse !

Problème 20 : (* : une étoile)
Trouver tous les entiers naturels n tels qu'il existe deux entiers a et b qui vérifient : n²=a+b et n^3 = a²+b²

on sait que (a+b)²<=2(a²+b²) ainsi n^4<=2n^3
si n=0 =>a=0 et b=0
si n=/=0 ainsi on a n<=2 alors n=2 ou n=1
n=2 est le cas d'egalite de l'inegalite (a+b)²<=2(a²+b²) qui est bien sur a =b ainsi a=b=2
n=1 alors a+b=a²+b²=1 ainsi ab=0 alors (a=0 et b=1) ou (b=0 et a=1)...
sauf erreur

Problème 21 : (** : deux étoiles)
Prouver que : , où s est la fonction qui à un entier associe la somme de ses chiffres.

Vous pouvez trouver une solution ici : http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?f=57&t=404745
Problème 22 : (** : deux étoiles)
Soient b,n > 1 deux entiers. On suppose que pour tout k > 1, il existe un entier a_k tel que b - (a_k)^n est divisible par k. Prouver que b=A^n, pour un certain entier A.

Solution:
Soit un diviseur premier de et soit la plus grande puissance telle que ,alors d'après l'hypothèse il existe un entier tel que comme alors donc est un diviseur premier de posons donc ou est un entier non divisible par et comme alors , et d'autre part donc cela impose que et donc finalement et Ainsi pour tout diviseur premier de , est un multiple de et d'ou le resultat voulu.

Je propose ce joli problème :
Montrer que tout entier naturel n peut s'ecrire comme la difference de deux entiers naturels qui ont le même nombre de diviseurs premiers.

Solution :

Spoiler:

Problème 24 :
Soit a₁,a₂..a_n des entiers strictement positifs et deux à deux distincts.(n>2)
Montrer qu'il existe deux indices distincts i et j t.q a_i+a_j ne divise aucun des nombres 3a₁,3a₂..3a_n

Raisonnons par recurrence , l'initialisation est facilement traitée, maintenant soient des entiers positifs deux à deux distincts , si pour tout et , alors pour tout , donc pour tout , ainsi comme les relations de divisiblités sont homogènes on peut remplacer les par les et du coup sans perte de generalité on peut travailler avec des tel qu'il existe non divisible par et supposons par l'abrsurde supposons que l'hypothèse est fausse pour n+1 ainsi il existe tel que et comme alors et donc , pour tout il existe tel que ainsi pour tout compris entre 1 et n+1 il existe un entier tel que , il est immédiat que les ne peuvent pas dépasser maintenant si il existe tel que et il en resulte que ,maintenant appliquons l'hypothèse de recurrence sur tous les sauf ainsi on peut dire qu'il existe r1 et r2 tels que pour tout différent de en particulier comme alors car et donc l'hypothèse est vrai dans ce cas ce qui est absurde...le cas ou alors est la seule valeur possible i.e et ainsi on peut refaire la même chose en appliquant l'hypothèse tous les sauf ce qui est absurde...sinon alors donnons nous une application définie par il est donc clair que est bien définie sur l'ensemble des dans si n'est pas surjective ,alors par le principe des tiroirs il existe et distincts tel que i.e en supposons alors cela implique que ce qui est impossible car , ....donc prenons un élement tel que comme et que alors ce qui est absurde...

Problème 25
Existe-il un entier positif ayant exactement 2011 diviseurs premiers et divise ?

.

Pour le problème 25 :
On démontre par une récurrence assez aisé que le nombre (2^(3^n)+1) est divisible par 3^n , ensuite par une autre récurrence que (2^(3^n)+1) admet n diviseurs premiers distincts le reste est trivial .
PS: l'idée des puissances de 3 m'as été donné par un ami donc c'est pas vraiment ma solution .
Amicalement

Citation :

ensuite par une autre récurrence que (2^(3^n)+1) admet n diviseurs premiers distincts

En fait, ce n'est pas vrai.