Marathon de l'arithmétique

Solution :

Spoiler:

Solution du problème de sylphaen :
On a :
[img]http://latex.codecogs.com/gif.download?\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{a}-1%3C&space;\left&space;[&space;\frac{a^2}{b}&space;\right&space;]+\left&space;[&space;\frac{b^2}{a}&space;\right&space;]\leq&space;\left&space;[&space;\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{a}&space;\right&space;][/img]

d'un coté on a :
[img]http://latex.codecogs.com/gif.download?\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{a}-1%3C&space;\left&space;[&space;\frac{a^2+b^2}{ab}&space;+ab&space;\right&space;]&space;\Rightarrow&space;\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{a}-1%3C\frac{a^2+b^2}{ab}&space;+ab[/img]



D' autre coté on a :
[img]http://latex.codecogs.com/gif.download?\left&space;[&space;\frac{a^2+b^2}&space;{ab}\right&space;]+ab&space;\leq&space;\left&space;[\frac{a^3+b^3}&space;{ab}&space;\right&space;][/img]
Si cette inégalité est stricte avec 2 de plus on obtient une contradiction avec la première inégalité et donc il n'y a que 2 cas :
[img]http://latex.codecogs.com/gif.download?\left&space;[&space;\frac{a^3+b^3}{ab}&space;\right&space;]=\left&space;[&space;\frac{a^2+b^2}{ab}&space;\right&space;]+ab&space;\&space;ou&space;\left&space;[&space;\frac{a^3+b^3}{ab}&space;\right&space;]=\left&space;[&space;\frac{a^2+b^2}{ab}&space;\right&space;]+ab&space;+&space;1[/img]

Une étude au cas par cas permet de déterminé les solutions de ces deux équations , je dois partir maintenant donc je terminerais la rédaction plus tard .
Si quelqu'un pouvais me passé un bon site de Latex svp , car le mien foir énormément . Amicalement .

Redonnons du souffle à ce marathon avec un nouveau problème qui m'a été proposé par Youssef durant le stage... et qui est bien connu.
Et puisqu'aucune numérotation de problèmes n'a été donnée jusqu'à maintenant, le problème suivant serait noté arbitrairement : problème 10. Le prochain sera bien entendu le problème 11.
Problème 10 : (** : deux étoiles)
Soit x et y deux entiers et p un nombre premier congru à 3 modulo 4.
Montrer que p|x²+y² <==> p|x et p|y

x^2 congru à -y^2 mod p donc x^(p-1) congru à (-1)^((p-1)/2)*y^(p-1) mod p
et puisque (p-1)/2 est impair x^(p-1) congru à -y^(p-1) mod p
Et si on suppose que p ne divise pas x (symétrie de role ) on a x^(p-1) congru à 1 mod p
et donc p|1 ou p|2 qui sont tout les deux des contradictions avec l'énoncé .

Problème 11 :
Prouvez que si p^n|(a^p-1) alors p^(n-1)|a-1

Je n'ai pas très bien compris le p divise 1 ou p divise 2, mais je voudrais noter qu'à partir du moment que l'on a y^(p-1) = -1 (mod p), avec (p-1) pair, on peut déduire que -1 est un résidu quadratique, ce qui permet de conclure avec le critère d'Euler (ou avec le lemme de Gauss) que p est congru à 1 modulo 4, contradiction...

Solution au problème 11 :
Puisque , alors d'après le lemme LTE, on a : , qui permet de conclure que

Par ailleurs, est-ce que le problème 10 n'est pas un cas particulier du théorème des deux carrés de Fermat ?

Je n'est pas voulu utilisé les résidu quadratique pour que la solution soit accessible à tous ; Pour ta question on a p ne divise pas x ==> x^(p-1) = 1 [p] ( Fermat ) et donc
1 = -(y^(p-1)) [p] si p| y on a 1 = 0 mod [p] et si p ne divise pas y on a part Fermat -y^(p-1) =-1[p]
et donc 1=-1[p] CAD p|2 .
Pour ta seconde question cette exercice n'en est qu'une application direct .

Problème 12 : (** : deux étoiles)
Trouver tous les rationnels r et les entiers z (de Z) tels que : 2^z + 2 = r².

Dijkschneier a écrit:

Problème 12 : (** : deux étoiles)
Trouver tous les rationnels r et les entiers z (de Z) tels que : 2^z + 2 = r².

z # 0 car 1+2 = 3 n'est pas le carré d'un rationnel.
Z+ et Z- désignent l'ensemble des entiers supérieurs strictement (resp. inférieurs strictement) à 0.

z appartient à Z+ :
Alors r s'écrit 4k² où k est un entier.
Donc 2^(z-1) + 1 = 2k²
Donc 2^(z-1) est impair.
Donc z = 1.
D'où les couples (2,1) et (-2,1) sont solutions.

z appartient à Z- :
On pose n = -z.
Alors 2^(n+1) + 1 = r².2^n.
Alors r s'écrit p/q avec p entier, pgcd(p,q) = 1 et q =2^k où k est un entier positif ou nul.
Donc 2^(n+1) + 1 = p².2^(n-2k).
Donc 2^(n-2k) = 1 et p² = 2^(n+1) + 1.
Donc (p-1)(p+1) = 2^(2k+1).
Donc p - 1 = 2^i et p+1 = 2^j avec i+j = 2k+1.
Donc 2^j = 2^i + 2. D'où i = 1 et j = 2.
D'où k = 1 et n = 2 et p² = 9.
D'où les couples (3/2, -2) et (-3/2, -2) sont solutions.

Conclusion : l'ensemble des solutions est {(2,1), (-2,1), (3/2, -2), (-3/2, -2)}.

Bien.

Pour plus de concision, merci de "spoiler" les futures solutions.
Problème 13 : (* : une étoile)
Montrer que pour tout entier a > 2, a^(a-1)-1 n'est pas sans facteur carré.

Solution du problème 13 :

Spoiler:

Pourquoi tu précises darkpseudo que p ne divise pas a ?
Problème 14 : (* : une étoile)
Soit F_n le n-ième nombre de Fermat.
Prouver que :

C 'est une condition de LTE on doit avoir p|a-b et p ne divise pas a et p ne divise pas b
Solution du problème 14 :

Spoiler:

Détaille un peu !

J'ai juste écris 2^(2^m)*2^(2^n) et je me suis débarassé du 2^(2^n) en utilisant le fait que a^n-1 =(a-1)(sigma i=0->n-1 a^(n-i)) ensuite il est clair que si a=1[b] alors a^i=1[b] et aussi si n>=m on a 2^m|2^n et donc 2^(2^m)|2^(2^n) en sommant on obtient le résultat.

Je ne comprends toujours pas
Pourquoi tu supposes que n >= m ?

Ok j'ai supposé n>=m pour avoir :


J'ai le droit de supposer ceci car
est une expression symétrique .
Sinon je pense que ceci est la méthode la plus courte je pense .
Amicalement ( Et bonne rentrée by the way )

Désolé mais j'ai toujours pas compris ta solution puisque ça manque un peu de Latex...
De toute façon, la solution directe à laquelle je m'attendais était d'utiliser la formule du binôme...

C'est pas juste LTe ?

Voici un autre exo :p
Déterminer les entiers n>1 qui vérifie la condition :
Pour tous a,b premier avec n .

Problème 16 : (* : une étoile)
Trouver tous les entiers naturels a et b tels que ab | a^3 + b^3

Solution au problème 16 :

Spoiler:

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

Dijkschneier a écrit:

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

CURRENT LIFE THEOREM kills it immediately !!

Sporovitch a écrit:

Dijkschneier a écrit:

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

CURRENT LIFE THEOREM kills it immediately !!

Shhh ! Tu n'es pas censé le dire en plein public !