Retour au plaisir :)

s'il nya pas aucune réponse je pose ma solution
POUR NE PAS RETARDER NOTRE JEU
j'attende seulement votre permit

pour montrer que : AB+CD=AD+BC ===> ABCD est circonscriptible
((on suppose par l'absurde que ABCD est in-circonscriptible et AB+CD=AD+BC ))
soit T E [CD] tel que ABCT est circonscriptible on a AB+CT=AT+BC
et AB=BC+AD-CD ===> CT+BC+AD-CD=AT+BC ===> CD-CT=AD-AT ===>TD+AT=AD
qui impossible car TD+AT>AD ===> on conclure que ABCD est circonscriptible

problème 61 :
soit et
démontrer que

Ayoub ton premier exo (60) c'était le théoréme de Pitot ...

salut

solution 61:

Spoiler:

probleme 62:

resoudre dans (IN*)^3 l'equation :

Solution au problème 62 :

* Si y>2 et x > 1, alors x-1 <= 2 et y-2 <= 2, d'où 2 <= x <= 3 et 3<=y<=4.
- Si x=2 :
L'équation de départ devient équivalente à (4-y)(z+6)=24, ce qui donne les triplets (2,1,2), (2,2,6), (2,3,18).
Réciproquement, ces triplets marchent bien.
- Si x=3 :
L'équation de départ devient équivalente à : (9+2z)(3-y)=27, ce qui donne le triplet (3,2,9), qui réciproquement, marche bien.
* Si x=1 :
L'équation de départ devient , ce qui est équivalent à 2z=3y.
Réciproquement, on vérifie que tous les triplets (1,y,z) tels que 2z=3y sont des solutions.
* Si y=1 et x > 1 :
L'équation de départ devient équivalente à (3-z)(x+1)=3, ce qui donne le triplet (2,1,2), qui a déjà été trouvé.
* Si y=2 et x > 1 :
L'équation de départ devient équivalente à 3x=z. Inversement, les triplets (x,2,z) tels que 3x=z et x > 1 marchent bien.

Synthèse :
Les triplets solutions sont : (2,1,2), (2,2,6), (2,3,18), (3,2,9), et (1,y,z) tels que 2z=3y, et (x,2,z) tels que 3x=z et x >1.

trés bien , petite remarque : il te manque d'etudier le cas ou y =2 , tu va trouve que (k,2,3k) (k est sup ou egal à 2) est aussi une solution .

A toi maintenant...

just-abdess a écrit:

probleme 62:

resoudre dans (IN*)^3 l'equation :

Spoiler:

@ Dijkschneier
désolé j'étais entrain d'écrire ma solution quand t'as écrit la tienne.

puisque Dijkshneier s'abstient de proposer un problème, je propose un exercice assez facile voilà :

Problème 63 :

Trouver un polynome non nul a coefficients entiers tels que : P (racine (2008 ) + racine ( 2009 ) ) = 0

just-abdess a écrit:

trés bien , petite remarque : il te manque d'etudier le cas ou y =2 , tu va trouve que (k,2,3k) (k est sup ou egal à 2) est aussi une solution .

A toi maintenant...

Oui, j'ai corrigé.

Solution au problème 63 :
On pose :
Par élévation au carré, il vient , ou encore :
Par une nouvelle élévation au carré, on obtient : .
Le polynôme répond au problème.

Je n'ai pas de problème à proposer pour le moment.

Nice

Problème 64:

Trouver tous les entiers positifs n tels que : (2^n)+3 soit un carré parfait

Solution du probleme 64 :

Spoiler:

si ma solution est juste , vous etes libre de poster un nouveau exo ^_^

Solution au problème 64 :
Pour n=0, c'est un carré parfait.
Pour n=1, ce n'est pas un carré parfait.
Soit n>1.
Alors on peut poser n = k + 2, tel que k appartienne à N.
Par suite : , et ainsi, il est congru à 3 modulo 4. Mais un carré parfait ne peut être congru qu'à 0 ou 1 modulo 4.

Synthèse :
Le seul n pour lequel 2^n + 3 est un carré parfait est n=0.

Problème 65 : (* : une étoile)
Est-il possible de paver avec des triminos 3x1
i) Un rectangle 8x8 ?
ii) Un rectangle 8x8 auquel manque le coin en haut à gauche ?
Merci de ne proposer de réponse que si l'on a la solution à i) et à ii).

salam

pb 64

n=0 -------> 1+3=2²
n=1 -------> 2+3 = n'est pas carré
n> 1

2^n +3 = a² ------> a impair = 2k+1

===> 2^n +3 = 4k²+4k+1

===> 2^(n-1) + 1 = 2k²+2k impossible ( impair = pair)

___________conclusion : n=0.

----------------------------------------------

Dijkschneier a écrit:

Problème 65 : (* : une étoile)
Est-il possible de paver avec des triminos 3x1
i) Un rectangle 8x8 ?
ii) Un rectangle 8x8 auquel manque le coin en haut à gauche ?
Merci de ne proposer de réponse que si l'on a la solution à i) et à ii).

Comment ces triminos peuvent étre remis dans l'echequier? Verticalement? Horizontalement? ...?
Explique moi.

N'importe comment. Ou bien verticalement, ou bien horizontalement.

sluuu les amiis j'aime bien participer avc vous ; j'att l'annonce d'exo

Bon après-midi !
Dijkschneier , je crois que le temps dédié à votre exercice s'est écoulé , merci de donner une solution

Solution au problème 65 :
(i) Une figure pavée entièrement par des triminos 3 × 1 possède un nombre de cases multiple de 3. Or le damier à paver possède un nombre de cases qui n’est pas multiple de 3. La réponse est donc non.
(ii) Colorions la deuxième figure avec trois couleurs différentes de la manière suivante :

On remarque qu’un trimino recouvre nécessairement 3 cases dont les couleurs sont deux à deux différentes. Mais la figure à paver ne possède pas la même nombre de cases de chaque couleur, la réponse est donc encore non.

Problème 66 : (* : une étoile)
Prouver que le nombre a^3 + b^3 + 4 n’est jamais le cube d’un entier pour a et b dans N.

Solution probleme 66 :

Spoiler:

probleme 67:
soient p et q des entiers strictement positifs verifiant :

montrer que 1979 divise p

just-abdess a écrit:

Solution probleme 66 :

Spoiler:

probleme 67:
soient p et q des entiers strictement positifs verifiant :

montrer que 1979 divise p

Alors :

Tel que
Nous savons que 1979 est premier, d'où le résultat.
Sauf erreur.

euhhh !!! mizmaz est-ce-que tu peux m'expliquer comment t'as fais pour calculer la dernière somme !!

en attendant ta réponse je pose un problème

Problème 68 :

Prouver qu'il n'existe pas d'entiers n>0 et a_1 <a_2<...<a_n tels que :

1/a1! + 1/a2! +......+ 1/an! = 1/ 10^n