<< Grand Jeu d'été 2011 de TC ->1ére >>

Soit x,y,z,k de IN :
x²+y²+z²=8k+7
x²+y²+z²+1=8(k+1)
Par conséquent x²+y²+z²+1 est pair et donc x²+y²+z² est impair.
Par disjonction de cas:
1) Si les trois inconnues x,y et z sont pairs, alors x²+y²+z² est pair CONTRADICTION
2) Si les trois inconnues x,y et z sont impairs, alors x²+y²+z² est impair
3) Si deux sont pairs et un impair, alors x²+y²+z² est impair
4) Si deux sont impairs et un pair, alors x²+y²+z² est pair CONTRADICTION
On considère donc les cas 2 et 3:
Cas 2
Supposons x,y et z impairs.
Donc il existe m,n,p de IN / x=2m+1, y=2n+1 et z=2p+1
x²+y²+z²+1=(2m+1)²+(2n+1)²+(2p+1)²+1=8(k+1)
Apres simplification et factorisation par 4, on obtient :
4(n²+m²+p²+n+m+p+1)=8(k+1)
Donc n²+m²+p²+n+m+p+1 est pair.
Or n²+m²+p²+n+m+p+1=n(n+1)+m(m+1)+p(p+1)+1 est toujours impair puisque pour tout entier u, u(u+1) est pair car u et u+1 sont consécutifs et donc un des deux est nécessairement pair!
D'où la contradiction
Cas 3
Par symétrie des rôles on peut supposer que x et y pair et z impair.
Donc il existe m,n,p de IN / x=2m, y=2n et z=2p+1
x²+y²+z²+1=(2m)²+(2n)²+(2p+1)²+1=8(k+1)
Apres simplification et factorisation par 2, on obtient :
2(2n²+2m²+2p²+2p+1)=8(k+1)
Donc 2n²+2m²+2p²+2p+1 est divisible par 4 et est donc pair.
Ce qui est contradictoire.
Ainsi l'équation n'admet pas de solution dans IN.

wa siire te9ra H.G et E.I

Voici ma methode:
Tout d'abord prouvez que (a²+b²+c²)/(a+b+c)²>=1/3
ensuite (a²+b²+c²)/(a+b+c)²<1/2
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Et puis
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je pense que l'exo est faut
dans ABC avec l'angle c on a DB/DA=CB/CA d'ou (AB-AD)/AD=CB/CA=a/b
d'ou AD=cb/(a+b)=cb/2c=b/2
de même pour l'angle A dans le triangle ADC
ID/IC=AD/AC=b/2/b=1/2
d'ou ID/IC=1/2
d'autre part GM/GC=1/3 car G est le centre de gravité de ABC
une démonstration par absurde ac Thalles permet de conclure

Soient G' et I' les projections orthogonales de G et I respectivement sur (AB), et soit p le demi-périmètre de ABC, et S sa surface.

On a (IG)//(AB)<=> GG'=II'<=> GG'=r tel que r le rayon du cercle inscrit à ABC. (**)

Et soit H la projection orthogonale de C sur (AB). On a (CH) et (GG') sont perpendiculaires sur (AB) donc (GG') est parallèle à (CH).

Donc d'après Thalès dans le triangle MCH on a:

GG'/CH=MG/MC (*). Et il est connu que vec{CG}=2/3{CM} donc vec{CM}+vec{MG}=2/3{CM} d'où vec{MG}=-1/3vec{CM} donc MG=CM/3 d'où MG/CM=1/3.

En remplaçant dans (*) on a GG'/CH=1/3 donc GG'=CH/3.


En remplaçant dant (**) on aura: CH/3=r <=> CH=3r <=> CH.c=3r.c <=> 2S=3r.c <=> 2p.r=3r.c <=> 2p=3c <=> a+b+c=3c <=> a+b=2c <=> c=(a+b)/2 .

c'est ce que j'appelle un vrai exercice. Délicieux à résoudre

je n'ai pas utilisé D.

Solution probleme 7:

(1) Selon C.S : on a

(2) Selon IAG : on a

De (1) et (2) on a

Sauf erreur.

Lemme :
.
Ainsi : .