Au Plaisir

Je propose donc ce sujet où on pourra proposer des exercices et les résoudre. C'est en gros un marathon d'été. Les règles sont connues :une personne qui propose une solution doit ensuite proposer un exercice et ainsi de suite.

Bon je commence

Problème 1 :

a et b sont des entiers où PGCD(a,b)=1
Prouvez qu'il existe m et n de tel que

Bonne chance

Bonsoir,
Solution au probleme 1:
D'après le théorème d'Euler:

L'avant dernière implication est juste car PGCD (a,b)=1
Probleme 2:
Si p un premier et a,b deux entiers tel que p |(4a²+1), Prouver que
P.S:

Spoiler:

pas besoin du 4, on peut généraliser à la somme de deux carrés.

Geo a écrit:

Probleme 2:
Si p un premier et a,b deux entiers tel que p |(4a²+1), Prouver que

Je ne donne pas une réponse, mais je vais le faire dans mon prochain message.
Avant d'être édité, le problème était ainsi:
Démontrez que si p un premier et a,b deux entiers tel que , alors .
Ce problème manque de conditions supplémentaires, car on et pourtant 3 n'est pas congru à 1 modulo 4...
La condition qu'on doit ajouter peut être est que a et b n'ont aucun diviseur en commun sauf 1. (Bien entendu, ils doivent être tous les deux différent de 1 ou p est différent de 2).
Un exercice similaire au tien est le suivant:
Démontrez que si p est un nombre premier de la forme 4k+3 tel que alors on doit forcément avoir et .
Au plaisir!

Geo a écrit:

Probleme 2:
Si p un premier et a,b deux entiers tel que p |(4a²+1), Prouver que

Supposons par l'absurde que p=2.
On aura p divise 1 car p diviserai .
Ce qui est clairement faux.
Ainsi, puisque p est premier. Il est de la forme 4k+1 ou de la forme 4k+3.
On suppose par l'absurde qu'on ait p de la forme 4k+3.
Si p divise 2a alors p divise a selon le théorème de Gauss.
Et par suite, on aura p divise 1.
Ce qui vient en contradiction avec le fait que p est un entier premier.
Ainsi .
Selon le petit théorème de Fermat, on aura ou encore .
Et puisque , alors ou bien .
Donc , et par suite d'où p ne divise pas .==>(*)
On applique encore une fois le petit théorème de Fermat pour avoir .
Donc soit .
La dernière relation entraine que ou encore .
Ce qui vient en contradiction avec *.
On a eu une contradiction dans tous les cas, ce qui prouve que .
CQFD.
Sauf erreurs.

nmo a écrit:

Un exercice similaire au tien est le suivant:
Démontrez que si p est un nombre premier de la forme 4k+3 tel que alors on doit forcément avoir et .
Au plaisir!

darkpseudo a écrit:

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 .

Salut

Voici ma réponse à cet exo






On sait que p l (2a)²+1² donc p l (2a+1)² - 4a et p l (2a-1)² + 4a donc p l (2a+1)²+(2a-1)²
D'où pr=(2a+1)²+(2a-1)² avec r nombre entier naturel

Par absurde



Contradiction
D'où

Sauf erreur....

Aide ! ba9i andi moshkil f l7isabiyate

Voici un nouveau problème:
Problème 3:
Soit a, b et c des réels différents et non nuls tels que .
Déterminez la valeur de .
Bonne chance.

nmo a écrit:

Voici un nouveau problème:
Problème 3:
Soit a, b et c des réels différents et non nuls tels que .
Déterminez la valeur de .
Bonne chance.

Il y a longtemps que j'ai proposé le problème, cependant je n'ai vu aucune tentative.
Personnellement, j'ai trouvé que le problème est bizarre.
En cherchant un peu, j'ai trouvé qu'il a vraiment un sens et une réponse.
On a , donc .
Ou en factorisant .
Et vu que , on aura .
De même, on doit trouver et .
On peut écrire et .
Ce qui impliquerait forcément que .
Et ainsi .
Soit en factorisant encore .
Par suite, il résulte que .
Et on sait déjà que .
Donc ou bien .
En usant de l'identité remarquable , de et de .
On trouve finalement que .
Sauf erreurs.

Problème 4:
Démontrez que .
Bonne chance.

Bonsoir,
Solution au problème 4:
Soit k le maximum exposant tel que m= 2^kj ≤ n avec j un nombre impaire. Donc (avec a impaire).Alors
.
Sauf erreurs
Problème 5:
Soient des entiers a,b >0. Prouver que si alors

Solution au problème 5:
d=Pgcd(a,b). On a d²|ab,a²,b² .
.
Sauf erreurs.
Problème 6:
a,b,c et d des réels positives tel que a+b+c+d=4. Prouver que :

Bonne chance .

Solution au problème 6:
On a (x+y)²>=4xy <==> (x-y)²>=0 alors


D'après IAG:

Je n'ai pas de problème a proposer

Geo a écrit:

Solution au problème 6:
On a (x+y)²>=4xy <==> (x-y)²>=0 alors

D'après IAG:

Je n'ai pas de problème a proposer

Sauf une petite faute d'inattention dans la troisième ligne, on dirait un chef d’œuvre. Bravo!
Je propose deux problèmes tirés de l'Irlande 2012; qui vont peut être proposé l'an prochain dans les tests et les stages:
Problème 7:
Trouvez tous les fonctions définies de l'ensemble des réels vers lui même et qui satisfont: .
Problème 8:
Trouvez tous les couples (x,y) qui vérifient l'équation suivante: .
Bonne chance.

Problème 8:

4xy(x-1)(y-1)+8x(x-1)+2y(y-1)+3=0
2y(y-1) ( 2x(x-1)+1 ) + 8x(x-1)+3=0

On pose a=4x(x-1)+2 >0 car 2x²-2x+1>0, qqs x

ay²-ay+2a-1=0

a²-4a(2a-1)=-7a²+4a=a(4-7a)<0 car 7a-4=28x²-28x+10>0

===> l'ensemble des (x,y) est vide

salut , sa fait trés longtemps que je n'ai pas essayé de problème a part une inégalité , mais comme le topic chome un peu il faut y contribuer .
ma solution pour le Probleme 7 : de nmo
on a P(0,y) =>f(yf(0))=f(0)+f(y+f(0)) (1) de cette relation , supposant que f(0) est différent de 1 . alors P(0, f(0)\(f(0)-1))=> f(0)=0 . mais on remplacent cela dans (1) on a obtient :
f(y)=0 quelque soit y dans R qui n'est pas une solution , et par conséquent f(0)=1 , maintenant
P(x,0)=> f(f(x))=x quelque soit x .
P(1,y)=>f(1+yf(1))=y-1+f(y+f(1)) (2) . on prenant y=0 on a
f(1)=-1+f(f(1))=-1+1=0 et par conséquent en remplacent cela dans (2) on a
f(y)=1-y quelque soit y d'ou f(x)=1-x quelque soit x dans R qui est clairement solution .

Problème 9 :
Trouver la valeur maximal et minimal de :
S=x+y dans le cas ou : .

Problème 9 :

u=V(x+1) et v=V(y+2) ==> S=u²+v²-3
la reletion <===> u²-1-3u=3v-v²+2
<===> (u-3/2)²+(v-3/2)²= 15/2

<==> le point (u,v) dans le cercle de centre (3/2,3/2) et de rayon V(15/2)=a

u=3/2+acos(t)
v=3/2+asin(t)
==>
S=(3/2+acos(t))²+(3/2+asin(t))²-3
= 9+3acos(t)+3asin(t) = 9+3V(15)sin(t+pi/4)

==> 9-3V(15)=<S=<9+3V(15) sauf erreur

Bravo , le max est correcte mais le minime non ,

Problème 10

Déteminer f définie sur R\{0,1} telle que qqs x dans R\{0,1} , f(x)+f((x-1)/x)=x+1

Oty a écrit:

Bravo , le max est correcte mais le minime non ,

C'est vrai (u,v) décrit le cercle en restant dans le quart du plan u>0 et v>0

abdelbaki.attioui a écrit:

Problème 10

Déteminer f définie sur R\{0,1} telle que qqs x dans R\{0,1} , f(x)+f((x-1)/x)=x+1

on remplace : x par (x-1)\x on obtient
(2)
on remplace x par 1\(1-x) dans (1) :

(1) , (2) ,(3) nous donne un systeme de 3 equation ou il est facile d'isoler f(x) ....

Probleme 11 :
soit un triangle ABC non équilatéral AD , BE , CF ses hauteurs , sur les rayons AD , BE et CF respectivement on chois trois point : A1 , B1 , C1 vérifiant :
.
Déterminer toute les valeurs de k pour que les triangles ABC et A1B1C1 soit semblables .
Bonne chance .

abdelbaki.attioui a écrit:

Problème 9 :

u=V(x+1) et v=V(y+2) ==> S=u²+v²-3
la reletion <===> u²-1-3u=3v-v²+2
<===> (u-3/2)²+(v-3/2)²= 15/2

<==> le point (u,v) dans le cercle de centre (3/2,3/2) et de rayon V(15/2)=a

u=3/2+acos(t)
v=3/2+asin(t)
==>
S=(3/2+acos(t))²+(3/2+asin(t))²-3
= 9+3acos(t)+3asin(t) = 9+3V(15)sin(t+pi/4)

==> 9-3V(15)=<S=<9+3V(15) sauf erreur

Ici Max S=9+3V(15) atteint pour t=pi/4
Mais 9-3V(15) est juste un minorant.
u et v sont postifs ==> t varie entre t0 et t1 tels que v(t0)=u(t1)=0
<==> cos(t0)=sin(t1)=-V(3/10)
==> Min S=S(t0)=S(t1)
S(t0)=9-3V(15/2).V(3/10)+3V(15/2).V(1-3/10)=9-6+3V(21)/2=3+3V(21)/2

==> Min S= 3+3V(21)/2