Moscou 99 ****

bonsoir tout le monde
je vous propose un exo 4 etoils (hyper dur)


trouver tout les entiers n; k ;l et m tel que l>1 et

(1+n^k)^l =1+ n^m

- n=0 est toujours solution!!! je crois qu'il faut étudier l'équation diophantienne si n différent de 0( et peut-être démontrer qu'il n'ya pas de solution)

On travaille dans Z ??

ça doit être sur N pour m et k et l non??!

au fait j'ai trouvé pls autres solutions!!!
si m=l:

mais les trois dernière solutions marchent pas ^^!!

bon il est evident que si n=0 ca marche peut importe k,l,m si n=1 alors l=1 peut importe k et m mnt on a somme des (c(l,i)*n^(ki),i=1...l)=n^m avec m=qk+r on travaille dans Z/n^kZ l est divisible donc par n^k ca me donne somme des (c(l,i)*n^(ki-k),i=1...l)=n^(m-k) mais la puissance k dans la somme on la recupere en remplacant l par l=a1*n^k j'itere a1 est divisible par n^k a2... jusqu a aq en travaillant cette fois dans Z/n^rZ donc somme des (c(l,i)*n^(ki-m),i=1...l)=1 donc puisqu'on travaille dans N l=1 et m=k sauf erreur bien sur

galillee56 a écrit:

bon il est evident que si n=0 ca marche peut importe k,l,m si n=1 alors l=1 peut importe k et m mnt on a somme des (c(l,i)*n^(ki),i=1...l)=n^m avec m=qk+r on travaille dans Z/n^kZ l est divisible donc par n^k ca me donne somme des (c(l,i)*n^(ki-k),i=1...l)=n^(m-k) mais la puissance k dans la somme on la recupere en remplacant l par l=a1*n^k j'itere a1 est divisible par n^k a2... jusqu a aq en travaillant cette fois dans Z/n^rZ donc somme des (c(l,i)*n^(ki-m),i=1...l)=1 donc puisqu'on travaille dans N l=1 et m=k sauf erreur bien sur

Au fait l=1 ne figure pas dans les solutions car l>1
Et s'il te plait pourrait-tu réecrir en utilisant le Latex http://www.codecogs.com/latex/eqneditor.php car j'ai rien compris dans ces ecritures!!!
amicalement!!

C'est que l'équation est équivalente à

Humber a écrit:

On travaille dans Z ??

oui, cest dit "entiers", sans préciser, donc cest Z

elidrissi a écrit:

Humber a écrit:

On travaille dans Z ??

oui, cest dit "entiers", sans préciser, donc cest Z

Tu es sûr que ce n'est pas entiers positifs ou positive integers en anglais ?

complétant la maneuvre de Mr.Humber:
en factorisant par n^k, on se rend compte que m est nécessairement un multiple de k.

donc cette somme bonomiale, devrais s'écrire sous la forme de n^a ou a est un entier positif
reportant dans la premiere equation, on obtient: (1+n^k)(1+n^k)^(l-1) =1+n^ak
pour n=-1 ,a=2x+1 et k=2y+1 ou (x,y)£Z² toutes les valeurs en Z sont valables pour l

pour n#-1 , ou n=-1 et (a#2x+1 ou k#2y+1 ) on pourras diviser les 2 cotés par 1+n^ak, dou (1+n^k)/(1+n^ak) = (1+n^k)^(1-l)

et la je suis...bloqué

Citation :

Tu es sûr que ce n'est pas entiers positifs ou positive integers en anglais ?

oui c'est en français, et il ya juste "entiers", d'ou la dificultée du probleme

Humber a écrit:

C'est que l'équation est équivalente à

L doit pas être entier naturel pour utiliser cette equivalence??!

legend-crush a écrit:

Humber a écrit:

C'est que l'équation est équivalente à

L doit pas être entier naturel pour utiliser cette equivalence??!

Si mais je suis presque sûr que l'exercice est proposé pour l'ensemble N et pas Z . C'est pour cela ..

bon come vous me croyez pas...

http://www.animath.fr/IMG/pdf/cours-arith1.pdf

la page 74, exo 200

elidrissi a écrit:

bon come vous me croyez pas...

http://www.animath.fr/IMG/pdf/cours-arith1.pdf

la page 74, exo 200

- monsieur Elidrissi, tu n'aurais pas le lien de la deuxième partie, je la cherche depuis longtemps!!!!


la solution est à la page 157( la dernière^^)!! Mais au fait dans leur solution, n=0 ne figure pas!! [u]

@Legend-crush

non desolé, je le cherche de même

pour la solution, je l'ai vu tout a l'heure, et je pense qu'elle est incomplete, vu qu'il ya une infinité (litéralement) d'autres solutions

En fait, je viens de trouver qu'il n'est pas encore Rédigé^^

jai entendu dire qu'il est sorti en anglais, je vais chercher.

Dsl pour le retard c que mon pc plante du coup la j'utilise que mon telephone je ss vrmt dsl bref je vais poser les etapes les plus importantes et vous m aiderai aussi en me disant si il y a des fautes bon soit un nombre premier divisant n on va travailler dans z/p^mZ ca nous dis que phi(p^m)/l avec phi etant l'indicatrice d'euler ca c vrai pour n'importe quelle diviseur premier de n donc phi(n^m)/l donc l serai plus grand que n^(m-1) pas possible je m excuse si c ambigue je vais expliquer mon probleme j etais pas satisfait de ma premiere reponse un trop longue dc j ai cherche et j ai trouve celle ci mais ma preuve est valable si n ds z et les auts terme ds N ps:mr l idrissi je vois pas pk k/m en factorisant par n^k tu as juste k plus petit que m j attend vos remarque et dsl encore

@gallile

oui oui ouiu dsl je me suis (tres largement ) emporté