JEU D'ÉTÉ 2014 .

Pour ne pas en rester là! Je propose cet exercice : (assez dur ; enfin pour moi..)
Trouver tous les nombres premiers p et q tels que 2^p +2^q est divisible par pq .
Bonne chance !

dans ce cas je poste ma solution de l exo de combi
soit An une suite de piles/ faces qui satisfait la condition et de longueur n (pas 10, n)
sot Pn l ensemble des elements de An qui finissent avec pile
soit Hn l ensemble des elements de An qui finissent avec face
|P(n+1)| = |Pn |+|Hn| parcequ en obtient un element de P(n+1) en ajoutant une pile apres un element de Pn ou Hn
|H(n+1)| = |Pn | parcequ en obtient un element de F(n+1) en ajoutant une face a un element de Pn , si on ajoute une face a un element de Fn le resultat obtenu ne serait pas permis
on a donc
| P(n+2)| = |P(n+1)|+|H(n+1)|= |P(n+1)|+|Pn|
on a
| P1|=1
|P2|=2
on obtient donc |Pn|=F(n+1) ou Fn est l nieme nombre de fibonacci
A10 =P10+H10 =P10+P9 =P11= H12 =144
la probabilitee est donc 144/2^10=9/64

bianco verde a écrit:

Pour ne pas en rester là!  Je propose cet exercice : (assez dur ; enfin pour moi..)  
Trouver tous les nombres premiers p et q tels que  2^p +2^q est divisible par  pq .
Bonne chance !

on remplace dans la première équation, les diviseurs de 6 premiers sont 2 et 3
les solutions sont les couples (2,2);(2;3);(3;2)

Mr. LWP , p et q ne sont pas necessairement pairs , tu nas analysé quun cas ou lun des deux nombre est egal à 2
Amicalement ;

et comment le pq va diviser 2^p+2^q
on doit avoir au moins l'un deux pair et puisqu'ils sont premiers (p=2 ou q=2)
SAUF ERREUR

non L-W-P , parcequ on a divise est non pas egal. un nombre impair peut diviser un nombre pair. c est le contraire qui n est pas permis

J'avais bien signalé que le problème n'est pas si simple !!!

bon voila ma solution
p=q conduit clairement a p=q=2
WLOG, p>q
comme L-W-P a deja traité le cas ou l un 2 est egal a 2, WLOG : p>q>2

pq| 2^q (1+2^(p-q) ) ==> pq| 1+2^(p-q)  ==> 1+2^(p-q) =0 [p] et 1+2^(p-q)=0 [q]
comme p et q sont tout 2 impaires leur difference est divisible par 2
comme je n a pas le temps d ecrire en latex (je m en excuse) , posons Xk =2^[(p-q)/2^k ] pour tout k
X1 ^2 =-1 [p] et x^2 =-1 [q]
ce qui donne p=1 [4] et q=1 [4]
supposons que p=1 [2^k] et q=1 [2^k]
on aura donc Xk entier et :
(Xk)^(2^k) =-1 [p] ; (Xk)^(2^k) =-1 [q]
et comme
Xk ^(p-1) =1 [p] et Xk^(q-1) =1 [q]
comme p-1 =2^k.a et q-1 =2^k.b pour des entiers a et b
on aura forcement a et b pairs ce qui conduit a p=1 [2^(k+1)] et q=1[2^(k+1)]
par reccurence  q-1 et p-1 acceptent une infinitee de diviseurs de la forme 2^k et sont donc nuls
ce quiconduit a p=1 et q=1 ce qui contradit le fait qu ils sont premiers
les solutions sont donc (2;2) (2;3) (3;2)
sauf erreur

je propose une autre dio
resoudre en N
x²(x² +y )=y^(m+1)

on pose n=x².
L'équation n²+ny-y^(m+1)=0 admet une solution entiere ssi son discriminant est un carré.ie l'existance de z tel que : y²+4y^(m+1)=z² . en particulier y divise z et on pose z=ky et donc on a 1+4y^(m-1)=k². si m=2p+1 alors on a (k-2y^p)(k+2y^p)=1 qui est facile a resoudre.
si m=2p : puisque k est impaire on pose k=2q+1 et donc on a y^(2p-1)=q(q+1) .alors q=y^s et q+1=y^r et facilement on en deduit le resultat

bonsoir
bon ma solution

m=0 ==>x=y=0
pour y=/=0
on multiplie par 4 et ajoutons y² partout
(2x²+y)² =4y^m+1 +y²
m=1 ==> 5y² est un carré, impossible
donc m>1 ==> y²|(2x²+y)² ==> y|2x²
posons 2x²=ay
2x²(2x²+2y)=4.y^(m+1)
(ay)(ay+2y)=4y^(m+1)
a(a+2)=4.y^(m-1)
clairement a est pair, posons a=2b
2b(2b+2)=4.y^(m-1)
b(b+1)=y^(m-1)
comme y=/=0 b=/=0
comme PGCD(b;b+1)=y^(m-1) , b et b+1 sont les m-1 iemes puissances d un entier
si m>=3 on aura une contradiction selon le theoreme de Catalan, donc m=2
sela reduit a
b(b+1)=y
2x²=ay=2b²(b+1)
x²=b²(b+1) ce qui implique b+1=k² pour un certain k de N
les solutions sont donc
x=k(k²-1)
y=k²(k²-1)
m=2

sauf erreur

que chacun se sente libre de poster un exo

Je propose jne inégalité ;
a, b, c> 0 tq a^2+b^2+c^2=a+b+c mq
(ab)^2 +(bc)^2 +(ac)^2 =< ab+bc+ac

trouver les fonctions  vérifiants :

elidrissi a écrit:

bon voila ma solution
p=q conduit clairement a p=q=2
WLOG, p>q
comme L-W-P a deja traité le cas ou l un 2 est egal a 2, WLOG : p>q>2

pq| 2^q (1+2^(p-q) ) ==> pq| 1+2^(p-q)  ==> 1+2^(p-q) =0 [p] et 1+2^(p-q)=0 [q]
comme p et q sont tout 2 impaires leur difference est divisible par 2
comme je n a pas le temps d ecrire en latex (je m en excuse) , posons Xk =2^[(p-1)/2^k ] pour tout k
X1 ^2 =-1 [p] et x^2 =-1 [q]
ce qui donne p=1 [4] et q=1 [4]

Normalement, d'après Fermat X1 est congru à 1 modulo p et non pas à -1.
Et même en acceptant cela, tu ne détaille pas comment tu passes au fait que p et q sont congru à 1 modulo 4.
Même si tu penses que ces détails sont futiles, il faut au moins signaler ce que tu as fait mais donner un résultat sans justification est rien.
Le début de la résolution de L-W-P me semble correcte, même si il y a une faute de frappe...
La solution de l'autre exercice d'arithmétique me semble aussi correcte, et bien faite.

p|(2^(p-q)) +1 donc forcement les Xk sont congrus a  -1 modulo p et modulo q
il y a juste une erreur de frappe :Xk =2^[(p-q)/2^k ] et non p-1
et il n y as pas besoin de detailler
p|a^2+b^2  et p=3[4]==> p|a et p|b
p|a^2+b^2 et p ne divise ni a ni b ==> p=1 [4]
les lemmes de bases pour l NT ._.
ca commence bien mais le reste est faut. 2^p +2^q est pair ==> p est pair ou q est pair....? il faut une preuve . c est ce que j essaie de fournir
pour l autre exercice je n ai pas dis que c est faut, j ai juste posté une solution complete.
et merci

une autre solution : Demontrez ce qui suit : il n'existe pas d'entiers n tel que m|n^{m-1}-1 pour m impair ; et puis essayez de trouver dans notre exercice que pq|2^{pq-1}-1 .
Proposez un autre exercice en arithmétique qu'on puisse continuer !
Merci d'avance ..

Soient a et b des entiers strictement positifs vérifiant :


Monter que 1979 divise a 
bonne chance

A PEN problem ; -1/2-1/4...-1/1318=1/2+1/4+..+1/1318-2(1/2+1/4+..+1/1318) donc a/b=1+1/2+..+1/1319-(1+1/2+..+1/659)=(1/660+1/661+...+1/1319)+(1/660+1/1319)+(1/661+1/1318)+....=1979K EN DEDUIRE

a moi ;Soit m etn deux entiers naturels , montrer que si 24|mn+1 alors 24|m+n

il suffit de voir que
m+n+mn+1=(m+1)(n+1)
et m+n-mn-1=-(m-1)(n-1)
...
EXO
Montrer que les nombre de Fermat sont premiers entre eux.

EXO
a,b des réels positifs non nuls avec ab>=(1/a)+(1/b)+3
prouver que
 

Il y a un exercice proposé:

bianco verde a écrit:

a moi ;Soit m et n deux entiers naturels ,  montrer que si 24|mn+1 alors 24|m+n

Et une réponse qui ne me satisfait plus:

legend-crush a écrit:

il suffit de voir que
m+n+mn+1=(m+1)(n+1)
et  m+n-mn-1=-(m-1)(n-1)
...

Comment ces égalités mènent-elles au résultats?

L-W-P a écrit:

EXO
a,b des réels positifs non nuls avec ab>=(1/a)+(1/b)+3
prouver que
 

Je trouve que c'est très facile:
On a d'après l'inégalité arithmético-géométrique: .
CQFD.