omb
Menu principal
Sujets d'articles
OMB 2007 Finale MIDI Question 4 - Solution de Nicolas Radu Informations | BxMO 2017 | SBPM  
OMB 2007 Finale MIDI Question 4 - Solution de Nicolas Radu
1923 vues  | Retourner à la liste des questions

Question :

Déterminer tous les nombres entiers , tels que





(a) pour ;

(b) pour ;

(c) pour .



Solution de Nicolas Radu :


(a)


ou
Donc les solutions lorsque sont avec un entier quelconque.

(b)


, , ou
Les solutions lorsque sont alors avec un entier quelconque.

(c)



Si est pair :
- Si , solution
- Si , solution
- Si et sont non-nuls et de même signe, alors tous les termes du premier membre sont positifs (car et sont de même parité)
- Si et sont de signes contraires, supposons négatif sans perte de généralité et posons :

Mais on a , donc l'égalité est impossible.

Si est impair :
- Si et sont strictement positifs, le premier membre de l'égalité est strictement positif.
- Si et sont strictement négatifs, posons et , on obtient :

puisque est impair. On en revient alors au cas où les deux nombres sont positifs.
- Si ou est nul, alors l'égalité est vérifiée, ce qui donne comme solution et .
- Si l'un des nombres est négatifs, supposons que ca soit , et posons :

Or, on sait que

et donc

Si , il y a égalité, et . Solution
Si , alors

Mais est pair, et comme , il vient qui est impossible.

En bref,
( entier quelconque) lorsque est pair ;
( entier quelconque) lorsque est impair.



Revenir à la question


 
Les commentaires appartiennent à leurs auteurs. Nous ne sommes pas responsables de leur contenu.
Anonyme
Posté le : 16/12/2014 8:53  Mis à jour : 16/12/2014
je ne savais pas que le binôme de Newton faisait partie de la matière du second degré en fwb .
Nicolas Radu
Posté le : 16/12/2014 11:01  Mis à jour : 16/12/2014
Je ne m'en sers en fait pas réellement. Je l'utilise dans la partie pair et et de même signe, mais il est clair pour que (où les contiennent des éléments strictement positifs) ce qui montre que l'égalité est impossible. Et pour on peut poser et pour se ramener au cas précédent.
Francois Staelens
Posté le : 2/1/2015 20:12  Mis à jour : 2/1/2015
De toute façon je ne pense pas que le binôme de Newton soit trop compliqué pour une question 4 en finale MIDI ^^
Anonyme
Posté le : 11/2/2015 20:57  Mis à jour : 11/2/2015
Ne pouvions-nous pas simplement utiliser le théorème de Fermât? (Le petit si je ne m'abuse)
Nicolas Radu
Posté le : 12/2/2015 21:31  Mis à jour : 12/2/2015
J'imagine que tu veux utiliser le dernier théorème de Fermat, et non le petit théorème de Fermat. Celui qui dit qu'il n'existe pas de nombres entiers non-nuls , et tels que



dès que est un entier strictement supérieur à .
J'avais justement songé à utiliser ce théorème lors de la compétition en 2007 (ça remonte) et j'avais demandé aux organisateurs. En fait, je me doutais qu'on ne pouvait pas l'utiliser puisque cela tue le problème, mais j'ai quand même demandé. Après de longues discussions dans le jury ils ont conclu comme moi et m'ont dit que je pouvais l'utiliser si je le démontrais
Anonyme
Posté le : 15/2/2016 20:20  Mis à jour : 15/2/2016
Merci pour la solution, très claire. J'ai abouti aussi à la même solution, à quelques détails près.

Deux commentaires / questions:

(1) On utilise pas le fait que a et b doivent être entiers, et donc la preuve est valable pour a et b réels. Serait-il possible de simplifier la preuve si on se limitait aux entiers comme demandé? Je me demande quelle solution les professeurs avaient en tête.

(2) Si on suppose a et b réels, on a en fait une solution beaucoup plus simple à mon avis. Si a != 0, on peut faire le changement de variable b=a*x, et donc rechercher les solutions de

a^n*(1+x)^n = a^n*(1+x^n)

<=> (1+x)^n = 1+x^n (car a != 0)

Le membre de gauche est une parabole x^n décalée de 1 sur la gauche. Le membre de droite est la même parabole décalée de 1 sur la droite. Graphiquement on voit aisément que cette équation a une seule solution x=0 pour n pair, et x=0 / x=-1 pour n impair. Une preuve plus formelle utiliserait les propriétés des paraboles (absence de point d'inflexion sauf en 0, croissance/décroissance stricte, symétrie) pour majorer les expressions et conclure à l'inégalité.

Evidemment, cette preuve s'applique aussi aux entiers puisque Z est dans R.

Michaël
mpe.omb@immie.org
Anonyme
Posté le : 15/2/2016 20:23  Mis à jour : 15/2/2016
Petite correction: le membre de droite est la même parabole décalée de 1 vers le *haut* évidemment

Michaël
Nicolas Radu
Posté le : 1/4/2016 14:20  Mis à jour : 1/4/2016
Je ne sais pas s'il existe une solution plus simple exploitant le fait que les nombres sont entiers, c'est bien possible mais je n'en ai pas connaissance...

C'est vrai que ma preuve n'utilise nulle part le fait que les nombres sont entiers, et elle s'applique donc aux nombres réels. Je n'avais remarqué cela.

Votre preuve utilisant le changement de variable est en effet très astucieux! Comme vous le dites, il faut cependant justifier d'une manière rigoureuse le fait que l'équation n'a que des solutions "triviales". Soit en raisonnant géométriquement comme vous le dites, soit en refaisant un argument similaire à ma solution, en traitant les différents cas selon le signe de et la parité de ...

En fait, tout le génie de votre changement de variable est d'avoir remarqué qu'on pouvait résoudre le problème pour des réels (et pas seulement pour des entiers). Quand on cherche à résoudre le problème dans les entiers, c'est très anti-naturel de poser car on passe alors à des nombres réels et on complique donc a priori le problème.
Membres
Prénom :

Nom :

Mot de passe : 

Conserver la connexion

Récupérer mot de passe
Recherche
Le site officiel de l'Olympiade Mathématique Belge
Contact webmasters :