OMB - OMB 2007 Finale MIDI Question 2 - Solution de Pierre Haas

OMB 2007 Finale MIDI Question 2 - Solution de Pierre Haas

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Question :

(a) Trouver tous les couples d'entiers strictement positifs dont la somme est égale au produit. Prouver qu'il n'en existe pas d'autres.

(b) Trouver tous les triplets d'entiers strictement positifs formant une suite arithmétique dont la somme est égale au produit. Prouver qu'il n'en existe pas d'autres.

(La suite $(a,b,c)$ est appelée suite arithmétique lorsqu'il existe un entier $r$ tel que $(a,b,c)=(a,a+r,a+2r)$ )

(c) Que devient la réponse au point (b) si la suite arithmétique est formée d'entiers quelconques (positifs, négatifs ou nuls) ?

Solution de Pierre Haas :

(a) Notons $a$ et $b$ ces deux nombres qui doivent satisfaire à l'égalité

$a+b=ab\ \Leftrightarrow\ b=ab-a\ \Leftrightarrow\ b=a(b-1)\ \Leftrightarrow\ a=\frac{b}{b-1}$

Or, $b$ et $b-1$ sont deux nombres entiers consécutifs, ils sont donc premiers entre eux. Dès lors, si $b-1$ divise $b$ , il faut soit $b=0$ , ce qui est exclu par hypothèse, soit $b=1+1\ \Leftrightarrow\ b=2$ . Pour ce dernier cas, nous trouvons alors l'unique solution $(a,b)=(2,2)$ .

(b) En notant $a$ , $b$ et $c$ les trois nombres et $r$ la raison de la suite arithmétique, la condition de l'énoncé devient

$\begin{array}<br /> a+b+c=abc &\ \Leftrightarrow\ & a+(a+r)+(a+2r)=a(a+r)(a+2r) \\<br />&\ \Leftrightarrow\ & 3(a+r)=a(a+r)(a+2r) \\<br />&\ \Leftrightarrow\ & 3=a(a+2r)<br /> \end{array}$

Comme $a$ et $a+2r$ sont des nombres entiers, il suffit de considérer la factorisation première du nombre premier 3. Deux cas sont dès lors possibles :

- soit on a $a=1$ et donc $1+2r=3$ ou $r=1$ , d'où découle le triplet solution $(a,b,c)=(1,2,3)$ ;

- soit on a $a=3$ et donc $3+2r=1$ ou $r=-1$ , d'où découle le triplet solution $(a,b,c)=(3,2,1)$ .

En simplifiant plus haut par $a+r$ , nous avons supposé que $a+r \neq 0$ ou encore $r\neq -a$ . Si maintenant, $r=-a$ , la condition de l'énoncé devient $a+0+(-a)=a\times0\times(-a)$ ce qui est vérifié pour toute valeur de $a$ . Cependant, la solution $(a,0,-a)$ est à rejeter ici car on a certainement $a$ ou $-a$ qui appartient à $\mathbb{Z}^{-}$ . De plus, ici, les trois nombres sont supposés être non nuls.

(b) La solution $(a,0,-a)$ devient possible. Par ailleurs, dans le cas $a+r\neq 0$ , il faut encore considérer les possibilités $a=-1$ , d'où $r=-1$ avec la soltuion $(a,b,c)=(-1,-2,-3)$ , et $a=-3$ , d'où $r=1$ avec la solution $(a,b,c)=(-3,-2,-1)$ .

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