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Olympiade vietnamienne de 1994



  1. #1
    Guillaume.B

    Olympiade vietnamienne de 1994


    ------

    Bonjour,

    J'ai un peu de mal pour résoudre cet exercice, pouvez-vous me donner quelques pistes ?

    Soit l´équation

    x² + y² + z² + t² - Nxyzt - N = 0

    où N est un entier strictement positif donné.

    Montrer que pour une infinité de valeurs de N, cette équation a des solutions en nombres entiers strictement positifs (une telle solution se compose de quatre entiers strictement positifs x, y, z et t).

    Soit N = 4^k(8m + 7)où k et m sont des entiers positifs ou nuls. Motnrer que l´équation considérée n´a pas de solution en nombres entiers strictement positifs.

    Vu qu'on nous demande de trouver qu'il y'a des solutions, on ne peut pas utiliser la théorème de la descente infinie (sûrement dans la deuxième question ?)

    Ca ne rigole pas avec les viets'

    -----

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  3. #2
    Guillaume.B

    Re : Olympiade vietnamienne de 1994

    La 1° je n'y arrive pas, pour la 2°, je pense qu'il faut à chaque fois prendre au cas par cas suivant les valeurs de k et m. Je vois (du moins je pense voir), le procédé à suivre, mais je bloque :

    N = 4^k(8m + 7)

    x² + y² + z² + t² - 4^k(8m + 7)xyzt - 4^k(8m + 7) = 0

    On remarque que si k >= 1, on a 4^k(8m + 7)xyzt et 4^k(8m + 7) pairs.

    * Si k = m = 0, on a :

    x² + y² + z² + t² - 7xyzt - 7 = 0
    x² + y² + z² + t² = 7xyzt + 7
    x² + y² + z² + t² = 7(xyzt + 1)

    Alors x² + y² + z² + t² est impaire multiple de 7 ... Pour pouvoir utiliser le principe de la descente infini, il faut que je fasse un changement de variable, non ? A = x² + y² + t² + z² .... Mais ça ne va rien changer puisque qu'après "alors il existe un réel c tel que A = 7c, donc 7c = 7(xyzt + 1) <=> c = xyzt + 1 ..."
    Dernière modification par Guillaume.B ; 07/10/2006 à 02h15.

  4. #3
    Guillaume.B

    Re : Olympiade vietnamienne de 1994

    Pas d'idée ?

  5. #4
    zpz

    Re : Olympiade vietnamienne de 1994

    On a une solution (x, y, z, t, N) si et seulement si

    xyzt + 1 | x² + y² + z² + t²

    Pour N = 2, on a une infinité de solutions : x = y et z = t = 1.

    Bon, ce n'est pas la question.

    Alors abordons-là par un cas particulier : cherchons des solutions telles que y = z = t.

    Alors
    • xyzt + 1 = xt³ + 1

    et
    • x² + y² + z² + t² = x² + 3t²

    Pour que le premier divise le second, il suffit (mais ce n'est pas nécessaire) que
    • x² = 3t² xt³, donc que x = 3t5

    On obtient ainsi des solutions pour l'infinité d'entiers de la forme N = 3n² :
    • x = 3n5, y = z = t = n

  6. A voir en vidéo sur Futura
  7. #5
    zpz

    Re : Olympiade vietnamienne de 1994

    Citation Envoyé par zpz Voir le message
    On obtient ainsi des solutions pour l'infinité d'entiers de la forme N = 3n² :
    • x = 3n5, y = z = t = n
    En fait on peut appliquer cette démarche dans un cadre un peu plus général : soient y, z et t quelconques. Alors l'équation admet une solution pour N = y² + z² + t², en posant x = yztN.

    Vérification :

    x² + y² + z² + t² - Nxyzt - N

    = y²z²t²N² + N - N(yztN)yzt - N = 0

    Ainsi, si N est somme de trois carrés, il existe une solution.

    Or, ce sont justement les nombres qui ne sont pas de la forme 4k(8m+7) ! (voir ici).

    Bon, je n'ai plus d'idées pour ce soir, j'y réfléchirai demain.

    Bonne nuit.

  8. #6
    Guillaume.B

    Re : Olympiade vietnamienne de 1994

    Super merci, mais comment sais-tu tout ça ? Ex : "On a une solution (x, y, z, t, N) si et seulement si xyzt + 1 | x² + y² + z² + t²"

    Est-ce le fait que tu dois sûrement être habitudé aux Olympiades et que quelques résultats reviennent fréquemment, donc avec de l'habitude tu as du flair,e ou bien faut-il que je connaisse un théorème bien particulier ?

    Merci d'avance

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  10. #7
    zpz

    Re : Olympiade vietnamienne de 1994

    Citation Envoyé par Guillaume.B Voir le message
    Super merci, mais comment sais-tu tout ça ? Ex : "On a une solution (x, y, z, t, N) si et seulement si xyzt + 1 | x² + y² + z² + t²"

    Est-ce le fait que tu dois sûrement être habitudé aux Olympiades et que quelques résultats reviennent fréquemment, donc avec de l'habitude tu as du flair,e ou bien faut-il que je connaisse un théorème bien particulier ?

    Merci d'avance
    Non, je ne me suis jamais intéressé aux olympiades internationales (et même aux nationales, assez peu, depuis l'année dernière seulement parce que j'y ai présenté des élèves).

    Quant au problème, il suggère lui-même cette approche, par le fait que N ne joue pas le même rôle que les autres inconnues. Du coup, il est tentant de l'isoler, et de constater qu'il est le quotient des deux quantités ci-dessus.

    A ce point, tu as un peu raison, ça ressemble à pas mal de problèmes classiques. Alors j'ai appliqué mes méthodes classiques , en particulier étudier quelques cas simples pour voir si on comprend ce qui se passe en général.

    Le cas le plus simple est celui où x = y = z = t. On voit rapidement que ça ne peut pas donner beaucoup de solutions, puisque x4 + 1 devrait diviser 4x². Du point de vue arithmétique, x² et x4 + 1 n'ont pas de facteurs communs, donc pas de solution possible. Mais c'est moins cet aspect arithmétique qui m'a titillé que des considérations quantitatives : x4 croît bien plus rapidement que 4x².

    J'en ai déduit qu'au moins deux des quatres inconnues devaient prendre des valeurs "bien plus petites" que les autres, et même que, si les deux plus grandes valeurs étaient de taille équivalente, alors les deux autres devaient être assez proche de 1 ou 2.

    J'ai donc regardé ce qui se passait lorsque z = t = 1 : quelles valeurs choisir pour que xy + 1 | x² + y² + 2 ? On voit rapidement que si x = y, on a bien la divisibilité, et le quotient N vaut 2.

    C'était un début encourageant, mais ça ne donnait qu'une seule valeur possible pour N, donc ce n'était pas satisfaisant. Quelques essais avec z = t = 1 et y = x + k ou y = kx n'ont rien donné.

    Je me suis alors tourné vers le cas y = z = t. On cherche alors x et y tels que xy3 + 1 | x² + 3y². Ca me paraissait un peu opaque, je ne savais pas par où l'aborder. J'ai cherché quelles valeurs donner à y pour que le polynôme de gauche divise celui de droite (c'était une erreur de tout vouloir exprimer en fonction de x, mais je ne l'ai vu qu'après).

    Puis m'est venue l'idée qui a bien fonctionné : puisque les deux expressions étaient chacune somme de deux termes (xy3 et 1 pour la première, x² et 3y² pour la seconde), dont un seul contenait x, je n'avais qu'à faire en sorte que les expressions se divisent terme à terme, avec le même quotient. Puisque pour les deux termes de droite le quotient était simplement 3y², je n'avais qu'à poser x² = 3y² xy3, donc x=3y5.

    Voilà, ceci a donné ma première réponse, qui était suffisante pour affirmer l'existence d'une infinité de N permettant des solutions. Au moment de l'envoyer, je me suis rendu compte que la même idée fonctionnerait sans même exiger que y = z = t, d'où mon deuxième message.

    A ce stade il était donc établi que toute somme de trois carrés donne une valeur admissible pour N. Il existe un résultat classique qui dit que tout entier est somme d'au plus quatre carrés. Je me doutais qu'il y avait une manière de caractériser ceux qui ont besoin de quatre carrés exactement (donc qui ne sont pas somme de trois carrés), mais je ne la connaissais pas. Je n'ai plus eu qu'à demander à Google de me trouver des pages sur les "sommes de trois carrés", et voilà !

    As-tu réussi à répondre à le deuxième question ?

  11. #8
    Guillaume.B

    Re : Olympiade vietnamienne de 1994

    Wouah, c'est bien complexe tout ça. Pour la 2°) question, je pense qu'il faut utiliser le principe de la descente infinie, mais il n'est pas facile à mettre en oeuvre. J'ai commencé un peu, je ne sais pas si c'est une bonne piste, tu m'en diras de snouvelles :

    x² + y² + z² + t² = Nxyzt + N
    x² + y² + z² + t² = N(xyzt + 1)
    x² + y² + z² + t² = 4^k(8m + 7)(xyzt + 1)

    On pose x = y = z et t = 1, on a alors :

    3x² + 1 = 4^k(8m + 7)(3x + 1)
    x + 1 = 4^k(8m + 7)
    x = 4^k(8m + 7) - 1 => 4^k(8m + 7) - 1 impaire pour tout k > 0, alors il existe un réel a tel que x = 2a + 1

    2a + 1 = 4^k(8m + 7) - 1
    2a + 2 = 4^k(8m + 7)
    2(a + 1) = 4^k(8m + 7)

    Après je ne sais pas comment faire ... sans doute que c'est une mauvaise piste ...

  12. #9
    Guillaume.B

    Re : Olympiade vietnamienne de 1994

    EDIT : Pour k = 0, on a :

    2(a + 1) = 8m + 7

    2(a + 1) est pair, alors que 8m + 7 impaire, il n'y a donc pas de solution pour k = 0, encore faut-il prouver qu'il n'en existe pas pour tout k ...

  13. #10
    Guillaume.B

    Re : Olympiade vietnamienne de 1994

    ah non mince, je ne peut pas prendre k = 0 vu que j'ai déjà mis une condition plus haut comme quoi k >0

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