Entiers et exposants - Exo difficile

[mx6]

Bonsoir,

Je cherche une solution de ce problème mais en vain......

Voici l'énoncé :



-----

[Seirios]

Bonjour,

Un début de raisonnement :

. A partir de là, l'on doit obtenir .

[Seirios]

En fait on peut simplement écrire :

[Seirios]

Si l'on tient à poursuivre le raisonnement, on doit pouvoir dire que est divisible par 2, 3 et 5, d'où , avec q un nombre premier et n, m, r, p des entiers. Ensuite, on montre que q n'existe pas, puis, par unicité de décomposition en nombres premiers, n=m=r=x ; donc x est un entier positif.

[A voir en vidéo sur Futura]

[mx6]

Salut !

J'ai déja commencer par ça, mais je ne vois pas où tu veux en venir ! Peux tu développer plus ?

[Seirios]

Si l'on tient à poursuivre le raisonnement, on doit pouvoir dire que est divisible par 2, 3 et 5, d'où , avec q un nombre premier et n, m, r, p des entiers.

Il faut plutôt lire avec q un entier naturel strictement supérieur à 5.

Pour montrer que q n'existe pas, on remarque tout d'abord que l'on a les contraintes suivantes :

.

Supposons que q existe ; alors q divise . Or , donc par le théorème de Gauss, q divise ; or , donc d'après le théorème de Gauss, q divise , ce qui en contradiction avec , puisque q>5.

[Flyingsquirrel]

on doit pouvoir dire que est divisible par 2, 3 et 5

Pourrais-tu détailler ce passage ? Je ne vois pas pourquoi ça doit être vrai.

[Seirios]

Effectivement, cela demande plus de détails, puisque ce n'est pas immédiat : on a , et il faut ensuite montrer que . J'ai écrit un raisonnement rapide, et ne l'ayant pas détaillé, je ne me suis pas penché sur ce problème...

[invite2220c077]

Salut,

Ton exercice n'en est pas vraiment un ... C'est, sauf erreur, une conjecture encore non démontrée à ce jour.

Par contre, une variante, difficile mais faisable, tirée de la compétition Putnam est : Si , , , .... sont tous des entiers positifs, montrer qu'il en est de même pour .

[mx6]

Enfaite, c'est un ami qui me l'a passé pour me casser la tête, je lui demanderai la solution ! Pour la variante de Zweig, c'est Putnam 1971 je crois !

[mx6]

Réponse : Le résultat est un peu long, et je ne suis pas interéssé de montrer mes résultats aux autres....

[acx01b]

salut
(phys2) le problème c'est que pgcd (q, 2^x) n'est pas forcément égale à 1 ... par exemple x = log₂ q

[Seirios]

(phys2) le problème c'est que pgcd (q, 2x) n'est pas forcément égale à 1 ... par exemple x = log2 q

Effectivement, j'ai écrit n'importe quoi ; j'ai dû avoir du mal à mélanger l'utilisation des réels et des entiers naturels...

[Romain-des-Bois]

Bonsoir,

Réponse : Le résultat est un peu long, et je ne suis pas interéssé de montrer mes résultats aux autres....

C'est la réponse de ton ami Bizarre...

Je vois que vous aimez bien chercher des solutions à des problèmes qui pourraient paraître simples mais qui ne le sont pas J'en ai un qui peut vous intéresser...

Je connais une façon (analytique) de le résoudre et qui utilise des outils enseignés en maths spé-L2 (je préviens ). Cela ne veut pas dire qu'il n'existe pas d'autres solutions, et c'est toujours intéressant de chercher !

On considère un rectangle et on dispose d'une partition de ce rectangle qui vérifie les propriétés suivantes :
- cette partition est finie,
- elle est constituée de rectangles qui ont soit leur longueur, soit leur largeur entière.

En clair : il existe un entier tel que :
et pour chaque , est un rectangle et si on note sa longueur et sa largeur, alors ou .

Notons la longueur de et sa largeur.

Montrer que ou .

Have fun

[invite2220c077]

Le résultat se généralise dans (forcément) et lorsque les petits rectangles ont des côtés algébriques, alors le grand aussi.

[Médiat]

Le résultat se généralise dans (forcément) et lorsque les petits rectangles ont des côtés algébriques, alors le grand aussi.

Lorsque les petits rectangles ont au moins un des côtés algébriques, alors le grand aussi.
Sinon c'est trivial .

En fait c'est vrai pour toute partie de stable par addition.