Marathon d'arithmétique


  • Math&Maroc

    Exercice 1:
    Prouver que pour tout n1n\geq 1 impair on a :
    n2n!1 n\mid 2^{n!}-1



  • On a n2ϕ(n)1n|2^{ \phi(n) }-1 et ϕ(n)n! \phi(n)|n! donc n2n!1 n |2^{n!}-1 CQFDCQFD
    (ϕ(n)\phi(n) désigne l indicatrice d'euler )



  • Exercice 2:
    Soit mm et nn deux entiers strictement positifs et tels que
    ppcm(m,n)+pgcd(m,n)=m+nppcm(m,n)+pgcd(m,n)=m+n
    Montrer que mm divise nn ou que nn divise mm


  • Math&Maroc

    On pose m=dmm=dm' et n=dnn=dn' avec d=pgcd(m,n)d=pgcd(m,n)
    l'equation est equivalente à m+n=1+mnm=1m'+n'=1+m'n'\Rightarrow m'=1 ou n=1n'=1 c'est fini.


  • Math&Maroc

    Exercice 3:
    Trouver tous les entiers x,y0x,y \geq 0 tels que 3x2y=13^x-2^y=1.


  • Math&Maroc

    @Amine-Natik si y=1y = 1 alos (x,y)=1(x, y) = 1.

    soit y2y \geq 2. par mod 4 on deduit que xx est pair. soit x=2k, k1x = 2k, \ k \geq 1.

    alors 32k1=2y3^{2k} - 1 = 2^y donc (3k1)(3k+1)=2y(3^k - 1)(3^k + 1) = 2^{y}.

    alors 3k1=2a3^k - 1 = 2^a et 3k+1=2b3^k + 1 = 2^b avec a+b=ya + b = y et b>ab \gt a.

    on remplace on trouve 2=2b2a2 = 2^b - 2^a donc 2=2a(2ba1)2 = 2^a(2^{b-a} - 1) alors 1=2a1(2ba1) 1 = 2^{a-1}(2^{b-a} - 1).

    alors a=1a = 1 donc 3k1=23^k - 1 = 2 ssi k=1k = 1 donc x=2x = 2 et y=3y = 3.

    finalement on a (x,y)(1,1),(2,3)(x, y) \in {(1, 1), (2, 3)}


  • Math&Maroc

    à ton tour Mohammed de nous proposer un exercice


  • Math&Maroc

    Exercice 3:
    resoudre dans NN^* l'équation suivante:
    3x+11y=z23^x+11^y=z^2



  • @Amine-Natik Je propose une solution alternative utilisant LTELTE
    Clairement yy est impair
    3x=2y+13^x=2^y+1 donc V3(3x)=V3(2y+1)V_3(3^x) = V_3(2^y+1) donc x=V3(y)+1 x=V_3(y)+1
    yy est un multiple de 33. Sinon on aura x=1x=1 et y=1y=1
    On pose y=3ky=3k
    Donc 3x=1+23k3^x=1+2^{3k} donc 3x=3(22k2k+1)3^x =3(2^{2k}-2^{k}+1) Donc (22k2k+1)(2^{2k}-2^{k}+1) est une puissance de 33 Donc k=1k=1 [Je vous propose de démontrer ce résultat]
    Donc S=(1,1)(2,3)S=(1,1)(2,3)



  • Modulo 3 yy est pair . Donc y=2ky=2k
    On obtient 3x=(z11k)(z+11k)3^x=(z-11^k)(z+11^k)
    Hors si 33 divise les 2 facteurs alors il divise zz ce qui est absurde.
    donc z11k=1z-11^k=1 et 2.11k+1=3x2.11^k+1=3^x
    3x1=2.11k3^x-1 =2.11^k
    Par Zygmondy x5x\leq 5 sinon il admet une divisieur premier qui different de 2 et de 11 (351=242=2.1123^5-1=242=2.11^2 ce qui es absurde.
    On vérifié et on voit que seul 5 fait l affaire ce qui donne k=2k=2 y=4y=4
    Donc S=(5,4)S=(5,4)



  • Exercice 5
    Résoudre dans NN*
    3x5y=z23^x -5^y=z^2


  • Math&Maroc

    @Mamoun par mod 4 ,xx est pair donc x=2kx=2k
    on obtient (3k+z)(3kz)=5y(3^k+z)(3^k-z)=5^y alors on 3kz=5a3^k-z=5^a et 3k+z=5b3^k+z=5^b avec a+b=ya+b=y
    on remplace on trouve 2.3k=5a+5b 2.3^k=5^a +5^b et par mod 3 on trouve k=1k=1et b=0b=0 donc a=1a=1 alors y=1y=1 et x=2x=2 d'ou z=2z=2
    donc SS=(2,1,2){(2,1,2)}



  • @Mohammed-Jamal said in Marathon d'arithmétique:

    @Mamoun par mod 4 ,xx est pair donc x=2kx=2k
    on obtient (3k+z)(3kz)=5y(3^k+z)(3^k-z)=5^y alors on 3kz=5a3^k-z=5^a et 3k+z=5b3^k+z=5^b avec a+b=ya+b=y
    on remplace on trouve 2.3k=5a+5b 2.3^k=5^a +5^b et par mod 3 on trouve k=1k=1et b=0b=0 donc a=1a=1 alors y=1y=1 et x=2x=2 d'ou z=2z=2
    donc SS=(2,1,2){(2,1,2)}

    Explique la derniere etape . Pourquoi par modmod 3 on a k=1k=1 ?


  • Math&Maroc

    on a 2.3k=5b(1+5ab)2.3^k=5^b(1+5^{a-b}) or 2.3k=0[3] 2.3^k=0[3] donc b=0b=0 alors 1+5b=2.3k1+5^b=2.3^k puis avec zigsmondy on trouve que b=1b=1 et k=1k=1



  • @Mohammed-Jamal said in Marathon d'arithmétique:

    on a 2.3k=5b(1+5ab)2.3^k=5^b(1+5^{a-b}) or 2.3k=0[3] 2.3^k=0[3] donc b=0b=0 alors 1+5b=2.3k1+5^b=2.3^k puis avec zigsmondy on trouve que b=1b=1 et k=1k=1

    Oui Zygmondy alors et non pas un simple argument modulaire
    Bravo à toi de poster


  • Math&Maroc

    @Mamoun oui c'etait ma faute j'ai mal expliqué


  • Math&Maroc

    Probleme 6 : déterminer tous les entiers naturels non nuls nn pour lesquels il existe deux nombres premiers pp et qq tels que p+2=qp+2=q et 2n+p2^n+p et 2n+q2^n+q soient premiers.



  • Je rappelle le theoreme de Zigmondy
    TheoremeTheoreme 11
    Soient a,b,na,b,n des entiers strictements positifs avec aa>bb et pgcd(a,b)=1pgcd(a,b)=1 et n2n\geq 2
    Alors anbna^n -b^n admet au moins un facteur premier qui ne divise pas akbka^k-b^k pour tout kk<nn avec kk positif sauf pour:

    • 261 2^6 -1
    • n=2n=2 et a+ba+b une puissance de 22

    TheoremeTheoreme 22
    Soient a,b,na,b,n des entiers strictements positifs avec aa>bb et et n2n\geq 2
    Alors an+bna^n +b^n admet au moins un facteur premier qui ne divise pas ak+bka^k+b^k pour tout kk<nn avec kk positif sauf pour: 2312^3-1



  • @Mohammed-Jamal Si pp congru à 2 modulo 3 donc qq congru à 11 modulo 33
    Si nn est pair donc 2n2^n congru à 1 modulo 3 On aura donc 2n+p2^n+p congru à 00 modulo 33
    Donc p=2p=2 et n=0n=0 Donc q=4q=4 Absurde!
    Si nn est impair donc 2n2^n congru à 2 modulo 3 donc 2n+q2^n+q congru à 0 modulo 33 Donc q=2q=2 etn=0n=0 Absurde
    On en déduit que pp congru à 1 modulo 3 hors cela donnera q=3q=3 et donc p=1p=1 Absurde
    Donc p=3p=3 ce qui donne q=5q=5 et nn impair
    On traite maintenant ce cas
    On cherche les nn tel que 2n+32^n+3 et 2n+52^n+5 sont premiers. n=1n=1 et n=3n=3 sont solutions
    Suppsons nn>44
    n=4k+1n=4k+1 ou n=4k+3n=4k+3
    sI n=4k+1n=4k+1 on a 2n+32^n+3 divisibe par 5 Absurde Absurde
    Donc n=4k+3n=4k+3
    Maintenant travaillons modulo 3
    Si n=3p+1n=3p+1 alors 2n=8p22^n=8^p*2 donc 2n+52^n+5 congru à 0 modulo 7. Contradiction.
    Si n=3p+2n=3p+2 alors 2n=8p+42^n=8^p+4 donc 2n+32^n+3 congru à 0 modulo 7 . Absurde
    Donc n=3pn=3p
    Donc n s ecrit sous la forme n=12s+3n=12s+3
    2n=(212)s82^n=(2^{12})^s *8 congru à 88 modulo 13. Donc 2n+52^n+5 congru à 0 modulo 13. Absurde.
    En conclusion n=1n=1 ou n=3n=3



  • Probleme 7:
    Résoudre dans NN
    3m7n=2 3^m -7^n=2



  • @Mamoun
    si mn=0mn=0 il est facile de voir que la paire (1,0)\left ( 1,0 \right ) est une solution
    si n1n\geq 1 alors 3m2(mod7)3^{m}\equiv 2(mod7) ce qui donne que m est pair .Si m=2m=2 alors n=1n=1 et la paire (2,1)\left ( 2,1 \right ) est une solution
    si m4m\geq 4 alors 2+7n0(mod27)2+7^{n}\equiv 0(mod27) donc n4(mod9)n\equiv 4(mod9) d ou 2+7n35(mod37)2+7^{n}\equiv 35(mod37)
    or 3m3^{m} n est jamais congru a 35 mod(37)mod(37) si mm est pair
    En conclusion les seules sol sont (1,0)(1,0) et (2,1)(2,1)


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