J’aime beaucoup x)
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@Chronnoxx
Tu voulais surement dire dans </s>\mathbb Z^{*}<e>, mais sinon j’aime bien ta réponse. C’est plus compliqué mais passer par la contraposée c’est une piste vraiment intéressante.
</s>\displaystyle\begin{cases}q-k=-2\\q+k=2\end{cases}<e> n’admet pas de solution pour </s>q<e> non nul.
Et bien sur la déduction du système est une équivalence.
@Ali-H
Une bonne page pour aborder la rentrée en MPSI en toute sérénité : http://www.pcsi1.bginette.com/MSA/Page_Intro_MSA.html
Exercice 10
Soient </s>a<e>,</s>b<e>,</s>c<e> des entiers strictement positifs, premiers entre eux dans leur ensemble et tels que :
</s>\frac{1}{a} +\frac{1}{b} = \frac{1}{c}<e>
Prouver que </s>a+b<e> est un carré parfait.
Ex 10 : Y a pas un problème dans l’énoncé ?
</s>(a+b)/ba = 1/c<e>
</s>a+b = ba/c<e>
Donc </s>c|ba<e>, or </s>c<e> est premier avec </s>b<e>, donc d’après le th de Gauss </s>c|a<e> donc </s>c<e> n’est pas premier avec </s>a<e>. De la même façon </s>c<e> n’est pas premier avec </s>b<e>. Ou alors c = 1??
On a pas c premier avec à et B. On a pgcd(a,b,c)=1.
Premiers entre eux dans leur ensemble signifie qu’il n’y a aucun facteur premier commun à a,b et c, ou de manière équivalente qu’il existe une relation de Bézout ua + vb + wc = 1
Je vois pas en quoi l’exercice 10 était censé être simple x) , voici ma solution :
Tout d’abord, on montre que si tous les exposants dans la décomposition en facteurs premier d’un nombre n sont pairs, alors n est un carré parfait.
En effet, </s>n = p_0^{2\alpha_0}\times\ldots\times p_m^{2\alpha_m} = (p_0^{\alpha_0}\times\ldots\times p_m^{\alpha_m})^2<e>.
Ainsi, en remarquant que </s>\frac{1}{a} + \frac{1}{b} = \frac{1}{c}\iff c(a+b) = ab<e>, on peut montrer que tous les exposants dans la décomposition en facteurs de a+b sont pairs :
Soit p un nombre premier tel que </s>p|a+b<e>.
Ainsi, On a p|ab d’où </s>p|a<e> ou </s>p|b<e>.
On suppose SPDG que </s>p|a<e> et on a </s>p | (a+b)-a=b<e> donc c ne divise pas p (car pgcd(a,b,c)=1).
Ainsi, si on note </s>v(n)<e> l’exposant de p dans la décomposition en facteurs premiers de n, on a :
</s>v(ab) = v(a+b)<e>
Or, </s>v(ab) = v(a)+v(b)<e> d’où </s>v(a+b) = v(a)+v(b)<e>.
On a </s>p^{v(a)}|a<e> et </s>p^{v(a)}|a+b<e> donc </s>p^{v(a)}|a+b-a=b<e> donc </s>v(a)\le v(b)<e>.
De la même manière, on a </s>v(b)\le v(a)<e> d’où </s>v(a) = v(b)<e>.
Pour conclure, on retrouve </s>v(a+b) = 2\times v(a)<e> qui est pair.
Ainsi, tous les exposants de a+b dans sa décomposition en facteurs premiers sont pairs donc a+b est un carré parfait.
@Errys
C’est vrai qu’il est pas si simple x)
Y’a une autre manière de résoudre l’exo qui me paraît plus simple (sans passer par la décomposition en facteurs premiers).
Exercice 11 :
Lorsqu’on lance deux dés, il est possible d’obtenir tous les nombres entre 2 et 12. Malheuresement, on ne les tire pas de façon équiprobable : On a 6 fois plus de chances de tirer un 7 qu’un 2 !
Existe-t-il un moyen de piper les deux dés de telle sorte que chaque résultat tombe de manière équiprobable ? (Par « piper », on entend donner à un dé une loi de probabilité non nécessairement égale à \frac{1}{6};\frac{1}{6};\frac{1}{6};\frac{1}{6};\frac{1}{6};\frac{1}{6})
Indice: Voir le problème différement en utilisant des polynômes.
Il existe une méthode simple pour le 11 sans l’indice aussi …
Je sais mais c’est pas beau.
T’as fait ça comment ?
Exercice 11
Soient </s>x<e> la probabilité d’obtenir 1 sur un lancer,
</s>y<e> la probabilité d’obtenir 2
</s>z<e> la probabilité d’obtenir 3
</s>a<e> la probabilité d’obtenir 4
</s>b<e> la probabilité d’obtenir 5
</s>c<e> la probabilité d’obtenir 6
Avec un arbre de probabilité et d’après la loi des probabilités totales :
(La probabilité d’obtenir 2 sur deux lancers est égale à la probabilité d’obtenir 3 sur deux lancers) :
</s>x^2 = xy + yx<e>
</s>2y = x<e>
</s>y = x/2<e>
(La probabilité d’obtenir 2 sur deux lancers est égale à la probabilité d’obtenir 4 sur deux lancers) :
</s>x^2 = xz + y×y + zx<e>
</s>x^2 = (x/2)^2 + x2z<e>
</s>x2z = (3/4)x^2<e>
</s>z = (3/8)x<e>
Impossible car le dé a 6 faces.
Solution exercice 7 :
Non, on ne peut pas toujours choisir un jeton qui respecte les conditions. En effet, en posant </s>a_k = (-1)^{k-1}<e> pour k allant de 1 à 1997, on a bien </s>\sum a_k = 1<e> mais on ne peut pas choisir un jeton de sorte à ce que toutes les sommes partielles soient strictement positive (alternance entre 1 et 0).
Maintenant, soit </s>(a_1, \ldots, a_{1997})<e> des entiers relatifs tels que </s>a_1<e> respecte les conditions :
Supposons, par l’absurde, qu’il existe un entier </s>k<e> avec </s>1<k\le 1997<e> tel que le jeton </s>a_k<e> respecte les conditions.
On a :
[ctex]S=\sum_{i=k}^{1997}a_k\ge 1\iff -S\le -1[/ctex]
D’où :
[ctex]\sum_{i=1}^{k-1}a_k = \sum_{i=1}^{1997} a_k- S \le 1-1 = 0[/ctex]
Absurde d’après l’hypothèse que toutes les sommes partielles sont strictement positives.
Ainsi, le choix du jeton est unique
Mais cela me parait trop facile pour être vrai ^^
Vous pouvez démarrer au 1997e jeton dans votre example.
En effet ^^
Indice
Essayez de procéder par récurrence et de traiter le résultat pour tout n au lieu de n=1997.