Exercices de MPSI

[Leo11]

Un exo que j'aime beaucoup:

Trouver tous les couples d'entiers $ (x,y) \in \mathbb{Z} $ vérifiant:
$ 1+x+x^2+x^3+x^4=y^2 $

SPOILER:

A priori, ça ne marche que pour 3 couples : $ {(-1,1),(0,1),(3,11)} $

Par contre, je ne sais pas comment le démontrer...

SPOILER:

Tu peux essayer de réduire l'intervalle d'étude en commençant par multiplier par 4 des 2 côtés (ca simplifiera les calculs et pourra donner des idées) et en factorisant intelligemment. Et pour tes solutions, cest ok si on restreint à N (mais c'est presque pareil sur Z donc ok).

[mathophilie]

Un exo que j'aime beaucoup:

Trouver tous les couples d'entiers $ (x,y) \in \mathbb{Z} $ vérifiant:
$ 1+x+x^2+x^3+x^4=y^2 $

SPOILER:

A priori, ça ne marche que pour 3 couples : $ {(-1,1),(0,1),(3,11)} $

Par contre, je ne sais pas comment le démontrer...

SPOILER:

Tu peux essayer de réduire l'intervalle d'étude en commençant par multiplier par 4 des 2 côtés (ca simplifiera les calculs et pourra donner des idées) et en factorisant intelligemment. Et pour tes solutions, cest ok si on restreint à N (mais c'est presque pareil sur Z donc ok).

Merci pour l'indication ! J'aurais pas trouvé sans... D'autre part, je ne suis pas sûre d'avoir toutes les solutions.

Une proposition donc :

SPOILER:

On remarque deux choses :
- Si un couple (a;b) est solution, alors (a;-b) l'est aussi.
- Le couple (0;1) est solution, et donc d'après la remarque du dessus, le couple (0;-1) aussi.

On a $ 1 + x + x^2 + x^3 + x^4 = y^2 $.

Donc $ 4 + 4x + 4x^2 + 4x^3 + 4x^4 = 4y^2 $

On remarque que $ 4 + 4x + 4x^2 + 4x^3 + 4x^4 $ peut se factoriser. On obtient alors, avec l'une des factorisations : $ 4 + 4x + 4x^2 + 4x^3 + 4x^4 = (2x^2+x)^2 + (x+2)^2 + 2x^2 $

Donc, comme $ (x+2)^2 + 2x^2 > 0 $ pour tout x, on en déduit une minoration de l'expression :
$ (2x^2+x)^2 < 4 + 4x + 4x^2 + 4x^3 + 4x^4 $

De plus $ (2x^2 + x + 2)^2 = 4x^4 + 4x^3 + 9x^2 + 4x + x $

Donc pour tout x, $ 4x^4 + 4x^3 + 4x^2+ 4x + 4 < (2x^2 + x+ 2)^2 $

D'où, la recherche étant sur Z l'ensemble des entiers, $ 4y^2 = (2x^2 + x+1)^2 $

Donc $ y^2 = \frac{(2x^2 + x + 1)^2}{4} $

Donc $ 1 + x + x^2 + x^3 + x^4 = \frac{1}{4} + \frac{1}{2}x + \frac{5}{4}x^2 + x^3 + x^4 $

D'où $ \frac{1}{4}x^2 - \frac{1}{2}x - \frac{3}{4} = 0 $

Polynôme du second degré.
On trouve comme solutions $ x = 3 $ d'où $ y=11 $ ou $ -11 $ ET $ x = -1 $ d'où $ y=1 $ ou $ -1 $

On trouve donc comme couples solutions (0;1), (0;-1), (-1;1), (-1;-1), (3;11), (3;-11).

A confirmer...

Petite question : comment on résout ce genre de problème, et plus généralement les équations uniques à 2 inconnues x et y, géométriquement ?
J'aimerais bien avoir plus de sens géométrique dans la résolution de problèmes algébriques, je trouve cela en général très joli et intéressant du point de vue de la "compréhension" du problème autrement qu'avec l'algèbre Bref, si quelqu'un a une résolution géométrique, je serai ravie de la connaître

[Hunted]

Merci pour l'indication ! J'aurais pas trouvé sans... D'autre part, je ne suis pas sûre d'avoir toutes les solutions.

Une proposition donc :

SPOILER:

On remarque deux choses :
- Si un couple (a;b) est solution, alors (a;-b) l'est aussi.
- Le couple (0;1) est solution, et donc d'après la remarque du dessus, le couple (0;-1) aussi.

On a $ 1 + x + x^2 + x^3 + x^4 = y^2 $.

Donc $ 4 + 4x + 4x^2 + 4x^3 + 4x^4 = 4y^2 $

On remarque que $ 4 + 4x + 4x^2 + 4x^3 + 4x^4 $ peut se factoriser. On obtient alors, avec l'une des factorisations : $ 4 + 4x + 4x^2 + 4x^3 + 4x^4 = (2x^2+x)^2 + (x+2)^2 + 2x^2 $

Donc, comme $ (x+2)^2 + 2x^2 > 0 $ pour tout x, on en déduit une minoration de l'expression :
$ (2x^2+x)^2 < 4 + 4x + 4x^2 + 4x^3 + 4x^4 $

De plus $ (2x^2 + x + 2)^2 = 4x^4 + 4x^3 + 9x^2 + 4x + x $

Donc pour tout x, $ 4x^4 + 4x^3 + 4x^2+ 4x + 4 < (2x^2 + x+ 2)^2 $

D'où, la recherche étant sur Z l'ensemble des entiers, $ 4y^2 = (2x^2 + x+1)^2 $

Donc $ y^2 = \frac{(2x^2 + x + 1)^2}{4} $

Donc $ 1 + x + x^2 + x^3 + x^4 = \frac{1}{4} + \frac{1}{2}x + \frac{5}{4}x^2 + x^3 + x^4 $

D'où $ \frac{1}{4}x^2 - \frac{1}{2}x - \frac{3}{4} = 0 $

Polynôme du second degré.
On trouve comme solutions $ x = 3 $ d'où $ y=11 $ ou $ -11 $ ET $ x = -1 $ d'où $ y=1 $ ou $ -1 $

On trouve donc comme couples solutions (0;1), (0;-1), (-1;1), (-1;-1), (3;11), (3;-11).

A confirmer...

Petite question : comment on résout ce genre de problème, et plus généralement les équations uniques à 2 inconnues x et y, géométriquement ?
J'aimerais bien avoir plus de sens géométrique dans la résolution de problèmes algébriques, je trouve cela en général très joli et intéressant du point de vue de la "compréhension" du problème autrement qu'avec l'algèbre Bref, si quelqu'un a une résolution géométrique, je serai ravie de la connaître

Ça m'a l'air bizarre parce que tu écris :

$ 4y^2 = (2x^2 + x+1)^2 $ et $ 4+4x+4x^2+4x^3+4x^4=4y^2 $

Pourtant : $ (2x^2+x+1)^2 = 4x^4 + 4x^3 + 5x^2 + 2x + 1 $ n'est pas égal à $ 4+4x+4x^2+4x^3+4x^4 $ par identification.

Du coup je vois pas comment tu peux conclure que :

$ 4y^2 = (2x^2 + x+1)^2 $

[mathophilie]

En fait j'ai juste cherché d'après l'indication de Leo11 un intervalle d'étude, en gros une minoration et une majoration qui me permettent d'obtenir une égalité finale intéressante, puisqu'on résout sur les entiers et non les réels.

Le but n'était pas d'obtenir une égalité egale par identification, sinon j'aurais ete mal pour résoudre une équation

[Leo11]

Yep, ça me semble ok mathophile
Hunted, x et y sont fixés (on les suppose solutions du problème au début), donc on ne manipule pas des polynômes, mais des entiers, du coup il n'y a pas lieu d'identifier. L'équation trouvée est justement une CONDITION sur x pour qu'il soit solution du problème (si on considérait chaque membre comme une fonction polynôme, ce serait l'intersection des 2 courbes représentatives). Ensuite, y a plus qu'à trouver les x vérifiant l'équation.
Et mathophile, ma solution était grosso modo pareille que la tienne, donc j'ai pas de solution géométrique. Mais si quelqu'un en trouve une, je suis aussi preneur.

[symétrie]

Pourtant : $ (2x^2+x+1)^2 = 4x^4 + 4x^3 + 5x^2 + 2x + 1 $ n'est pas égal à $ 4+4x+4x^2+4x^3+4x^4 $ par identification.

En suivant ton raisonnement, on pourrait dire que x² + 1 n'est jamais égal à 2x « par identification ». Or c'est le cas pour x = 1.
« Par identification » n'est pas un argument mathématique. Ça peut désigner une méthode qu'on utilise pour se donner des idées dans certains cas, ou alors être une référence (pas très élégante sans doute) à un vrai théorème (qui n'est pas vu en terminale).

Ce qu'a fait mathophilie me semble correct (au moins dans les grandes lignes) et très bien.
Sinon, pour ce qui est de la méthode générale de résolution des équations diophantiennes à deux variables, il me semble que c'est une question qui est très loin d'être facile. Je ne peux pas en dire plus car je ne connais qu'extrêmement superficiellement la question. En revanche, ce qui est faisable en terminale, c'est de décrire un algorithme pour résoudre les équations diophantiennes (polynomiales) à une inconnue.

[ladmzjkf]

J'ai examiné plein de pistes pour la réciproque, mais au bout du compte je sèche pas mal donc une indication ne serait pas de refus lsjduejd

C'est une toute petit indic'

SPOILER:

Suppose que $ q $ divise $ u_n $ pour un $ n $ entier.
Considère alors :
$ \sum_{i=0}^n \frac{u_n}{u_i}=\frac{p*u_n}{q} $

Sauf erreur :

SPOILER:

Par contraposée on suppose qu'il existe un entier $ m $ tel que $ q|u_m $.
Lorsque $ n \to \infty $, on a $ \sum_{i=0}^n \frac{u_m}{u_i}=\frac{p*u_m}{q}\in \mathbb{N} $, et on a également :
$ \sum_{i=0}^n \frac{u_m}{u_i}=\sum_{i=0}^m \frac{u_m}{u_i}+\sum_{i=m+1}^n \frac{u_m}{u_i}=\frac{p*u_m}{q} $ avec $ \sum_{i=0}^m \frac{u_m}{u_i}\in \mathbb{N} $ du fait que $ u_k|u_{k+1} $.
Il s'ensuit que $ \sum_{i=m+1}^n \frac{u_m}{u_i}\in \mathbb{N^*} $ lorsque $ n \to \infty $

On pose maintenant : $ v_k=\frac{u_k}{u_m}\: \: (\forall k\geq m+1) $ et on vérifie aisément qu'on a
$ \frac{1}{v_{j+m}}\leq \frac{1}{2^j}\Rightarrow \: \sum_{j=1}^{n}\frac{1}{v_{j+m}}\leqslant\sum_{j=1}^{n}\frac{1}{2^j}\Rightarrow \sum_{j=1}^{\infty}\frac{1}{v_{j+m}}\leqslant1 $. Et comme on a vu que $ l=\sum_{j=1}^{\infty }\frac{1}{v_{j+m}}\in\mathbb{N^*} $, il est nécéssaire que $ l=1 $ et d'après les considérations de la démonstration de l'implication directe , on déduit qu'on a forcément $ u_{n+1}=2u_n $ à partir d'un certain rang $ N $ ce qui implique la convergence de la suite $ (\frac{u_n}{2^n})_{n\in \mathbb{N}} $

[mathophilie]

Ok cool !

Oui effectivement, notre prof nous a parlé d'un algo de résolution des équations diophantiennes, mais on l'a pas encore vu.

Ah dommage que ce soit inaccessible, surtout quand c'est un travail de recherche récompensé par la médaille Fields !

Je vais réfléchir à ton problème de polygone symétrie, mais il a l'air chaud !

D'autre part, si quelqu'un a une autre proposition d'exo...

[SigmaPi]

Quel est le reste de la division euclidienne de $ x^n $ par $ (x-1)^3 $ ?
n supérieur ou égal à 3

[lsjduejd]

Sauf erreur :

SPOILER:

Par contraposée on suppose qu'il existe un entier $ m $ tel que $ q|u_m $.
Lorsque $ n \to \infty $, on a $ \sum_{i=0}^n \frac{u_m}{u_i}=\frac{p*u_m}{q}\in \mathbb{N} $, et on a également :
$ \sum_{i=0}^n \frac{u_m}{u_i}=\sum_{i=0}^m \frac{u_m}{u_i}+\sum_{i=m+1}^n \frac{u_m}{u_i}=\frac{p*u_m}{q} $ avec $ \sum_{i=0}^m \frac{u_m}{u_i}\in \mathbb{N} $ du fait que $ u_k|u_{k+1} $.
Il s'ensuit que $ \sum_{i=m+1}^n \frac{u_m}{u_i}\in \mathbb{N^*} $ lorsque $ n \to \infty $

On pose maintenant : $ v_k=\frac{u_k}{u_m}\: \: (\forall k\geq m+1) $ et on vérifie aisément qu'on a
$ \frac{1}{v_{j+m}}\leq \frac{1}{2^j}\Rightarrow \: \sum_{j=1}^{n}\frac{1}{v_{j+m}}\leqslant\sum_{j=1}^{n}\frac{1}{2^j}\Rightarrow \sum_{j=1}^{\infty}\frac{1}{v_{j+m}}\leqslant1 $. Et comme on a vu que $ l=\sum_{j=1}^{\infty }\frac{1}{v_{j+m}}\in\mathbb{N^*} $, il est nécéssaire que $ l=1 $ et d'après les considérations de la démonstration de l'implication directe , on déduit qu'on a forcément $ u_{n+1}=2u_n $ à partir d'un certain rang $ N $ ce qui implique la convergence de la suite $ (\frac{u_n}{2^n})_{n\in \mathbb{N}} $

C'est ça

Bon par contre, mais tu l'as pas vu en cours donc c'est normal, tu peux écrire directement $ +\infty $ à la place de ton $ n $ qui tend vers l'infini, c'est plus correct.
Ou sinon t'ecris $ \lim $ devant tes sommes pour montrer que tu parles de la limite.