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lsjduejd a écrit :

rabhix98 a écrit :Pas sûr mais j'ai ça:

SPOILER:

$ \forall (a;b)\in (\mathbb{N^{*}})^{2} $

$ (ab+1)\mid a^{2}+b^{2} \Rightarrow (ab+1)\mid (a+b)^{2} +2 $ 1°
$ (ab+1)\mid a^{2}+b^{2} \Rightarrow (ab+1)\mid (a-b)^{2} -2 $ 2°

1° + 2° $ \Rightarrow (ab+1)\mid ((a+b)^{2} +2)((a-b)^{2}-2) $

Bref La flemme d'écrire le développement, Avec le théorème de Gauss, on montre que $ (ab+1)\mid4 $
D'où a=b=1 ou a=1 et b=3 ou a=3 et b=1
Or (3;1) ne satisfait pas la condition initiale d'où a=b=1
Le quotient vaut alors 1 qui est un carré parfait

T'es pas sûr parce que t'as pas développé, moi aussi je reste dans le doute

Syl20 a écrit :

rabhix98 a écrit : Montrer que:
Pour tout n entier supérieur ou égale à 3, il existe $ ( x_{n} ) $ une suite d'entiers naturels tels que $ \sum_1^n \frac{1}{x_{k}} =1 $
Exemple: pour n=3, on a $ x_{1}=2 $ , $ {x}_2=3 $ et $ x_{3}=6 $ car 1/2 +1/3 +1/6 = 1

SPOILER:

On va démonter par récurrence la propriété suivante : pour tout entier $ n\geq 3 $, il existe une suite $ (x_0,x_1,...,x_n) $ de longueur $ n $ tel que $ \sum_1^n \frac{1}{x_{k}} =1 $
-Initialisation : pour $ n=3 $, on a $ \frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{6}=1 $. La suite $ (2,3,6) $ est donc une suite $ (x_3) $
pour $ n=4 $, on a $ \frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\frac{1}{6}+\frac{1}{12}=1 $. La suite $ (2,4,6,12) $ est donc une suite $ (x_4) $
La propriété est donc vraie pour $ n=3 $ et $ n=4 $
-Hérédité : Supposons qu'il existe deux rangs consécutifs $ n $ et $ n+1 $ tels que $ \sum_1^n \frac{1}{x_{k}} =1 $ et $ \sum_1^{n+1} \frac{1}{x'_{k}} =1 $
Montrons alors qu'on peut trouver une suite de longueur n+2 qui vérifie la propriété
On sait que $ \frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{6}=1 $, d'où $ \frac{1}{2k}+\frac{1}{3k}+\frac{1}{6k}=\frac{1}{k} $
Ainsi, pour la suite $ (x_n) $ classée dans l'ordre croissante, on a $ \frac{1}{x_1}+...+\frac{1}{x_n}=1 \Leftrightarrow \frac{1}{x_1}+...+\frac{1}{2x_n}+\frac{1}{3x_n}+\frac{1}{6x_n}=1 $
On a donc trouvé une suite de longueur $ n+2 $ qui vérifie la propriété.
La propriété est héréditaire.
-Conclusion : La propriété est vraie pour n=3 et n=4, elle est héréditaire, elle est donc vraie pour tout $ n\geq 3 $

rabhix98 a écrit :Pas sûr mais j'ai ça:
NB, c'est un peu rapide mais compréhensible

SPOILER:

$ \forall (a;b)\in (\mathbb{N^{*}})^{2} $

$ (ab+1)\mid a^{2}+b^{2} \Rightarrow (ab+1)\mid (a+b)^{2} +2 $ 1°
$ (ab+1)\mid a^{2}+b^{2} \Rightarrow (ab+1)\mid (a-b)^{2} -2 $ 2°

1° + 2° $ \Rightarrow (ab+1)\mid ((a+b)^{2} +2)((a-b)^{2}-2) $

Bref La flemme d'écrire le développement, Avec le théorème de Gauss, on montre que $ (ab+1)\mid4 $
D'où a=b=1 ou a=1 et b=3 ou a=3 et b=1
Or (3;1) ne satisfait pas la condition initiale d'où a=b=1
Le quotient vaut alors 1 qui est un carré parfait

rabhix98 a écrit :

lsjduejd a écrit :

rabhix98 a écrit :Pas sûr mais j'ai ça:

SPOILER:

$ \forall (a;b)\in (\mathbb{N^{*}})^{2} $

$ (ab+1)\mid a^{2}+b^{2} \Rightarrow (ab+1)\mid (a+b)^{2} +2 $ 1°
$ (ab+1)\mid a^{2}+b^{2} \Rightarrow (ab+1)\mid (a-b)^{2} -2 $ 2°

1° + 2° $ \Rightarrow (ab+1)\mid ((a+b)^{2} +2)((a-b)^{2}-2) $

Bref La flemme d'écrire le développement, Avec le théorème de Gauss, on montre que $ (ab+1)\mid4 $
D'où a=b=1 ou a=1 et b=3 ou a=3 et b=1
Or (3;1) ne satisfait pas la condition initiale d'où a=b=1
Le quotient vaut alors 1 qui est un carré parfait

T'es pas sûr parce que t'as pas développé, moi aussi je reste dans le doute

Non, non après vérification le développement est bon

mathophilie a écrit :Ca sent bon l'absurde l'exo d'Hunted ou je rêve ?

M'enfin je trouve pas de contradiction ^^

Hunted a écrit :

mathophilie a écrit :Ca sent bon l'absurde l'exo d'Hunted ou je rêve ?

M'enfin je trouve pas de contradiction ^^

Même par l'absurde il est chaud à faire ! ^^

mathophilie a écrit :

Hunted a écrit :

mathophilie a écrit :Ca sent bon l'absurde l'exo d'Hunted ou je rêve ?

M'enfin je trouve pas de contradiction ^^

Même par l'absurde il est chaud à faire ! ^^

Ouais je confirme !

lsjduejd a écrit :

ladmzjkf a écrit :

lsjduejd a écrit : Soit $ (u_n)_{n\in\mathbb{N}} $ une suite d'entiers naturels strictement croissante telle que pour tout entier naturel $ k $, on ait : $ u_k $ divise $ u_{k+1} $.
On suppose de plus que $ S=\sum_{k\in\mathbb{N}}\frac{1}{u_k} $ est rationnel. On note alors $ S=\frac{p}{q} $ avec $ (p,q)\in\mathbb{N^*}^2 $, $ p $ et $ q $ premiers entre eux.

Montrer alors que : $ 2^{-k}u_k\rightarrow +\infty $ est équivalent à ce que $ q $ ne divise aucun $ u_k $.

Sauf erreur

SPOILER:

Pour le moment , je n'ai pu montrer qu'un seul sens :
Nous montrerons par contraposée que q ne divise aucun terme $ \Rightarrow 2^{-n}u_n \rightarrow +\infty $
On note $ v_n=\frac{u_n}{2^n} $.

On peut traduire $ u_n $ est une suite d'entiers naturels strictement croissante tq $ u_n\mid u_{n+1} $ en $ \frac{u_{n+1}}{u_n}\geq 2 $ .

Ensuite ,on voit que $ v_n $ est croissante et que si $ (\forall N\in\mathbb{N})(\exists n\geq N)\quad \frac{u_{n+1}}{u_n}>2\quad $ alors $ \quad lim v_n=\infty $

Donc si $ lim v_n $ est fini alors on doit avoir $ u_{n+1}=2\cdot u_n $ à partir d'un certain rang $ u_{N} $.

$ S=\sum_{n\in\mathb{N}\frac{1}{u_n}=\frac{1}{u_0}+\frac{1}{u_2}+\cdots+\frac{1}{u_N}+\cdots $

On a aussi $ \frac{1}{u_N}+\frac{1}{u_{N+1}}+\cdots = \frac{1}{u_N}(1+2^{-1}+2^{-2}+2^{-3}+\cdots)= \frac{2}{u_N} $

On pose maintenant $ k_n=\frac{u_n+1}{u_n} $ , $ k_n\in\mathbb{N} $

$ S=\frac{1}{u_0}+\frac{1}{u_1}+\cdots+\frac{2}{u_N}=\frac{1}{u_N}(k_0\cdots k_N+\cdots +k_{N-1}+2) $

Donc $ S=\frac{P}{u_N} $ avec $ P\in\mathbb{N} $ .

On ne sait pas trop si $ P\wedge u_N=1 $ , mais comme $ \frac{p}{q} $ est la forme irréductible de $ S $ alors $ u_N $ ne peut être qu'un multiple de $ q $

Ouais très bien, maintenant le sens réciproque