Un défi par semaine

Mars 2019, 2e défi

Le 8 mars 2019  - Ecrit par  Ana Rechtman Voir les commentaires (12)
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Nous vous proposons un défi du calendrier mathématique chaque vendredi et sa solution la semaine suivante. Le calendrier 2019 est en librairie !

Semaine 10

Quels sont les nombres rationnels positifs $r$
tels que
\[r + \dfrac 1r\]
soit un entier ?

Solution du 1er défi de mars :

Enoncé

La solution est oui.

Plaçons trois pièces dans chacun des deux plateaux de la balance.
Si un plateau est plus léger que l’autre nous en déduirons que la fausse pièce est dans ce plateau sinon nous saurons qu’elle est dans les pièces non utilisées pour cette pesée.
À partir de ce groupe de trois pièces où nous savons maintenant que la fausse pièce est présente, nous en prenons deux et nous les disposons chacune sur un plateau de la balance. Si la fausse pièce est sur l’un des plateaux, ce dernier sera plus léger, la balance nous l’indiquera. Si les deux plateaux sont à l’équilibre nous saurons alors que la fausse pièce est celle que nous avions laissée de côté.

Post-scriptum :

Calendrier mathématique 2019 - Sous la direction d’Ana Rechtman, avec la contribution de Nicolas Hussenot - Textes : Claire Coiffard-Marre et Ségolen Geffray. 2018, Presses universitaires de Grenoble. Tous droits réservés.

Disponible en librairie et sur www.pug.fr

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Pour citer cet article :

Ana Rechtman — «Mars 2019, 2e défi» — Images des Mathématiques, CNRS, 2019

Commentaire sur l'article

  • Mars 2019, 2e défi

    le 8 mars à 09:19, par mong

    Je tente...
    on prend $r > 1$
    $r = n + R$ avec n partie entière et R le reste décimal
    $\frac{1}{r} < 1, R < 1 => \frac{1}{r} + R = 1$ pour que le total soit un entier

    soit
    $\frac{1}{r} = 1 - R < 0$
    ce qui est impossible par hypothèse...

    Reste $r = 1$, qui fonctionne

    Répondre à ce message
    • Mars 2019, 2e défi

      le 8 mars à 11:26, par Nico

      Juste une question, pourquoi aurait-on
      $1 - R < 0$ alors que $R < 1$ ?

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      • Mars 2019, 2e défi

        le 8 mars à 11:50, par mong

        c’est une excellente remarque, qui montre bien que je me relis très mal... bref, merci :)

        Répondre à ce message
        • Mars 2019, 2e défi

          le 8 mars à 13:30, par Nico

          J’ai tenté quelque chose de très calculatoire, mais qui n’aboutit pas à une solution satisfaisante...

          Posons $r = \dfrac pq$ avec $p$ et $q$ des entiers strictement positifs et tels que $p \ge q$. On peut en effet imposer $r \ge 1$ sans perdre de généralité, sinon il suffit de considérer $\dfrac 1r$ qui remplit la condition vu la symétrie du problème.

          Alors $r + \dfrac 1r = \dfrac pq + \dfrac qp = \dfrac{p²+q²}{pq}$.

          Si cette somme est entière, alors il existe $k$ entier strictement positif tel que

          $p² + q² = k pq$, qui est un polynôme du second degré en $p$. On peut noter la symétrie entre $p$ et $q$ qui peuvent échanger les rôles.

          Le discriminant vaut $\Delta = (kq)² - 4q²$.

          Pour $k>= 2$, on obtient alors $p = \dfrac{kq + \sqrt\Delta}2 = \dfrac q2 (k+\sqrt{k² - 4})$

          Il reste à prouver que ce nombre $p$ n’est entier que pour $k = 2$ (ce qui au passage donne $r = 1$).
          Le cas $k = 1$ reste aussi à traiter !

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  • Mars 2019, 2e défi

    le 8 mars à 14:39, par Niak

    Si $r+\frac{1}{r}=k\geq0$ entier, alors $r^2-kr+1=0$ et $r=\frac{k\pm\sqrt{\Delta}}{2}$ avec $\Delta=k^2-4$ entier. Si l’on admet (résultat bien connu) que $\sqrt{\Delta}$ est rationnel (et entier) si et seulement si $\Delta$ entier est le carré d’un entier $\Delta = l^2$ (avec $l\geq0$), alors $k^2-4=l^2 \Leftrightarrow (k-l)(k+l)=4 = 1\cdot4= 2\cdot 2$ admet une seule solution $(k,l) = (2,0)$ conduisant à $r=1$.

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    • Mars 2019, 2e défi

      le 8 mars à 14:47, par Niak

      Autre méthode, n’utilisant pas le résultat sur les racines carrées. Posons $r=\frac{p}{q}$ avec $p$ et $q$ premiers entre-eux. On a $r+\frac{1}{r}=\frac{p^2+q^2}{pq}$ entier donc $pq \mid p^2+q^2$, donc $p\mid p^2+q^2$ et donc $p\mid q^2$ avec $p$ et $q$ p-e-e donc $p=1$ et donc par symétrie $q=1$ et $r=1$.

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    • Mars 2019, 2e défi

      le 8 mars à 18:10, par FredM

      Bonjour
      pourquoi le discriminant devrait être entier ? on cherche r réel, donc r peut prendre, pour un k entier fixé (mais supérieur ou égal à 2, évidemment) la valeur des deux racines réelles possibles de l’équation r²-kr+1=0.
      Pour cette équation, le produit des racines est 1, et leur somme est égale à k

      Répondre à ce message
  • Mars 2019, 2e défi

    le 8 mars à 18:17, par FredM

    Désolé, je viens de lire « rationnel » pour r. Je retire ce que j’ai écrit, k²-4 ne peut être un carré non nul, donc n=2 et r=1 unique solution.

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  • Mars 2019, 2e défi

    le 10 mars à 10:45, par CAMI

    Il faut a/b + b/a = entier, soit (a*a + b*b)/(a*b) = entier, donc a = b et a/b + b/a = 2

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