8 mars 2019

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  • Mars 2019, 2e défi

    le 8 mars 2019 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

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    • Mars 2019, 2e défi

      le 8 mars 2019 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 2019 à 11:50, par mong

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

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        • Mars 2019, 2e défi

          le 8 mars 2019 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 2019 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 2019 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 2019 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

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  • Mars 2019, 2e défi

    le 8 mars 2019 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 2019 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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