22 mars 2019

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  • Mars 2019, 4e défi

    le 22 mars 2019 à 09:35, par bistraque

    On peut récrire l’équation : 6 . x ! + 13 = y²
    Pour x > 4, x ! est divisible par 10 donc le côté gauche est égal à 3 mod 10 qui ne peut pas être un carré.
    On trouve deux valeurs de x solutions : x=2, y=5 et x=3, y=7

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    • Mars 2019, 4e défi

      le 23 mars 2019 à 12:09, par drai.david

      Mon raisonnement est très proche mais un peu moins futé...

      Pour tout $n≥4$ on a : $6 . x ! + 13 ≡13$ $ [24]$

      Or la liste des congruences modulo $24$ de $ y²$ pour $y∈\{0,...,23\}$ est :

      $\{0,1,4,9,16,1,12,1,16,9,4,1,0,1,4,9,16,1,12,1,16,9,4,1\}$.
      OR cette liste ne contient par $13$.

      J’obtiens donc comme vous : $(x;y)∈\{(2;5);(3;7)\}$.

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  • Mars 2019, 4e défi

    le 23 mars 2019 à 16:23, par drai.david

    Il faut évidemment lire « Pour tout $x≥4$ » dans le message précédent !

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  • Mars 2019, 4e défi

    le 24 mars 2019 à 11:52, par drai.david

    À bien y réfléchir, un raisonnement modulo 8 aurait été suffisant...

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