Problèmes de Maths : AIMO 2010

Ou comment perdre son temps avec un débile profond !

a marqué ce sujet comme résolu.

Voilà, ça vous tente de résoudre des problèmes de "maths" ?

Pourquoi sur ce forum et pas un autre ?

Parce que je suis un gros nullard, et sur les autres forums si tu ne sais pas démontrer les conjectures de Weil, bah t'es pire que le niveau 0 de la vie sur Terre… C'est pourquoi je suis venu ici pour faire des sous-maths, j'espère qu'il y a d'autres idiots sur ce forum sinon cela va être difficile.

Moi et les soluces

Moi, je n'aimes pas les soluces : cela ne sert à rien quand on a résolu le problème, cela ne sert à rien quand on n'a pas compris le problème (le problème doit peut-être venir de moi), c'est comme les cheat-codes. Au lieu de donner une soluce, ce serait mieux de faire comme un sujet de BAC, de mettre des questions qui nous guident jusqu'à la résolution du problème.

Exemple : Montrer que si $(x,y,z)$ triplet d'entiers est solution de l'équation suivante, alors $x$ ou $y$ ou $z$ est un multiple de 2.

$$ x^2 + y^2 = z^2 $$

Supposons que dans votre raisonnement, vous remarquez que :

Soit $n$ un entier, on a $n^2$ de même parité que $n$. <-

et que :

"La négation de "$x$ ou $y$ ou $z$ multiple de 2" est "$x$ et $y$ et $z$ sont impairs""

et que vous connaissez le raisonnement par contraposée, vous direz dans votre soluce :

Supposons x, y, z impair. De la propriété ci-dessus, x² est impair, idem pour y. Donc x²+y² est pair. Par ailleurs, on a aussi z² impair. Donc on a x²+y² différent de z². Ainsi le triplet n'est pas solution de l'équation.

Ce qui donnera dans le genre Question :

  1. Montrer que le carré d'un entier a la même parité que l'entier en question.
  2. Procéder à un raisonnement par contraposée pour démontrer l'énoncé.

Mettez des questions, plutôt qu'un pavé de symbole.

Qu'est-ce qu'on mange ce soir ?

Et bien, comme les Allemands ont foutu une bonne raclée au Brésil, que les Brésiliens peuple joyeux et rieur et chaleureux et gentil ont pleuré, il convient de prendre notre revanche : allons tâter de l'AIMO 2010, une petite liste de problèmes de maths donnée aux têtes blondes allemandes. Garçon !.

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Je ne suis pas un professionnel logicien, mais dans l'usage, si on veut démontrer que pour deux propositions A et B, $A \Rightarrow B$ :

  • Par contraposée, on démontre alors $\bar{B} \Rightarrow \bar{A}$ - c'est à dire, on part de la négation du résultat B pour aller vers la négation de la propriété - ce qui est parfaitement équivalent (d'un point de vue logique) à démontrer $A \Rightarrow B$. En soit, on ne fait qu'établir l'implication.

  • Par l'absurde on part de la proposition entière de l'implication - qui n'est d'ailleurs pas forcément une implication - et on en prend la négation qu'on suppose vraie pour voir ce qui en découle, le but étant de trouver une contradiction logique. Ce n'est donc pas le même esprit .

Je ne suis pas sûr d'être très rigoureux, mais il me semble que l'esprit est là..

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Réponse à Holosmos : Attention un topologiste ! Fuyez, pauvres fous ! (Même Gandalf se fait la malle). Maitre Topologiste, ayez pitié de nous, de moi qui suis qu'un débile, pas de paramétrisations, pas cela, regardez ce qu'elles m'ont déjà fait (montre les cicatrices infligés par la sadique géométrie différentielle). Je vous en prie, pitié… Je sais que pour vous cela est moche de ne pas paramétrer, mais comprenez je n'ai pas le sens de l’esthétique mathématique, épargnez ma vie et celle de mes compagnons. Pitié…

AIMO 4.3

Je vous propose ce cheminement :

  1. Montrer que $f(x)= 0$ équivaut à $x=0$.
  2. Déterminer $f(f(x)x)$ en fonction de $x$.
  3. Montrer que $f$ est injective. Pour cela, exprimer $f(xf(x+y))$ en fonction de $x$ et de $S=x+y$.
  4. Montrer que $f$ est surjective sur $R^+$
  5. Montrer que $f$ est impaire.
  6. En déduire $f$.
  7. A quelle(s) condition(s) l'énoncé reste vrai en remplaçant $x^2$ par une autre fonction ?

Sujet fortement inspiré de cette source. Cette source m'a influencé uniquement pour montrer l'injectivité de f et l'unique antécédent du 0 de f. La question la plus difficile pour moi à avoir quand j'étais seul est donc la 3.

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Je peux rapidement vous donner le résultat avec une référence ;)

Pour la référence : théorie algébrique des nombres de Pierre Samuel

Page 20, on peut trouver le résultat suivant :

Si $x,y,z$ sont des entiers $\geq 1$ tels que $x^2 + y^2 = z^2$, il existe un entier $d$ et des entiers premiers entre eux $u,v$ tels que (à une permutation près de $x$ et $y$) on ait : $x = d(u^2 - v^2)$, $y = 2duv$ et $z = d(u^2 + v^2)$.

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$$ \begin{eqnarray} [d(u^2+v^2)]^2 - [d(u^2+v^2)]^2 & = & [d(u^2+v^2)-d(u^2-v^2)][d(u^2+v^2)+d(u^2+v^2)] \\ & = & (2dv^2 \times 2du^2) \\ & = & (2dvu)^2 \end{eqnarray} $$

Alors ok, ça se vérifie facilement, mais d'une part :

  • Tu trouves ça comment, ça sort d'un chapeau magique ?
  • C'est quoi l'intérêt ?
  • Comment tu détermines $u$ et $v$ ?
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Y a une démonstration dans la référence que j'ai donné.

L'intérêt et de pouvoir justement paramétrer de telles solutions. L'intérêt étant de mettre en évidence les propriétés plus facilement de tels nombres.

Pour $u$ et $v$ j'imagine que ça se trouve avec deux équations qu'on peut choisir comme on veut.

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Ok je vais réécrire alors la démonstration.

Dans un premier temps, la vérification que de tels nombres sont solutions est facile et tu l'as fait.

Réciproquement, soient $x$, $y$ et $z$ tels que $x^2 + y^2 = z^2$ des entiers supérieurs à $1$. Quitte à diviser $x,y,z$ par leur pgcd, on peut les supposer premiers entre eux. Ils sont alors premiers deux à deux, car, si par exemple $p$ est un facteur commun à $x$ et $z$ alors comme $y^2$ divise $z^2 - x^2$ il est clair que $y$ divise $p$.

En particulier, deux des nombres $x,y,z$ sont impairs et le troisième est pair. Les nombres $x$ et $y$ ne peuvent être tous les deux impairs, car sinon, on aurait $x^2 = 1 \mod 4$, $y^2 = 1 \mod 4$ et donc $z^2 = 2 \mod 4$ contrairement au fait que $z^2$ est un carré. On a donc, après un échange éventuel de $x$ et $y$ : $x$ impair, $y$ pair et $z$ impair.

Écrivons : $y^2 = z^2 - x^2 = (z-x)(z+x)$.

Comme le pgcd de $2x$ et de $2z$ est $2$, et que $2x = (z+x) - (z-x)$ et $2z = (z+x) + (z-x)$, le pgcd de $z-x$ et $z+x$ ne peut être que $2$.

Posons $y = 2y'$, $z+x = 2x'$ et $z-x = 2z'$, où $x',y',z'$ sont des entiers. On a alors $y'^2 = x'z'$.

Comme $x'$ et $z'$ sont premiers entre eux, la décomposition en facteurs premiers de $y'^2$ montre que $x'$ et $z'$ sont des carrés $u^2$ et $v^2$ : en effet tout facteur premier de $y'^2$ va, avec son exposant pair, soit tout entier dans $x'$, soit tout entier dans $z'$.

On a donc $z+x = 2u^2$, $z-x = 2v^2$, $y^2 = 2u^2v^2$. D'où $x= u^2 - v^2$, $y = 2uv$ et $z = u^2 + v^2$.

Ici, $u$ et $v$ sont premiers entre eux, sinon $x,y,z$ auraient un facteur premier commun. On en déduit la proposition en remultipliant par $d$, le pgcd de ces trois nombre ce qui termine la démonstration.

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Réponse à Holosmos et Saroupille : Ma réaction épidermique est du au fait que je suis un martyr de la géométrie différentielle (qui a dit de la géométrie tout court ?) ou que lorsqu'on me parle d'équations et arithmétique, cela me fait penser aux courbes elliptiques (délire psychédélique), au théorème de Fermat, et là mon cerveau, par réalisme, s'arrête et décide de ne pas aller plus loin, parce que de toute évidence je n'ai pas le bagage nécessaire pour comprendre ces notions. Juste donner comme référence un livre d'un tel auteur, cela fout les chocottes ! Trop difficile ! Je ne sais même pas ce qu'est une variété… Mais cela reste sympa de pointer du doigt cet exemple en nous disant qu'il y a toute une théorie derrière :)

AIMO à vous de choisir le numéro !

J'ai terminé mon premier Cheminement, dites moi ce que vous en pensez (je l'ai mis en mode caché pour ne pas pertuber ceux qui veulent chercher par eux-même). Vous pouvez essayer de faire un autre problème (ou de tenter de réfléchir par vous-même au problème afin de produire votre propre cheminement). Je serais heureux de chercher en sachant que quelqu'un d'autre propose sa propre vision, on est sur que si on est bloqué quelque part peut-être que cette personne pourra nous donner un coup de pouce. J'espère que je n'ai pas l'air prétentieux ou condescendant ou nombriliste.

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