Solution au problème d'octobre 2011
Le problème: |
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Déterminer le plus petit entier positif tel que n^2 + 3n + 5 est divisible par 121, ou démontrer qu'aucun entier ne satisfait cette condition.
Nous avons reçu les solutions correctes de
Bahman Ahmadi
(Regina) |
Diana Andrei
(Suède) |
Jose Arraiz
(Brésil) |
Ashutosh |
Claudio Baiocchi
(Italie) |
Bojan Bašić
(Serbie) |
Quentin Baudenon
(France) |
Luigi Bernardini
(Italie) |
Daniel Bitin
(Roumanie) |
Lou Cairoli
(États Unis) |
Bernard Collignon
(France) |
Olivier Cyr
(France) |
Jean Drabbe
(Belgique) |
Jean-Denis Eiden
(France) |
Mei-Hui Fang
(Autriche) |
Sehmus Findik
(Turquie) |
Philippe Fondanaiche
(France) |
Jan Fricke
(Allemagne) |
Bruce Golfman
(Autriche) |
Gruian Cornel
(Roumanie) |
Verena Haider
(Autriche) |
Tom Holens
(Manitoba) |
Benoît Humbert
(France) |
Ile Ilijevski
(Macédoine) |
Wolfgang Kais
(Allemagne) |
Omran Kouba
(Syria) |
Lethe Li
(États Unis) |
Matthew Lim
(États Unis) |
Roopesh Mangal
(Malaisie) |
Nawal Kishor Mishra
(Inde) |
Arnaud Piquerez
(France) |
Kevin Pratt |
Lee Reis |
Mathias Schenker
(Suisse) |
Shiv Mohan Sharma
(Inde) |
Albert Stadler
(Suisse) |
Hakan Summakoğlu
(Turquie) |
A. Teitelman
(Israëll) |
Jan van Delden
(Pays Bas) |
Paul Voyer
(France) |
Allen Druze
(États Unis) |
Nicolas Michel
(France) |
Antonio Ledesma López
(Espagne) |
Ritwik Chaudhuri
(Inde) |
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La solution:
Aucun entier ne satisfait la condition. Nos correspondants
ont employ� plusieurs m�thodes �l�gantes pour d�montrer
ce r�sultat.
M�thode 1 : la factorisation. Voici la solution de
Eiden :
"Montrons que N = n^2 + 3n + 5 n�est jamais divisible
par 121; en effet, si 121 divise N , alors 11 divise
N; dans ce cas, 11 divise aussi
N + 11n = n^2 + 14n + 5 = (n + 7)^2 - 44.
Puisque 11 divise 44, alors 11 divise (n + 7)^2 et
�galement n + 7 du fait du lemme de Gauss parce que 11
est premier.
Il est donc n�cessaire que n soit de la forme 11k -
7; si c�est le cas,
N = (11k - 7)^2 + 3(11k - 7) + 5 = 121k(k - 1) +
33.
Or, 121 divise 121k(k - 1) mais ne peut diviser 33.
L�assertion est �tablie.''
D'autres correspondants donnent un
argument semblable avec la factorisation n^2 + 3n + 5 =
(n-7)(n+4) � 33 ou bien 4(n^2 + 3n + 5) =
(2n+3)^2+11).
M�thode 2 : la substitution. Voici une solution de
Humbert :
"Soit m = n-4.
n^2+3n+5 = (m+4)^2+3(m+4)+5 = m^2+11m+33.
Soit 11 divise m. Dans ce cas, 121 divise m^2+11m
et ne divise donc pas m^2+11m+33.
Soit 11 ne divise pas m, et ne divise donc pas m^2
non plus. Or 11 divise 11m+33, donc 11 ne divise pas
m^2+11m+33.
Dans les deux cas, 121 ne divise pas m^2+11m+33,
c'est-�-dire n^2+3n+5.''
M�thode 3 : le discrimant. Voici solution de Arraiz
:
"L��quation n^2 + 3n + 5 - 121k = 0 (k �tant un
entier positif) doit avoir au moins une racine enti�re
positive, son discriminant est D = 9 � 4(5 � 121k) ,
soit D = 11(44k-1). D doit �tre un carr� donc 44k - 1 =
11u^2 (avec u entier positif)''
(On a alors 11(4k � u^2) = 1, ce qui est impossible.)
M�thode 4 : l'arithm�tique modulaire.
Plusieurs correspondants ont observ� que n^2 + 3n + 5
est un multiple de 11 seulement si n = 11k + 4, et alors
n^2 + 3n + 5 = 121k^2 + 121k + 33,
qui n'est pas un multiple de 121. L'examen des valeurs
modulo 11 de n^2 + 3n + 5 lorsque n = 11k + r, r = 0,
\ldots, 10 est assez rapide. Cyr et Haider utilisent plut�t
la factorisation n^2 + 3n + 5 = n^2 � 8n + 16 = (n-4)^2
dans \mathbb{Z} / 11 \mathbb{Z}.
Jean Drabbe travaille plut�t
dans \mathbb{Z} / 121 \mathbb{Z} :
"Il est �l�mentaire de v�rifier que
pour tout entier
n,
n^2 + 3n + 5 \equiv (n + 62)^2 � 88 \pmod {121}..
Il suffit donc de montrer que 88 n'est pas un r�sidu
quadratique modulo 121.
Supposons que a^2 \equiv 88 \pmod {121}.
Alors,
a^4 \equiv 0 \pmod {121
},
a\cdot a^3 \equiv 0 \pmod {121
},
\mbox{$a$ est diviseur de $0$ } \pmod {121}.
Tous les diviseurs de 0 modulo 121 �tant divisibles
par 11 , on aurait
a^2 \equiv 0 \pmod {121
}.
Contradiction !''
M�thode 5 : Surprise!
Apr�s tant de solutions, Humbert trouve pourtant le n
recherch� :
"En fait la r�ponse est 16 :
16^2 + 3 \cdot16 + 5 = 363 = 3 \cdot 121
En base 8 bien s�r !''
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