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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)
 

 

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 plutt 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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