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• Juillet 2018, 4e défi

  le 27 juillet 2018 à 08:45, par musgrave

  Une première remarque, on a nécessairement p>q puisque p/q = 1 + 4/(r + 1) > 1.
  En modifiant un peu l’expression initiale on trouve une équation du type (p - q)(r + 1) = 4q.
  Le nombre q étant premier les solutions satisfont nécessairement l’une des quatre conditions suivantes :
  1) p - q = 2 et r + 1 = 2q
  2) p - q = 4 et r + 1 = q
  3) r + 1 = 2 et p - q = 2q
  4) r + 1 = 4 et p - q = q
  Le cas 3 mène à r=1, impossible cas r devrait être premier.
  Le cas 4 mène à p=2q, impossible car p et q doivent être premiers.
  Le cas 2 mène à r et q tous les deux premiers et distants de 1, ce n’est possible que si q=3 et r=2 d’où on déduit que p=7. On vérifie aisément que le triplet (p,q,r)=(7,3,2) est bien une solution au problème.

  Le cas 1 revient à chercher les couple (q,p) de nombres premiers jumeaux tels que 2q-1 soit premier. Le triplet (p,q,r)=(5,3,5) convient et est une solution au problème. Il y en a-t-il d’autres ?

  On va travailler modulo 3 : On a nécessairement q = 3k+2 (seule option puisque q=3k+0 n’est pas premier et q=3k+1 mènerait à p=3(k+1) qui n’est pas premier non plus), d’où r = 6k+3. Pour que r soit premier, nécessairement k=0 et on trouve le triplet (4,2,3) qui n’est pas solution car 4 n’est^pas premier.

  Finalement il n’y a que deux triplets solutions : (7,3,2) et (5,3,5).

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• Juillet 2018, 4e défi

  le 27 juillet 2018 à 13:46, par musgrave

  Qu’il me soit ici permis de développer et corriger un peu mon premier post (il me manquait une solution) :

  En modifiant un peu l’expression initiale on trouve une équation du type (p - q)(r + 1) = 4q.

  Le nombre q étant premier les solutions satisfont nécessairement l’une des six conditions suivantes :
  1) p - q = 2 et r + 1 = 2q
  2) p - q = 4 et r + 1 = q
  3) r + 1 = 2 et p - q = 2q
  4) r + 1 = 4 et p - q = q
  5) p - q = 1 et r + 1 = 4q
  6) r + 1 = 1 et p - q = 4q

  Le cas 3 mène à r=1, impossible cas r devrait être premier.
  Le cas 6 mène à r=0, impossible cas r devrait être premier.
  Le cas 4 mène à p=2q, impossible car p et q doivent être simultanément premiers.
  Le cas 2 mène à r et q tous les deux premiers et distants de 1, ce n’est possible que si q=3 et r=2 d’où on déduit que p=7. On vérifie aisément que le triplet (p,q,r)=(7,3,2) est bien une solution au problème.
  Le cas 5 mène à p et q tous les deux premiers et distants de 1, ce n’est possible que si p=3 et q=2 d’où on déduit que r=7. On vérifie aisément que le triplet (p,q,r)=(3,2,7) est bien une solution au problème.

  Le cas 1 revient à chercher les couple (q,p) de nombres premiers jumeaux tels que 2q-1 soit premier.

  En travaillant modulo 3 on fait face à trois possibilités :
  a) q=3k, q est premier si et seulement si k=1, ce qui mène à p=5 et r=5. Le triplet (5,3,5) est solution.
  b) q=3k+1, qui mène à p=3(k+1). Le nombre p est premier si et seulement si k=0, ce qui mènerait à q=1, non premier. Il n’y a donc pas de solution de cette famille ;
  c) q=3k+2, qui mène à r=6k+3. Le nombre r est premier si et seulement si k=0, ce qui mènerait à q=2 et p=4, non premier. Il n’y a donc pas de solution de cette famille.

  On peut (enfin !) finalement conclure : les seuls triplets solutions sont (7,3,2) (3,2,7) et (5,3,5).

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• Juillet 2018, 4e défi

  le 27 juillet 2018 à 09:30, par mong

  (tentative)
  La première chose visible est que la partie fractionnaire de p/q doit être égale à la partie fractionnaire de 4/(r+1)
  Cherchons a et b tq p/q = a/b + k avec k entier
  on obtient après manipulation
  p = kq + aq/b
  kq est entier, aq/b est donc entier donc b divise a (sinon q n’est pas premier)
  => r+1 = 4n => r = 4n - 1
  => 4/(r+1) = 1/n avec n entier
  => p/q = (n+1)/n
  p et q sont donc 2 nombres premiers consécutifs => un des deux est pair !
  => p = 3, q = 2, r = 7

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• Juillet 2018, 4e défi

  le 27 juillet 2018 à 09:55, par Daniate

  Et pourtant avec p=5, q=3 et r=5 ça marche encore.

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• Juillet 2018, 4e défi

  le 27 juillet 2018 à 10:02, par mong

  je sais, mais je n’arrive pas à me contredire ! :-)

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• Juillet 2018, 4e défi

  le 27 juillet 2018 à 10:51, par mong

  on change d’approche, en gardant le même principe
  pour que la somme des 2 fractions soit entière, les dénominateurs doivent être des multiples :
  (r+1) = nq avec n entier
  => p/q - 4/nq = 1
  => p - q = 4/n
  => n = 1, 2 ou 4
  r = q - 1 ou r = 2q - 1 ou r = 4q - 1

  ---

  Si n = 4, p = 3 , q= 2, r = 7

  ---

  Si n = 2 :
  r et p doivent être premiers donc
  2q - 1 doit être premier
  q + 2 doit être premier
  exemple : q = 3 => r = 7, p = 5

  ---

  Si n = 4 :
  4q - 1 doit être premier
  q + 4 doit être premier
  exemple : q = 3, r = 5, p = 7

  ---

  existe t-il une méthode pour trouver ces nombres ??

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• Juillet 2018, 4e défi

  le 27 juillet 2018 à 09:36, par jokemath

  Vite fait, on trouve
  7/3 - 4/(2 +1) = 1, et aussi
  5/3 - 4/(5 + 1) = 1
  3/2 - 4/(7 + 1) = 1 donc en identifiant p/q - 4/(r +1) = 1, on a les solutions :
  p = 7, q = 3 et r = 2.
  P = 5, q = 3 et r = 5
  p = 3 , q = 2 et r = 7
  Mais, il y en a peut-être d’autres...

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• Juillet 2018, 4e défi

  le 27 juillet 2018 à 13:56, par pogarreau

  Ben l’équation se réécrit en 2 coups de cuillère à pot : (p-q) (r+1) = 4 q , ce qui implique que p>q pour éviter que 4 q soit nul ou négatif. De là un raisonnement sur les divisions de nombre entiers va nous faciliter la vie.

  Commençons avec les nombres premier pair, avant de regarder les autres.
  > Cas r=2, cela implique que : (p-q) 3 = 4 q ; donc 3 divise q premier donc on n’a pas le choix seul q=3 convient ; d’où p=7. D’où un triplet (p,q,r)=(7,3,2)
  > Cas q=2, on tombe sur (p-2) ( r+1) = 8 , avec p>2 seul p=3 convient [sinon avec p>3 on aurait impair x (r+1)=pair ce qui est impossible]. Donc seul un 2nd triplet (p,q,r) émerge (3,2,7)

  Pour tous les cas où le couple (p,q) premier jumeaux impairs, et r=2q-1, on a donc le triplet (p,p-2,2p-5). Après le cas pair, le modulo 3 va nous sortir de là :
  > cas p mod 3 = 0, seul p=3 marche. Cela donne le triplet (3,1,1) mais 1 n’est pas premier. Donc c’est KO.
  > cas p mod 3 = 1, on a p-2 mod 3 = 2 et 2p-5 mod 3 = 0 donc impossible d’avoir r premier
  > cas p mod 3 = 2, on a p-2 mod 3 = 0. C’est Ko sauf pour q=3, cela donne le 3eme triplet (5,3,5).

  Reste que c’est un joli problème à 3 solutions qui fait bien suer par ces chaleurs estivales !

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• Juillet 2018, 4e défi

  le 28 juillet 2018 à 14:37, par Pierre Cami

  p/q-4/(r+1)=1 soit p/q=(r+5)/(r+1)
  soit r=2 seul premier tel que r+5 ou r+1 soit premier, p=7 q=3
  ou r=5 10/6=5/3 p=5 q=3
  Soit que 2 solutions possibles

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• Juillet 2018, 4e défi

  le 30 juillet 2018 à 22:05, par geodingus

  Avec votre méthode : il existe un entier n tel que r+5=np et r+1=nq
  Ainsi, np=r+5=r+1+4=nq+4
  D’où p=q+4/n donc n=1, 2 ou 4 et on retrouve qu’il n’y a que trois solutions (si je ne dis pas de bêtise !).
  Pour r=2 on trouve p=7 et q=3 ;
  pour r=3 on trouve p=2 et q=1 ce qui ne convient pas ;
  Pour r=5 on trouve p=5 et q=3 ;
  Et pour r=7 on trouve p=3 et q=2.

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• Juillet 2018, 4e défi

  le 31 juillet 2018 à 10:49, par Pierre Cami

  Et bien oui, mea maxima culpa un oubli regrettable : 12/8=3/2

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• Juillet 2018, 4e défi

  le 30 juillet 2018 à 22:12, par drai.david

  J’arrive après la bataille (les vacances chamboulent les bonnes habitudes...).
  Voici tout de même ma proposition :

  L’équation proposée équivaut à $\frac{p}{q}=\frac{r+5}{r+1}$, où $\frac{p}{q}$ est une fraction irréductible.

  1) Si $r=2$, alors $\frac{p}{q}=\frac{7}{3}$ donc $(7 ; 3 ; 2)$ convient.

  2) Si $r=3$, alors $\frac{p}{q}=\frac{8}{4}=2$, d’où $p=2q$ : impossible.

  3) Si $r=6k-1$, alors $\frac{p}{q}=\frac{6k+4}{6k}=\frac{3k+2}{3k}$.
  a) Si $k$ est impair, $\frac{3k+2}{3k}$ est irréductible (car deux impairs consécutifs sont premiers entre eux) et $k$ vaut nécessairement $1$.
  On a alors $\frac{p}{q}=\frac{5}{3}$ donc $(5 ; 3 ; 5)$ convient.
  b) Si $k$ est pair, alors $k=2k'$ et $\frac{p}{q}=\frac{6k'+2}{6k'}=\frac{3k'+1}{3k'}$
  $k'$ vaut donc nécessairement $1$, mais on obtient alors $\frac{p}{q}=\frac{4}{3}$ : impossible.

  4) Si $r=6k+1$ ($k>0$), alors $\frac{p}{q}=\frac{6k+6}{6k+2}=\frac{3k+3}{3k+1}$.
  a) Si $k$ est pair, $\frac{3k+3}{3k+1}$ est irréductible et $p$ est donc un multiple de 3 supérieur à 3 : impossible.
  b) Si $k$ est impair, alors $k=2k'+1$ et $\frac{p}{q}=\frac{6k'+6}{6k'+4}=\frac{3k'+3}{3k'+2}$.
  $k'$ vaut donc nécessairement $0$. On obtient alors $\frac{p}{q}=\frac{3}{2}$.
  Ainsi, $(3;2;7)$ convient.

  Conclusion : $(7 ; 3 ; 2)$ , $(5 ; 3 ; 5)$ et $(3;2;7)$ sont les trois seuls triplets solutions.

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