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Gwyddon · 25/05/2006, 03h00

Bonjour à tous !

Aujourd'hui, un ami et moi nous sommes posés la question suivante : comment démontrer que 26 est l'unique entier à une distance de 1 (distance entière) d'un carré (25) et d'un cube (27) ?

Formellement, le problème s'écrit $(p+1)=k^3, (p-1)=k'^2 \Rightarrow p=26$

Finalement, après réflexion, on se rend compte que cela revient à démontrer que k=3 et k'=2.

Si on écrit la différence des deux égalités, on a alors p qui disparaît, et donc la première proposition implique $k^3-k'^2 =2$ . Donc (k,k') solution de $y^3-x^2 =2$ .

Là on a cogité pas mal de temps. Plusieurs idées, en vrac :

_ Regarder la parité : bon c'est un début, on peut démontrer facilement que nécessairement y et x ont même parité. On a finalement montré que cette parité était forcément impaire. Puis après...

_ On a une équation de cubique, regarder l'intersection avec le maillage $\mathbb{N}^2$ : bof, pas précis du tout (faire des tracés est imprécis).

_ Regarder la décomposition en facteurs premiers. Là on se dit que c'est pas mal. On se rend compte que y et x sont nécessairement premiers entre eux (par l'absurde, et on n'a en fait même pas besoin de la décomposition, mais c'est dans cette optique que l'on a pensé à ça).

_ Réduire le degré en se plaçant dans des corps $\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$ : en se plaçant dans $\mathbb{Z}/3\mathbb{Z}$ on a $y^3 = y$ et donc $y-x^2 =2$ . On résout en testant les cas, et on arrive à la conclusion que nécessairement l'un des deux est multiple de 3. Or il faut que y soit plus petit que x pour que la différence de leurs cube et carré soit égale à 2 (par croissance de la fonction), donc on aboutit très vite à la solution x=5, y=3 si l'on suppose dès le départ x et y premiers.

Bilan des courses :

* x et y sont impaires, premiers entre eux, y<x

* Si l'on suppose x et y premiers, nécessairement x=5 et y=3

Ainsi, l'idée naturelle est de se dire : prouvons que x et y sont nécessairement premiers. Et là je requiert votre aide : avez-vous des idées ?

En tout cas merci d'avance, ne serait-ce que pour avoir lu le post

P.S. : c'est quand même vachement fort comme résultat, je trouve ça vraiment classe

zinia · 25/05/2006, 11h34

Bonjour,

Il s'agit de résoudre l'équation diophantienne : $y^3-x^2=a$ où a=2
En fait, ce que vous avez montré, c'est me semble-t-il que x =3n ou y=3n et que si l'on pose n=1 alors la solution unique est (3,5).
Je n'ai pas l'impression qu'on puisse démontrer l'unicité par la primalité des solutions. Avec d'autres valeurs de a, on a quelquefois des solutions multiples, par exemple a=11 admet au moins deux solutions (5,11) et (15,58)

rvz · 25/05/2006, 11h50

Salut,

C'est une question intéressante, et c'est d'autant plus impressionant qu'elle soit postée si tard

Je pense que regarder les solutions entières de x^2 = y^3-2, ça revient plus ou moins à regarder le nombre de solutions rationnelles sur une courbe elliptique, et ça, je suis sûr que c'est traité dans la littérature sur les courbes elliptiques. Les solutions juste entières, je sais pas trop, par contre. Maintenant, je suis pas un spécialiste du domaine, donc je ne peux pas te recommander de bouquin, mais je crois qu'on m'avait dit à une époque que le Mac Kean est pas mal.
Pour une introduction plus simple, tu peux regarder l'excellent livre de Hellegouarch Invitation aux mathématiques de Fermat Wiles (+ mon mémoire de maîtrise, disponible sur ma page web, cf profil, mais c'est une présentation très biaisée de la théorie, bien qu'accessible, enfin je l'espère). Cependant je crois pas que tu trouveras quelque chose d'intéressant là dedans pour ton problème.
Sinon, tu peux aussi essayer Diophantine equation de Mordell, mais là encore, je sais pas trop ce que ça vaut.

2 dernières remarques :

Si p est un nombre premier qui divise y, alors, modulo p, tu obtiens que -2 est un carré, donc que p = qqc modulo 8 je crois, par les formules sur les résidus quadratiques.

Tu prends l'équation modulo 8. Il est facile de voir, que comme x est impair, x^2 = 1 modulo 8.
Du coup, y^3 = y= 3 modulo 8. D'ailleurs, je me demande ce que ça donne modulo 16.... Par un rapide calcul, pas grand chose, mais bon...

__
rvz

Witten · 25/05/2006, 13h02

Bonjour,

Avec mon niveau en maths je n'ai pas vraiment d'idées, déjà que j'ai eu du mal pour comprendre les tiennes.
Avec un petit programme que j'ai fait je peux te dire que pour 0<y<1.000.000 il n'y a qu'une seule solution. Mais bon ça veut rien dire car il existe une infinité de naturels

.

zinia · 25/05/2006, 13h07

Citation:

Envoyé par zinia

par exemple a=11 admet au moins deux solutions (3,4) et (15,58)

Petite correction

azt · 25/05/2006, 13h41

Bonjour,
Vous avez montré comment que x et y étaient impairs ?

zinia · 25/05/2006, 13h49

Citation:

Envoyé par azt

Bonjour,
Vous avez montré comment que x et y étaient impairs ?

Il suffit d'écrire l'équation modulo 4 en faisant l'hypothèse qu'ils sont tous deux pairs. Ca donne 0=2

azt · 25/05/2006, 13h54

D'accord, je ne connaissais pas cette méthode.
Merci.

Gwyddon · 25/05/2006, 13h57

Merci beaucoup pour toutes vos réponses, ça fait très plaisir

Si je comprend bien zinia, vous me suggérez que se ramener à la primalité est un peu... vain

Je laisse donc tomber cette voie.

Sinon, je vais me renseigner sur les ressources que me propose rvz.

A bientôt

Julien

leg · 25/05/2006, 19h42

par la décomposition en facteur premier doit être la solution puisque la différence ne peut excéder 2 on voit trés vite qu'en prenant deux premiers jumeaux c'est les seuls nombres a la puissance N et N+1, ayant la même similitude que le cas de 2 et 3 à la puissance N et N+1 = 1 de différence, qui a été démontré; si il existait un autre couple que 2 et 3 déjà on pourrait supposer,l'existence d'un autre couple que 3 et 5 à la puissance N+1 - N =2
je pense qu'il faut se pencher sur la démo du cas 3² - 2^3 =1

de plus supposons qu'il en existe une infinité alors on à démontré l'infinité des premiers jumeaux et je vous invite au resto avec la prime$$$

(mais l'inverse ne montre pas un nombre de premiers jumeaux finis)

Jeanpaul · 25/05/2006, 22h02

Ce problème est étroitement apparenté au théorème de Catalan démontré en 2002 : les seules puissances successives sont 8 et 9.
D'autres cas (différence de 2 à 10) sont examinés dans :
http://perso.wanadoo.fr/yoda.guillau...0/CataConj.htm
Ils disent qu'on ne connaît pas d'exemple autre que 27 et 25 jusqu'à 1000^100

Gwyddon · 25/05/2006, 22h54

Ah... Bon en fait on s'attaquait à un problème encore ouvert c'est ça ?

Il me semblait pourtant que Fermat l'avait démontré

Bon, il y a du boulot en gros, merci pour cette info

Donc ce fil sera ouvert à toute contribution jusqu'à ce que la collaboration de tous sur FuturaSciences permettent de résoudre cette conjecture

azt · 25/05/2006, 23h42

Le problème que 09jul85 propose est de résoudre Y^3 - X^2 = 2

Le problème de Catalan, c'est Y^m - X^n = 1
Donc le problème approchant encore ouvert Y^m - X^n = 2

09jul85 nous propose un cas particulier, peut-être est-il soluble indépendemment de sa généralisation

?

zinia · 25/05/2006, 23h49

Bonsoir,

Oui le problème général est ouvert, cependant il n'est pas impossible que le cas particulier cube-carré=2 soit accessible par des méthodes élémentaires.
On peut prolonger les remarques initiales de 09juil85 et de son ami.
Ils ont établi que
[(y=6n-1) et (x=6m+3)] ou [(y=6m+3) et (x=6n-1)]
le développement du premier terme de l'alternative aboutit à une contradiction modulo 18.
Le développement du second impose m pair et n=1 modulo 3.
Ainsi, à ce stade, y=12k+3 et x=18p+5
On doit pouvoir prolonger cette démarche

Grillé par azt

zinia · 26/05/2006, 01h17

En fait, on peut encore faire une étape qui donne
y=24r+3 et x=54q+5 mais ça s'arrête avec les modulos 2 et 3

easythomas · 26/05/2006, 23h19

C'est tout simplement la résolution d'une équation diophantienne, enfin de l'équation d'une courbe elliptique

Plonge toi un peu dans la littérature des courbes elliptiques, tu trouveras surement quelque chose

easythomas · 26/05/2006, 23h33

http://villemin.gerard.free.fr/Wwwgv....htm#DeuxEntre
http://fr.wikipedia.org/wiki/26_(nombre)
Voila qui clot le problème, quant à la démo, aucune idée... J'ia trouvé quelques liens, mais les anneaux factoriels et autres genres, ça ne me dit rien qui vaille

homotopie · 27/05/2006, 00h27

Bonjour,
je crois me rappeler que $Z[i\sqrt{2}]$ est factoriel.
Ca serait bien que quelqu'un confirme, pas trouvé de confirmation sur le net mais on ne parle que du "fameux contre exemple non factoriel $Z[i\sqrt{3}]$ . Je crois me rappeler d'une démo montrant que l'on a presque une division euclidienne, on a tou jours z'=zz"+z"' ou 2z'=zz"+z"' avec N(z"')<N(z).
Donc en supposant que $Z[i\sqrt{2}]$ est bien factoriel, on est dans une situation confortable :
$y^3=(x+i\sqrt{2})(x-i\sqrt{2})$
Or $pgcd(x+i\sqrt{2} \, ; \, x-i\sqrt{2})=pgcd(x+i\sqrt{2} \, ; \, 2i\sqrt{2})=pgcd(x+i\sqrt{2} \, ; \, (i\sqrt{2})^3)$
Or $i\sqrt{2}$ divise $x+i\sqrt{2}$ implique $i\sqrt{2}$ divise x, et on en déduit que x est pair. Or il a été montré qu'ici x est impair. Donc pgcd(x+i\sqrt{2} \, ; \, x-i\sqrt{2})=1
$x+i\sqrt{2}=z_1.z_2...z_n$
$x-i\sqrt{2}=\overline{z_1}. \overline{z_2}... \overline{z_n}$
Donc $y^3=z_1...z_n. \overline{z_1}. \overline{z_2}... \overline{z_n}$
Chaque irréductible doit être au cube dans $x+i\sqrt{2}$ car l'est dans $y^3$ et il est impossible de répartir 3 en deux parties égales dans les deux cas $z=\overline{z} \, et \, z\neq \overline{z}$ .
$x+i\sqrt{2}$ est donc un cube.
$x+i\sqrt{2}=(m+i\sqrt{2})^3$
Or $m+i\sqrt{2})^3=m^3-6m+(3m^²-2)i\sqrt{2}$
On a donc 3m²-2=1 et m=1 ou m=-1
On obtient (à conjugaison et produit par -1 près) :
$x+i\sqrt{2}=5+i\sqrt{2}$ .
Et, $y=(1+i\sqrt{2})(1-i\sqrt{2})=3$
L'unique solution avec entiers positifs est donc x=5 y=3.

Cordialement

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