Des idées sur ce petit problème ?

[invite5b372a80]

Bonjour,
Nous avons récemment vu en cours un petit exo qui a l'air facile de prime abord, mais qui ne l'est finalement pas tant que ça.
Le voici :

Déterminer tous les couples (x;y) dans tels que .

J'ai fait quelques recherches sur le net, mais je n'ai pas trouver trace d'un tel exo. C'était donc pour savoir si vous auriez des méthodes de résolution à proposer ?
Nous avons vu une résolution en cours, qui ne sautait VRAIMENT pas aux yeux... Tentez tout de même de chercher avant de regarder, pour ne pas être trop influencés.

 Cliquez pour afficher

On résonne par analyse-synthèse. Dans l'analyse, par l'absurde, on trouve les quelques x vérifiant potentiellement l'équation. On faisait ensuite la synthèse pour ne garder que les bons x. Je peux détailler si besoin.

Merci

Léo.
-----

[acx01b]

donc est divisible par x
donc y n'est pas divisible par x
donc x = 0 et y = 1

?

non je sais pas

[invite5b372a80]

Oui, (0;1) est bien une solution mais il y en a d'autres. De mémoire, nous trouvions 6 couples.

[acx01b]

y = ax+1 ou y = ax-1
y^2 = a^2 x^2 + 2 bx + 1
avec b = a ou b = -a
si |x| > 1
x^5 - 1 = (x-1)(a^2 x^2 + 2 bx + 1) = a^2 x^3 - a^2 x^2 + 2 b x^2 - 2bx + x - 1

x^5 = a^2 x^3 - a^2 x^2 + 2 b x^2 - 2bx + x

donc x^4 = a^2 x^2 - a^2 x + 2 b x - 2b + 1
donc x^4 n'est pas divisible par x

donc x = 0 ou x = 1 ou x = -1

[A voir en vidéo sur Futura]

[invite5b372a80]

x=0 et x=-1 sont effectivement des solutions, mais x=1 n'en est pas une. En effet, 5 n'est pas un carré parfait.
Si vous voulez, si vous pensez que ça peut vous aider, je peux vous donner les 6 couples trouvés.

[invite7c2548ec]

Bonsoir à tous , géométriquement parlant à tous on associe deux valeurs si l'équation est donc la figure liée à cette équation. sans entrer trop dans les détaille y'a une infinités de couples .

Cordialement

[invite179e6258]

x^n+y^n+z^n=0, n>2 a aussi une infinité de solutions, mais pas beaucoup de triples d'entiers parmi elles.

[invite7c2548ec]

exacte toothpick-charlie donc il est claire qu'il n'y'a pas que 6 solutions comme la évoqué leo11.

Cordialement

[invite5b372a80]

Je n'ai pas le temps de comprendre en détail vos raisonnements, mais en cours, nous avons démontré qu'il n'y avait que 6 solutions. Je reprécise que c'est dans . Je poste la démo et me penche sur vos réponses dès que j'ai le temps (ds environ 1 heure je pense).

[invite51d17075]

j'ai les 6, mais pas leur unicité.
j'avance en passant par les modulos
ainsi ( pour N ) 1+x+x^2+x^3+x^4 congru à 1 ou 5 de manière cyclique : 5 si x congru à 1 mod 5 , et 1 sinon.

[invite5b372a80]

Topmaths, je ne comprends ce que tu veux dire...
Toothpick charlie, si c'est au gd théorème de fermat que tu fais allusion, je ne vois pas bien le rapport avec l'équation dont je parle.
Ansset, c'est vrai que c'est une bonne idée, il fallait le remarquer !!

Pour la démonstration de mon cours, la voici aux éventuelles erreurs de frappe près:

 Cliquez pour afficher

On raisonne par l'absurde en encadrant y (entier d'après l'énoncé) par deux entiers consécutifs. On en tire ainsi les quelques x potentiellement solutions, puis on les teste:

Analyse:
On a , donc on peut supposer y positif pour l'instant, puis s'intéresser aux y négatifs une fois que l'on aura trouvé les positifs.
On multiplie l'éq par 4 :

• Ce qui est équivalent à
  Or, pour tout x, donc
  Or, donc n'admet pas de solution dans
  Donc
• De plus, l'équation est aussi équivalente à
  Equivalent à
  Or, pour x n'appartenant pas à [-1;3]=I.
  Et pour tout x.
  Donc, si x n'appartient pas à I, on a .
  Contradiction car y appartient à donc 2y aussi.
  Donc x ne peut pas appartenir à Z\I.

Synthèse :
On teste donc tous les x appartenant à I.
Et on trouve comme couples solutions (-1;1) (1;-1) (0;1) (0;-1) (3;11) (3;-11)

Comme vous pouvez le constater, cette démonstration n'est vraiment pas facile à trouver...

[invite51d17075]

je continue sans regarder ( parole de pas scout, mais parole quand même )

[invite179e6258]

Toothpick charlie, si c'est au gd théorème de fermat que tu fais allusion, je ne vois pas bien le rapport avec l'équation dont je parle.

je répondais à Topmath qui me semble-t-il avait perdu de vue le fait que tu cherchais des solutions entières.

[invite5b372a80]

Ah d'accord, autant pour moi.
Bonne chance à toi ansset !

[invite51d17075]

erreur désolé.

[invite51d17075]

j'arrive seulement à

ou est premier congru à 1
et premier congru à 3 ou 7

[invite5b372a80]

Que sont et et en quel modulo travailles-tu ?

[invite51d17075]

pi et qj sont les puissance,
je l'ai écrit en modulo 10.
mais j'aurai peu être du rester en modulo 5

[invite5b372a80]

Ah d'accord. Ta formule n'a pas l'air fausse, d'après les solutions que l'on a trouvé en cours, mais il faudrait réussir à trouver une nouvelle condition, afin de déterminer les bons y. Comment as-tu procédé ?

Cdt

[invite51d17075]

par les cycles pour chaque modulo et sachant que y² devait être carré.
effectivement, je cherche une autre contrainte. ( suis sur une piste )

[invite51d17075]

demande d'indication :
est que je dois passer par les propriétés des anneaux Z/nZ ?

[invite5b372a80]

Je ne peux pas vous répondre, je n'ai pas encore vu les anneaux et donc je ne connais pas leurs propriétés, desole.
Si quelqu'un de plus expérimenté pouvait répondre à ma place.

Merci

[invite51d17075]

donc direction les nombres premiers.

[azizovsky]

Salut , un coup d'oeil , ça l'air d'une écriture en base x
1.x^4+1.x^3+1.x^²+1.x^0=1.y^2 <==>1111(base x)=100(base y) ???

[invite51d17075]

je me réveille et complête:

et pas
avec les premiers congrus à 1 mod 10 et
les premiers congrus à 3 ou 7 mod 10.

soit :

j'ai aussi:


et enfin
x et y premiers entre eux.

[invite51d17075]

précision
mais y n'est pas un carré
car


donc il existe au moins un avec un impair
sinon y serait un carré ( impossible )

[invite51d17075]

en fait :


avec les premiers congrus à 1 mod 10 ( comme 11 qui est , on le sait, solution )
les premiers congrus à 3 ou 7 mod 10. ( de puissance )

car si y et y' sont solution alors yy' est solution d'où
si un a_i est présent dans y et dans y' de puissance impaire alors il serait de puissance paire dans yy'.
donc les a_i ( congru à 1 mod 10 )sont de puissance 1.

soit en résumé :


x et y premiers entre eux.

me reste à éliminer les congrus à 3 et 7, et les autres mod 1

[breukin]

Est-ce qu'on pourrait s'en sortir en constatant :

[Médiat]

Bonjour,

Personnellement, je suis parti de l'idée que les puissance 4 et 3 sont pénibles et donc (j'aboutis à une solution proche du corrigé) :


Or et , on en déduit que
Il est clair qu'en ajoutant un entier positif à , on conserve la positivité et le carré doit bien finir par dépasser

En essayant a = 1 saute aux yeux puisque

[Pas le temps de développer maintenant]
D'où on déduit ou pour y> 0, ces deux équations donnent les 6 solutions immédiatement

[invite51d17075]

grrrr , grillé en beauté là, et doublement.
joli, mais en déduit on que ce sont les seules. ( je me suis occupé uniquement de x dans N )
car justement, mon soucis était de montrer l'unicité des solutions et comme je tournais en rond avec mes congruences j'étais parti dans la matinée dans une direction très similaire à la tienne en écrivant

, avec
si x pair
pour x impair
et ( eps(4)=0,466.. , eps(5)=0,946 )

cas de x pair.
on peut écrire facilement :


pour la convergence , on peut encadrer par exemple par un DL et montrer que max(eps(x+1))<min(eps(x))
( je sais, c'est un peu bourrin )
mais on montre que eps(x) est strictement décroissante à partir de 4 et que sa limite vaut 3/8

on fait un calcul équivalent pour x impair.

S :j'ai dit doublement au début, parce que je suis pas très élégant sur ce coup.