Equation(s) diophantienne(s).

Résoudre les équations ci-dessous dans Z* :
1) x² + y² = z^4

2) x^4 + y^4 = z²

3) x^6 + y^6 = z².


Nota : Les deux premières étant très classiques, je ne les mets ici qu'à titre "indicatif" et/ou d'entraînement pour ceux ne les ayant jamais vues.
Ainsi, le vrai "problème" est la troisième équation.

Bonjour,

A-t-on le droit de considérer comme connu le théorème de Fermat-Wiles ?

Si oui, il me semble à première vue que la troisième équation est plus simple à "résoudre" que la première.

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Patrick

Non.. sauf si tu arrives à le prouver.

Bonsoir,

mathman a écrit:

Non.. sauf si tu arrives à le prouver.

Dommage, j'avais une démonstration assez simple du troisième problème qui consistait à montrer que si x^6 + y^6 = z^2 avait une solution, alors nécessairement il existait un triplet (u,v,w) tel que u^3 + v^3 = w^3 .

Par ailleurs, je persiste à dire que le premier problème x^2 + y^2 = z^4 ne me semble pas trivial du tout. Il y a une infinité de solutions, avec de très nombreuses formes différentes, toutes menant à des sous-équations diophantiennes différentes.

je suis étonné que tu le considères comme classique, voire comme "entraînement" au troisième

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Patrick

Bonsoir,

pco a écrit:

Dommage, j'avais une démonstration assez simple du troisième problème qui consistait à montrer que si x^6 + y^6 = z^2 avait une solution, alors nécessairement il existait un triplet (u,v,w) tel que u^3 + v^3 = w^3 .

Ah, mais dans ce cas-là ça change tout! En effet, on n'a pas besoin d'utiliser le théorème de Fermat-Wiles pour montrer que u^3 + v^3 = w^3 n'admet pas de solutions entières.


Ahem.. effectivement, tu as raison. Mais à la base le premier problème que je voulais écrire (et que je pensais avoir écrit) était simplement x²+y² = z², d'où mes remarques..
Ceci dit, ce quatrième problème qui s'est (malencontreusement?) greffé est intéressant, donc..

mathman a écrit:

Mais à la base le premier problème que je voulais écrire (et que je pensais avoir écrit) était simplement x²+y² = z², d'où mes remarques..

Ah, oui. celui-là, effectivement , est classique classique !


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patrick

Ben d'ailleurs.. je crois bien qu'ils sont fait pour s'entendre ces deux-là.

On sait que (a²+b²)(c²+d²) = (ac-bd)²+(ad+bc)².
x²+y²=z² ==> (x²-y²)² + (2xy)² = z^4
et par ça on a juste besoin d'un paquet de solutions pour x²+y²=z².
Maintenant x=a²-b², y=2ab donne aussi x²+y²=(a²+b²)²
-> le nombre de solutions désiré.

'soir

mathman a écrit:

Ben d'ailleurs.. je crois bien qu'ils sont fait pour s'entendre ces deux-là. .

Bien sûr, mais il y a énormément d'autres familles de solutions très différentes.

Par exemple, si tu as une solution de
x^2 + y^2 = k z^2
alors
(k(x^2 - y^2))^2 + (2kxy)^2 = (kz)^4

Or, x^2 + y^2 = k z^2 donne plein de sous-problèmes différents en fonction de k.

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Patrick

Yep. Mais ici dire qu'il y a une infinité de solutions suffit.
Mais pour donner toutes les solutions j'ai juste un argument très laid...

mathman a écrit:

Yep. Mais ici dire qu'il y a une infinité de solutions suffit.

Euhh, je ne te comprends pas.

"résoudre l'équation diophantienne x^2 + y^2 = z^4" ne consiste en général pas à dire "il y a une infinité de solutions", mais à en donner la ou les formes générales.

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Patrick

Oui, tu as raison. J'avais autre chose en tête quand j'ai écrit ça. (en l'occurrence : trouver toutes les solutions de x^2+y^2=z^4 pour z fixé)

Sinon, elles sont toutes données par (Attention : terme long et potentiellement dangereux) :
(t*((a^2-b^2)(c^2-d^2)-4abcd))^2 + (2t*((a^2-b^2)cd+ab(c^2-d^2)))^2 = blib^4
J'espère que ce terme est correct

Ah j'oubliais:
a^2+b^2=c^2+d^2
donc d = sqrt(a^2+b^2-c^2)
Mais ça ne la rendrait pas plus jolie

(t*((a^2-b^2)(2c^2-a^2-b^2)-4abcsqrt(a^2+b^2-c^2)))^2 + (2t*((a^2-b^2)csqrt(a^2+b^2-c^2)+ab(2c^2-a^2-b^2)))^2 = blib^4
Oh, t = u^2 et quelques autres erreurs.
Bon, je ne pense pas que ce soit ce qui est attendu

mathman a écrit:

Oh, t = u^2 et quelques autres erreurs.
Bon, je ne pense pas que ce soit ce qui est attendu

Tu sors celà d'où ?

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patrick

En multipliant s²+t²=z² avec v²+w²=z², où s=m(a²-b²), t=2mab, z=m(a²+b²)=n(c²+d²), v=n(c²-d²), w=(2ncd), en utilisant la formule mentionée auparavant.

Bonjour,

Bon, je pense qu'il faut s'arrêter un jour ... mais je persiste à penser que tu ne peux trouver de formule générale en te fondant uniquement sur les solutions de a^2 + b^2 = c^2 et en ignorant les solutions de a^2 + b^2 = kc^2.

Par exemple, quelles valeurs des paramètres d'entrée permettent à ta formule de fournir la solution 615^2 + 4180^2 = 65^4 ?

Celle - ci est fondée sur sur 22^2 + 19^2 = 5*13^2
qui donne :
x = 5(22^2 - 19^2)
y = 5(2*22*19)
z = sqrt(5(22^2 + 19^2))

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Patrick

pco a écrit:

Bonjour,

Bon, je pense qu'il faut s'arrêter un jour ... mais je persiste à penser que tu ne peux trouver de formule générale en te fondant uniquement sur les solutions de a^2 + b^2 = c^2 et en ignorant les solutions de a^2 + b^2 = kc^2.

Pourquoi pas?

pco a écrit:

Par exemple, quelles valeurs des paramètres d'entrée permettent à ta formule de fournir la solution 615^2 + 4180^2 = 65^4 ?

Bah, pas envie d'effectuer un retour sur trace (je trouvais que la traduction de ce terme anglais sonnait.. bizarrement ^^)

pco a écrit:

Celle - ci est fondée sur sur 22^2 + 19^2 = 5*13^2
qui donne :
x = 5(22^2 - 19^2)
y = 5(2*22*19)
z = sqrt(5(22^2 + 19^2))

Hmm?
Pourquoi est-ce que ces x, y, z ne sont pas donnés par x^2+y^2=z^2?
Ils satisfont x^2+y^2=z^2
Plus ou moins

Généré par :
3^2+4^2=5^2 et 119^2+120^2=169^2.

Umm 5 manquant:
15^2+20^2=25^2
pour la gauche.