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 #1 - 05-04-2014 12:13:03

Vasimolo
Le pâtissier
Enigmes résolues : 49
Messages : 4733

Moyen Feramt

Le grand théorème de Fermat a été démontré dans le cas général il y a quelques années mais le cas [latex]c^3=a^3+b^3[/latex] est connu depuis longtemps .

Existe-t-il deux rationnels dont la somme est égale à l'inverse de leur produit ?

Vasimolo



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 #2 - 05-04-2014 15:57:26

nolina
Habitué de Prise2Tete
Enigmes résolues : 25
Messages : 17

Moyen Fermta

Non, c'est impossible wink
On note le premier nombre p/q et le deuxième r/s. En les mettant sous le même dénominateur on obtient ps/qs et qr/qs, leur somme est donc (ps+qr)/(qs) et l'inverse de leur produit est (qs²/psqr)
Si on pose a=qs b=ps et c=rq, on obtient (a+b)/c=c²/(ab)
soit c^3=(a+b)ab  c est le cube d'un nombre entier. Si a et b sont premiers entre eux(et donc premiers avec (a+b), alors ils sont également les cubes de trois entiers, que l'on note respectivement d, e et f
On a donc a+b=f^3 donc d^3+e^3=f^3 D'après le théorème de fermat, il n'y a pas de solutions donc il n'existe pas de nombres rationnels dont la somme est égale à l'inverse du produit.
S'ils ne sont pas premiers, on peut noter g leur pgcd tel que a=a'g et b=b'g
Donc c^3=(a'g+b'g)a'gb'g=g(a'+b')a'b'g²=g^3(a'+b')a'c'
(c^3)/(g^3)=(c/g)^3=(a'+b')a'b' avec a' et b' premiers entre eux (donc premiers avec a'+b') Ils sont donc les cubes de trois entiers. On retombe également sur une équation du type x^3+y^3=z^3, qui est insoluble!

 #3 - 05-04-2014 18:09:29

Vasimolo
Le pâtissier
Enigmes résolues : 49
Messages : 4733

oMyen Fermat

@Nolina : je ne comprends pas bien comment du traites le cas où  a et b ne sont pas premiers entre eux .

Vasimolo

 #4 - 05-04-2014 19:24:03

fix33
Elite de Prise2Tete
Enigmes résolues : 48
Messages : 1198
Lieu: Devant un clavier depuis 1748

oyen Fermat

Salut !
Je ne vois pas pour le moment le rapport avec Fermat...
On a : a+b=1/(a*b)
soit : b*a^2 + b^2*a -1 = 0
équation dont le déterminant vaut b^4+4b.
Ce déterminant est négatif uniquement
J'en déduis qu'il existe 2 solutions pour tout b rationnel hors de l'intervalle [-cubert(4);0] et 1 seule à la limite.
Par symétrie, on a le même résultat avec a.
Les seules valeurs de a et b pour lesquelles il n'y aurait pas solution sont sur ]-cubert(4);0[ x ]-cubert(4);0[.

Exemple :
Si b=2, déterminant=24, a1=(-2+sqrt(6))/2 et a2=(-2-sqrt(6))/2


Je ne vien sur se site que pour faire croir que je suis treise intélligens.

 #5 - 05-04-2014 21:57:12

Franky1103
Elite de Prise2Tete
Enigmes résolues : 49
Messages : 2705
Lieu: Luxembourg

Moyen Femrat

On cherche a et b rationnels tels que: a + b = 1/(ab) <=> a.b² + a².b - 1 = 0
d'où: b = [-a² +- V(a.(a³+4))] / 2a.
Il faudra et il suffira donc que V(a.(a³+4)) soit rationnel.
Ecrivons a = p/q (avec p et q premiers entre eux).
(p/q).[(p/q)³+4] carré rationnel <=> p.(p³+4.q³) carré parfait
Ceci n'est possible que si q divise p, en contradiction avec le fait que p et q sont premiers entre eux.
Conclusion: Deux rationnels dont la somme est égale à l'inverse de leur produit n'existent pas.

 #6 - 05-04-2014 22:47:07

Vasimolo
Le pâtissier
Enigmes résolues : 49
Messages : 4733

MMoyen Fermat

@Franky : Pourquoi [latex]p(p^3+4q^3)[/latex] ne peut être un carré que lorsque p divise q ?

Vasimolo

 #7 - 06-04-2014 11:06:35

nodgim
Elite de Prise2Tete
Enigmes résolues : 0
Messages : 2953

Myen Fermat

(a+b)ab=1
(a+x)ax=1
ax²+a²x-1=0
delta=a^4+4a qui doit être un carré
a^4=(a²)²

Soit k entier >0

(a²+k)²-a^4-4a=0 ?
2ka²-4a+k²=0 ?
delta'=4-2k^3 non carré pour k=1 et <0 pour k>1. FIN.

(a²-k)²-a^4-4a=0 ?
2ka²+4a-k²=0 ?
delta'= 4+2k^3.
C'est multiple de 2 seulement si k impair, donc pas un carré.
Si k pair
4+2k^3=4+16k'^3=4(1+4k'^3)
il faut 4k^3 +1=(2p+1)²
k^3=p(p+1) ce qui est impossible.

il n'y a pas de solution rationnelle à (a+b)=1/ab

 #8 - 06-04-2014 14:08:05

nolina
Habitué de Prise2Tete
Enigmes résolues : 25
Messages : 17

Moyn Fermat

Désolée, je n'ai pas trop détaillé et j'ai remplacé des b par des c par inattention...hmm
Je reprends : on avait c^3=(a+b)ab
Si a et b ne sont pas premiers entre eux, alors on note g leur PGCD et on peut écrire a=a'g et b=b'g avec pgcd(a',b')=1
PGCD(a',b')=PGCD(a'+b',b')=PGCD(a'+b',a')=1 Donc a'+b', a' et b' sont premiers entre eux.

En revenant à l'équation de départ, on a c^3=(a'g+b'g)a'gb'g et donc c^3=(a'+b')a'b'(g^3)  Ainsi g^3 divise c^3 et donc (c^3)/(g^3) est un entier, que l'on peut écrire aussi (c/g)^3, qui est donc le cube de l'entier c/g.
On a bien (c/g)^3=(a'+b')a'b'   Puisque le produit des facteurs a'+b', a' et b' est un cube et que ceux-ci sont premiers entre eux, alors chacun de ces facteurs est un cube. on note a'=d'^3 et b'=e'^3    a'+b' est également un cube donc :
a'+b'=f'^3 et a'+b'=d'^3+e'^3

d'^3+e'^3=f'^3 D'après le théorème de fermat, c'est impossible.

 #9 - 06-04-2014 15:32:23

Franky1103
Elite de Prise2Tete
Enigmes résolues : 49
Messages : 2705
Lieu: Luxembourg

Moyen Ferat

@Vasimolo
Dans l'idée, pour que p.(p³+4q³) soit un carré, il fallait que p divise p³+4q³ et, comme p divise p³, 4q³ et finalement q. Mais mon raisonnement est erroné car il sous-entend que p n'est ni pair ni lui-même un carré, ce qui n'est pas donné. Je vais donc revoir ma copie et revenir ici plus tard (je pense qu'il y a du Bezout là-dessous).

 #10 - 06-04-2014 17:03:40

Vasimolo
Le pâtissier
Enigmes résolues : 49
Messages : 4733

moyen fetmat

@Nodgim : attention a et k ne sont pas forcément entiers et il me semble qu'il y a une erreur de signe dans ton discriminant .
@Nolina : c'est bon smile

Vasimolo

 #11 - 06-04-2014 21:47:45

fix33
Elite de Prise2Tete
Enigmes résolues : 48
Messages : 1198
Lieu: Devant un clavier depuis 1748

Moyen Fermaat

Salut !
Et moi alors, j'en suis où stp ?


Je ne vien sur se site que pour faire croir que je suis treise intélligens.

 #12 - 06-04-2014 23:27:43

Vasimolo
Le pâtissier
Enigmes résolues : 49
Messages : 4733

Moyen Fermatt

A dire vrai je ne comprends pas tes notations : cubert ?

As-tu bien saisi que les solutions devaient être rationnelles , dans [latex]\mathbb{Q}[/latex] ?

Vasimolo

 #13 - 08-04-2014 18:13:52

Vasimolo
Le pâtissier
Enigmes résolues : 49
Messages : 4733

Moyen Frmat

Je donne ma solution qui est proche de celle de Nolina :

On note [latex]x[/latex] et [latex]y[/latex] les deux rationnels recherchés : [latex]xy(x+y)=1[/latex] . On choisit un entier [latex]d[/latex] tel que [latex]dx=m[/latex] et [latex]dy=n[/latex] soit entiers et premiers entre-eux . L'égalité précédente devient alors [latex]mn(m+n)=d^3[/latex] . Comme [latex]m[/latex], [latex]n[/latex] et [latex]m+n[/latex] sont premiers entre eux deux à deux ce sont tous les trois des cubes : [latex]m=a^3,n=b^3,m+n=c^3[/latex] . On a donc [latex]c^3=a^3+b^3[/latex] et voilà Fermat dans le cas d'un exposant 3 .

La solution est loin d'être aussi immédiate qu'il n'y parait .

Pour justifier le titre : Le grand théorème de Fermat est réservé au théorème de Wiles-Fermat et le petit à la relation [latex]a^{\varphi(n)}=1[/latex] dans un groupe , il fallait bien qualifier celui-là smile

Merci aux participants smile

Vasimolo

 #14 - 10-04-2014 09:44:22

masab
Expert de Prise2Tete
Enigmes résolues : 44
Messages : 679

Moyeen Fermat

Il manque un petit point (facile à combler)  à la preuve de Vasimolo : justifier que l'on peut choisir [latex]m[/latex] et [latex]n[/latex] premiers entre eux.

 #15 - 10-04-2014 20:45:08

cogito
Expert de Prise2Tete
Enigmes résolues : 48
Messages : 593

Moyen Feramt

En fait on ne peut pas toujours :

si [latex]x= 6/5[/latex] et [latex]y = 3/5[/latex] alors on cherche [latex]d[/latex] tel que :

[latex]m = d*x[/latex] soit entier et
[latex]n  = d*y[/latex] soit aussi entier.

On a forcément [latex]d[/latex] qui est un multiple de 5. On peut donc poser [latex]d = 5k[/latex].  Donc [latex]m = 6k[/latex] et [latex]n = 3k[/latex].

Quelque soit [latex]k[/latex], [latex]m[/latex] et [latex]n[/latex] ne seront jamais premiers entre eux.


Il y a sûrement plus simple.

 #16 - 10-04-2014 21:33:16

Vasimolo
Le pâtissier
Enigmes résolues : 49
Messages : 4733

Moeyn Fermat

@Cogito : il ne faut pas oublier que [latex]xy(x+y)=1[/latex]

Vasimolo

 #17 - 10-04-2014 22:20:43

cogito
Expert de Prise2Tete
Enigmes résolues : 48
Messages : 593

Moyen Fermaat

Ah, pardon.
J'avais l'impression que c'était annoncé comme un résultat général, j'avais mal compris hmm (encore une fois lol).


Il y a sûrement plus simple.

 #18 - 12-04-2014 07:43:54

Vasimolo
Le pâtissier
Enigmes résolues : 49
Messages : 4733

miyen fermat

Comme on ne se bouscule pas pour répondre ...

Supposons que [latex]d[/latex] soit choisi avec un nombre de facteurs premiers minimal : [latex]m=dx[/latex] et [latex]n=dy[/latex] .

Soit [latex]p[/latex] un facteur premier de [latex]m[/latex] et [latex]n[/latex] . comme [latex]d[/latex] est minimal , [latex]p[/latex] ne divise pas [latex]d[/latex] alors [latex]V(x)>0[/latex] , [latex]V(y)>0[/latex] et [latex]V(x+y)>0[/latex] , [latex]V[/latex] désignant la valuation p-adique . Mais alors [latex]V[xy(x+y)]=V(1)>0[/latex] , ce qui est faux donc [latex]m[/latex] et [latex]n[/latex] sont premiers entre eux .

Vasimolo

 #19 - 12-04-2014 20:08:53

Winterisc
Amateur de Prise2Tete
Enigmes résolues : 38
Messages : 6

moyen dermat

J'ai cherché ton énigme Vasimolo, et je pense avoir trouvé une solution (mais bien plus longue !) n'utilisant pas le théorème de Fermat, qui est tout de même un assez gros résultat pour une question de ce type.

As-tu cherché sans Fermat ?

 #20 - 12-04-2014 21:30:36

Vasimolo
Le pâtissier
Enigmes résolues : 49
Messages : 4733

miyen fermat

Il ne s'agît tout de même que Fermat dans le cas [latex]n=3[/latex] qui est connu depuis très longtemps .

Mais si tu as une autre démo , tu peux la proposer smile

Vasimolo

 #21 - 13-04-2014 21:07:31

Winterisc
Amateur de Prise2Tete
Enigmes résolues : 38
Messages : 6

Moyen Fermta

Je regarderais comment se montre Fermat dans le cas [latex]n=3[/latex], mais tu as raison, ça doit être bien plus simple. Quand à ce que j'ai trouvé, déjà je ne suis pas super sûr que ça marche, et j'ai vraiment pas le courage de taper toute la démo.

 

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