Somme de deux carrés ?

Oui : $E=\emptyset$.

L'ensemble $E$ a plus que 3 éléments.

En effet, soient $x,y,z$ les trois éléments.

Le système $x=y^2+z^2$, $y=x^2+z^2,z=x^2+y^2$ est équivalent à $x+x^2=y+y^2=z+z^2$

Mais l'équation $x^2+x=u$ a seulement, au plus, deux solutions distinctes.

Ce qui est sûr , c'est que si tu as un tel ensemble E,fini, si tu considères le plus grand élément de cet ensemble $a$, tu peux rajouter l'élément $2a^2$.
Il n'est pas déjà dans l'ensemble $E$.

On a vu que $a>\dfrac{1}{2}$

et $2a^2>a$ est équivalent à $a(2a-1)>0$

PS:
Un ensemble E ne peut pas contenir que des entiers naturels (non nuls), le plus petit de ses éléments est nécessairement inférieur à 0,5.

Si $f(x,y)=x^2+y^2$ et $E$ un ensemble fini composé de réels strictement positifs, peut-on avoir $f(E\times E)=E$?

Si ce n'est pas le cas, cela permet d'agrandir l'ensemble $E$ cherché.

PS:
Je radote, j'ai déjà répondu à cette question plus haut. Il faut rajouter la condition que l'ensemble E soit de type C.

Pourquoi aurait-on:

$\displaystyle \sum_{x \in E} n(x) = 2n$ ?

Si on suppose que $E$ est de type C avec un nombre d'éléments minimum alors pour tout $x$ de $E$ on a $n(x)\geq 1$

Si un élément n'apparaissait pas dans une des sommes de carrés on pourrait l'enlever et on obtiendrait un ensemble de type C avec un nombre d'éléments plus petit que celui de $E$ ce qui contredirait le fait que le nombre d'éléments de $E$ est minimum.
On a donc
$\displaystyle \sum_{x \in E} n(x)\geq n$

Je crois que j'ai compris. :-)

Pour tout élément $e$ de l'ensemble $A$ des équations et pour tout $x$ de $E$ on a $e(x)=1$ si $x$ apparait dans le membre de droite de l'équation $e$ et $0$ sinon.

On a donc:
$\begin{align}\displaystyle \sum_{x \in E} n(x)&=\sum_{x \in E} \left(\sum_{e\in A} e(x)\right)\\
&=\sum_{e \in A}\left( \sum_{x \in E} e(x)\right)\\
&=\sum_{e \in A} 2\\
&=2n
\end{align}$

PS:
$e(x)=1$ seulement pour deux valeurs de x de $E$. Les deux éléments de $E$ qui sont élevés au carré dans le membre de droite de l'équation $e$.

Si E est un ensemble fini de type C, avec un nombre minimal d'éléments. Il y a un élément de $E$ qui apparait dans au moins deux égalités distinctes.

En effet,

On ne peut pas faire $n$ paquets de deux éléments et que le total des éléments soit $n$. :-D

(Si chaque élément de $E$ apparait dans une seule égalité on peut partitionner $E$ en utilisant la relation: "x est dans la même équation que y" qui est, sauf erreur, une relation d'équivalence (avec la supposition faite*).
Mais il y a n égalités donc n classes contenant deux éléments et $E$ ne contient que $n$ éléments).

PS:
Si on ne suppose pas que le nombre d'éléments de $E$ fini de type C est minimum, la relation binaire définie plus haut n'est pas nécessairement réflexive.

En espérant ne pas écrire trop d'énormités.

PS2:

*: la supposition faite:
Tout élément de $E$ apparait dans une seule équation.

Il me semble avoir montré que tous les éléments de $E=\{x_1, \dots,x_n\}$ étaient algébriques sur $\Q$. En effet, si l'un d'entre eux ne l'était pas, on serait dans la situation suivante: on aurait $x_1,\dots, x_k$ algébrique sur $\Q$ et $x_{k+1}$ transcendant sur $\Q(x_1, \dots ,x_k)$. Soit $K= \Q(x_1, \dots, x_k)$, alors on peut construire un morphisme de corps $\phi$ de $K(x_{k+1})$ dans $\R$ qui laisse stable $K$ et qui envoie $x_{k+1}$ sur un élément transcendant sur $K$ aussi grand que l'on veut mettons $y>2^{2^{n-1}-1}$. Ensuite on complète $\phi$ pour l'étendre en un morphisme $\psi$ de $K(x_{k+1}, \dots, x_n)$ dans $\R$. Donc $\psi(x_{k+1})=y$.

Alors l'ensemble $\psi(E)=\{ \psi(x_1), \dots, \psi(x_n)\}$ vérifie aussi la propriété portant sur la somme des carrés (car si $x=a^2+b^2$, on a $\psi(x)= \psi(a)^2+\psi(b)^2$). Donc d'après mon message précédent, $\psi(x_{k+1}) \leq 2^{2^{n-1}-1}$. Contradiction (peut-être).

Je ne sais pas si ça marche car peut-être, on ne peut pas compléter $\phi$ pour obtenir $\psi$.

Edit: non, car si $x_{k+2}^2=-x_{k+1}+A$, avec $A \in \Q$, quand $\psi(x_{k+1})$ croît, $\psi(x_{k+2}) \notin \R$.