Janvier 2018, on dérouille les méninges

soland · January 2018

Résoudre sur $\mathbb{C}$ : $\qquad x^3+y^3=x^2+y^2=2$

Math Coss · January 2018

Sauf erreur, voici les valeurs possibles de $\{x,~y\}$ :
\[\{1\},\quad\left\{\frac{\sqrt3-1}2-\frac{\sqrt[4]{3}}{\sqrt{2}},~\frac{\sqrt3-1}2+\frac{\sqrt[4]{3}}{\sqrt{2}}\right\},\quad\left\{\frac{-\sqrt3-1}2-\frac{\sqrt[4]{3}}{\sqrt{2}}\mathrm{i},~\frac{-\sqrt3-1}2+\frac{\sqrt[4]{3}}{\sqrt{2}}\mathrm{i}\right\}.\]
Critères pour se rassurer : il y a bien six solutions pour $(x,~y)$, ce qui est bien quand on intersecte une courbe de degré $3$ et une courbe de degré $2$ ; tous les choix des racines sont là. (Méthode : chercher $s=x+y$ et $p=xy$ soumis aux conditions $s^3-3sp=2=s^2-2p$.)

Edit : Suppression des « $\mathrm{i}$ » erronés dans la deuxième paire de solutions, conformément aux messages de Jandri et Soland plus bas. Explication de l'erreur : quand on remplace $-\sqrt{3}$ par $\sqrt{3}$, eh bien, le $\sqrt{-\sqrt{3}}$ de Sage que j'ai traduit par $\sqrt[4]{3}\mathrm{i}$ devient $\sqrt[4]{3}$.

jandri · January 2018

C'est très bien mais il faut supprimer les $i$ dans la deuxième paire.

soland · January 2018

J'ai $x=y=1$ comme solution double,
plus deux solutions réelles et deux solutions complexes conjuguées.

YvesM · January 2018

Bonjour,

Quand on part sur $(2-y^2)^3=(2-y^3)^2$ avec une solution évidente $y=1$ on tombe sur le polynôme $y^4+2y^3-4y-2=0$ qui n’est pas facile à factoriser. L’utilisation de la symétrie entre $x$ et $y$ avec somme et produit on a $s=2$ et $p=1$ comme solutions évidentes et on tombe sur le polynôme $u^2+2u-2=0$ pour somme et produit. On trouve bien les solutions (à corriger : pas de i dans la seconde paire).
L’utilisation de la symétrie facilite donc grandement la solution.

Une autre idée est de vérifier que $x=0$ n’est pas solution et de poser $t=y/x$ avec $t=1$ solution évidente : on tombe sur le polynôme $t^4+2 t^3+2 t+1=0$ qui est symétrique $t \leadsto {1 \over t}, t \neq 0$ et qui se factorise sous la forme $(t^2-at+1)(t^2-bt+1)$... que l'on peut résoudre. Merci @bisam (tu).

La symétrie entre $x$ et $y$ se retrouve donc entre $t$ et $1/t$ : ceci est évident !

bisam · January 2018

@YvesM : Bien au contraire, ce dernier polynôme se factorise aisément puisqu'il est symétrique.

soland · January 2018

On pose
$p_1 = x^3 + y^3 - 2 $
$p_2 = x^2 + y^2 - 2 $
$q_1 = -2 + x^3 - 2 y + x^2 y $
$q_2 = 4 - 4 x^2 + x^4 + 2 y - x^3 y + 2 y^2 - x^2 y^2$
On peut maintenant éliminer $y$ :
$p_1q_1+p_2q_2 = -2 (1 - x)^2 (-2 - 4 x + 2 x^3 + x^4) =: -2 (1 - x)^2 P $

Pour factoriser $P$, on l'écrit comme une différence de deux carrés (idée de Ferrari, je crois) :
$P=A^2-B^2=(A+B)(A-B)$
On cherche donc à rendre carré le polynôme $A^2-P$. Le polynôme $A$
est choisi de manière que $A^2-P$ soit de degré 2 à discriminant nul.
$$
(x^2+x+t)^2 - P = (2+t^2) + (4+2t)x + (1+2t)x^2
$$
Le petit discriminant du membre de droite est $2(1-t)^3$. Il s'annule pour trois valeurs complexes de $t$
qui correspondent aux trois factorisations de $P$ en polynômes de degré 2. On choisit bien sûr $t=1$.
$$
P=(x^2+x+1)^2-3(x+1)^2 = \prod_{\epsilon=\pm 1}((1+\epsilon\sqrt{3}) + (1+\epsilon\sqrt{3})x + x^2)
$$
On connaît la suite.