Chers amis de Diophante,

$\{ 5/14\;,\; 15/14 \}$ est une solution rationnelle de
$$
X^2+Y^2=X^3+Y^3
$$
Trouvez-en une infinité d'autres.

Source par courrier privé sur demande ou à la fin du fil

Réponses

  • Prendre la tangente.

    PS. Ou plutôt paramétrer rationnellement :
    $$x=\frac{1+t^2}{1+t^3}\quad y=\frac{t+t^3}{1+t^3}\;.$$
    $t=3$ donne le point indiqué. $t\in \Q$ donne tous les points rationnels en dehors de l'origine.
  • Pour tout $(a,b)\in N^{*2}$, $\frac{a^2+b^2}{a^3+b^3}(a,b)$ est solution.

    Edit:grillé
  • GaBuZoMeu a écrit:
    $t\in \Q$ donne tous les points rationnels en dehors de l'origine.
    Même $(0,1)$ ? B-)
  • Oui, pour $t=\infty$ ;-)
  • Merci à tous les participants.

    K.R.S. Sastry, Bangalore, en Inde
    Mayhem 279 in Crux Mathematicorum 33.1 (2007) p.9

    Je suis parti sur les fonctions symétriques $s_1:=\alpha+\beta$ et $s_2:=\alpha\beta$.
    L'équation se récrit
    $$
    s_1^2-2s_2 = s_1^3-3s_1s_2 \quad\text{ou encore}\quad s_2 = \frac{s_1^3-s_1^2}{3s_1-2}
    $$
    $\alpha$ et $\beta$ sont solution de $Z^2-s_1Z+s_2=0$ dont le discriminant est
    $$
    \Delta = s_1^2 - 4 \frac{s_1^3-s_1^2}{3s_1-2} = s_1^2\centerdot \frac{-s_1+2}{3s_1-2}
    \quad\text{On pose donc}\quad k^2 := \frac{-s_1+2}{3s_1-2} \quad\text{qui donne}\quad s_1 = 2\centerdot\frac{k^2+1}{3k^2+1}
    $$
    $$
    \text{En fin de compte,}\quad ( \alpha , \beta ) = \left( \frac{1-k+k^2-k^3)}{1+3k^2},\frac{1+k+k^2+k^3}{1+3k^2} \right)
    $$
    C'est moins joli que GBZM, mais on fait ce qu'on peut.
  • Petite explication : la courbe proposée est une cubique plane, dont on voit immédiatement qu'elle a un point double à l'origine (point double solitaire puisque la partie quadratique de l'équation est $x^2+y^2$). C'est donc une cubique rationnelle et on obtient une paramétrisation en faisant passer une droite par le point double : $y=tx$. En substituant dans l'équation, on voit apparaître un facteur $x^2$ (normal, l'origine qui compte comme point d'intersection double avec la cubique) et le troisième point d'intersection de la droite avec la cubique est donné par l'expression de $x$ en fonction de $t$ que j'ai donnée.
    C'est le procédé classique pour paramétrer une cubique ayant un point double.
  • Une image ne saurait nuire.67048
  • Joli problème et belle réponse de GaBuZoMeu, mais je ne sais pas comment il fait pour paramétrer.
    Je connais ce site, il y a aussi la réponse dans les mois qui suivent.
  • je ne sais pas comment il fait pour paramétrer.
    Il me semblait l'avoir expliqué. Enfonçons le clou.
    Je substitue $tx$ à $y$ dans l'équation :
    $$x^2(1+t^2)=x^3(1+t^3)\;.$$
    En dehors de la solution double $x=0$ que j'élimine, j'ai
    $$x=\frac{1+t^2}{1+t^3}\;,$$
    et toujours $y=tx$.
  • Oui GaBuZoMeu, merci pour la répétition et désolé pour avoir zappé l'explication déjà faite.
Connectez-vous ou Inscrivez-vous pour répondre.