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Équation diophantienne

Envoyé par etanche 
Équation diophantienne
il y a sept semaines
Bonjour
Déterminer x,y,z,t dans N* ta [tels que] xyz+yzt+ztx+txy=xyzt+3
En divisant par xyzt on a

1/x+1/y+1/z+1/t=1+3/(xyzt)

Si x>4,y>4,z>4,t>4 le membre de gauche est <1
Donc au moins une des inconnues est entre 1 et 3

On remarque x=y=z=t=1 est solution
Je pense que c'est le seul quadruplet solution.
Comment le prouver ?
Merci.



Edité 1 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a sept semaines et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par AD.
Re: Équation diophantienne
il y a sept semaines
avatar
Bonjour,

$(x,y,z,t)=(2,3,7,39)$ est aussi solution, ainsi que $(2,3,9,17)$ ou $(3,3,4,11)$ ou $(3,3,5,7)$. Il y a peut-être encore d'autres solutions.
Re: Équation diophantienne
il y a sept semaines
avatar
Bonjour,

Après trois années sur ce phorum, on s'attend à ce que les formules soient lisibles.

On cherche $\displaystyle x,y,z,t \in \N^*$ tels que $\displaystyle xyz + yzt + ztx + txy = xyzt + 3.$

On divise par $\displaystyle xyzt \neq 0$ : $\displaystyle {1\over x} + {1\over y} + {1\over z} + {1\over t} = 1+ {3 \over xyzt}.$

On note $\displaystyle a={1\over x}, b={1\over y} , c={1\over z} , d={1\over t} $ avec $\displaystyle a,b,c,d \in \N^*.$ On cherche donc $\displaystyle a,b,c,d \in \N^*$ tels que $\displaystyle a+b+c+d = 1+3abcd.$

Par symétrie, on suppose sans perte de généralité : $\displaystyle a \leq b \leq c \leq d$ et on a : $\displaystyle 1+3abcd = a+b+c+d \leq a + 3d$ et donc $3a(a^3-1) \leq 3d(abc-1) \leq a-1$ ; la condition sur $a$ est alors $\displaystyle (a-1) (3 a^3+3a^2+3a-1) \leq 0$ : on a donc établi que $\displaystyle a=1.$

On sait alors que $\displaystyle b+c+d = 3bcd.$ Je te laisse chercher la suite qui utilise la même astuce pour majorer $b$ : on commence par écrire $\displaystyle b+c+d \leq b + 2d.$

Une erreur doit être commise car je trouve $a=1$ et donc $x=1$... ce qui ne va pas d'après la solution de @marco. J'ai trouvé : quand je pose $a = 1/x$, $a$ n'est pas un entier naturel mais un rationnel !



Edité 2 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a sept semaines et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par YvesM.
Re: Équation diophantienne
il y a sept semaines
avatar
Bonjour,

Lorsque les quatre entiers sont égaux, on a $\displaystyle x=y=z=t=u$ et $u^4-4u^3+3 = (u-1) (u^3-3u^2-3u-3) = 0$ dont une étude de fonction montre que seul $\displaystyle u=1$ est solution : $(1,1,1,1).$

Lorsque trois entiers sont égaux (et différents du quatrième), on a $\displaystyle x=y=z=u$ et $\displaystyle (t-1)u^3-3 tu^2+3 = 0.$ Pour $u$ entier, on a $u$ divise $3$ et donc $\displaystyle u=1$ ou $\displaystyle u=3.$ Ces deux cas sont à exclure car $\displaystyle t \neq u.$

Lorsque deux entiers sont égaux (et différents des deux autres), on a $\displaystyle x=y=u$ et $\displaystyle (z+t-zt)u^2 + 2 zt u - 3 = 0.$ Pour $u$ entier, on a $u$ divise $3$ et donc $\displaystyle u=1$ ou $\displaystyle u=3.$ Pour $\displaystyle u=1$, on a $\displaystyle z+t+zt = 3$ et on retombe sur $\displaystyle z=t=1$ : contradiction. Pour $\displaystyle u=3$, on a $\displaystyle 3z+3t = zt + 1.$ Pour $\displaystyle t \neq 3$ cette équation s'écrit aussi $\displaystyle z = 3 + {8 \over t-3}$ dont toutes les solutions sont $\displaystyle (z,t)$ :$\displaystyle (11,4), (7,5), (5,7), (4,11)$ puisque $t-3$ divise $8.$ Puisqu'on écrit les solutions avec $\displaystyle x \leq y \leq z \leq t$ on retombe sur les solutions de @marco : $\displaystyle (3,3,4,11), (3,3,5,7).$ On a montré que ce sont les seules dans ce cas.

Démonstration :
Comme on a $\displaystyle {1 \over x} + {1 \over y} +{1 \over z} +{1 \over t} = 1 + {3 \over xyzt}$, alors, avec $\displaystyle x \leq y \leq z \leq t$, pour $x \geq 4$ on a $\displaystyle {1 \over x} + {1 \over y} +{1 \over z} +{1 \over t} <1$ : contradiction. L'inégalité est stricte car les quatre entiers ne peuvent pas étre tous égaux. On a donc $\displaystyle x \leq 3.$

Pour $\displaystyle x=1$, on a $\displaystyle yz+zt+ty=3.$ Pour $\displaystyle y=1$, on a $\displaystyle z = -1 + {4 \over 1+t}$ et donc $\displaystyle t=1, z=1$ et on retrouve $\displaystyle (1,1,1,1).$ Comme $\displaystyle z+t \geq 2$, alors $\displaystyle y(z+t)+zt=3$ implique que $\displaystyle y <2.$ La seule solution avec $\displaystyle x=1$ est donc $\displaystyle (1,1,1,1).$

Pour $\displaystyle x=2$, on a $\displaystyle 2 yz + 2zt + 2ty = yzt+3.$ Donc $yzt$ est impair.
Pour $\displaystyle y=3$, $\displaystyle z = 6 + {33 \over t-6}$ dont les solutions sont $\displaystyle (z,t)$ : $\displaystyle (9,17), (7,39). $ On retrouve les solutions de @marco : $\displaystyle (2, 3, 7, 39), (2,3,9,17).$
Pour $\displaystyle y=5$, $\displaystyle 10z+10t = 3 zt + 3$ et donc $zt$ est impair. Comme on a $\displaystyle z = {10 t - 3 \over 3t-10} \geq 5$ alors $\displaystyle t \leq 10$ et donc $\displaystyle t\in \{5,7,9\}$ dont aucune valeur n'est solution.
Pour $\displaystyle y \geq 7$, on a $\displaystyle z = 2 + {4(y+t) - 3 \over yt - 2(y+t)}$ et le dénominateur est positif car $\displaystyle t \geq y =7.$ Comme $\displaystyle z \geq y=7$ alors il faut $\displaystyle {4(y+t) - 3 \over yt - 2(y+t)} \geq 5$ et donc $\displaystyle 7 \leq y \leq {14 t - 3 \over 5t-14}$ et donc $t \leq 4$ : contradiction. Les seules solutions avec $\displaystyle x=2$ sont donc $\displaystyle (2, 3, 7, 39), (2,3,9,17).$

Pour $\displaystyle x=3$ on a $\displaystyle 3yz+3zt+3ty = 2yzt + 3.$ Pour $\displaystyle y = 3$, on a $\displaystyle z = 3 + {8 \over t-3}$ dont les solutions sont $\displaystyle (3,3,4,11)$ et $\displaystyle (3,3,5,7).$
Pour $\displaystyle y \geq 4$, on a $\displaystyle z = {3ty-3 \over 2yt - 3(y+t)} \geq 4.$
Si le dénominateur est positif, on a donc $\displaystyle 4 \leq y \leq {12t-3 \over 5t-12}$ et donc $\displaystyle t\leq {45 \over 8} <6$ et donc $\displaystyle t = 4$ ou $\displaystyle t=5$ : contradiction (par simple calcul).
Si le dénominateur est négatif, on a $\displaystyle 2 yt - (3y+t) \leq 0$ et donc $\displaystyle 4 \leq y \leq {3t \over 2t-3}$ et donc $\displaystyle t \leq {12 \over 5} <3$ : contradiction. Les seules solutions avec $\displaystyle x=3$ sont donc $\displaystyle (3,3,4,11)$ et $\displaystyle (3,3,5,7).$



Edité 6 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a sept semaines et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par YvesM.
Re: Équation diophantienne
il y a sept semaines
Moi j'ai procédé par cas et sous-cas en suivant l'idée initiale d'Etanche. Partant de $ 1 \leq x \leq y \leq z \leq t$ SPDG, il observe que $ 1 \leq x \leq 3 $.

Cas n° 1. Si $x=1$, alors l'équation proposée devient : $ \frac 1y+ \frac 1z+ \frac 1t= \frac {3}{yzt}$, qui s'écrit : $(z+y)(t+y)=y^2+3$ (sauf erreur), d'où : $(y+1)^2 \leq y^2+3$, $y=1$. L'équation devient : $(z+1)(t+1)=4$, et l'on a la solution triviale $(x,y,z,t)=(1,1,1,1)$

Cas n° 2. Si $x=2$, alors l'équation proposée devient : $ \frac 1y+ \frac 1z+ \frac 1t=\frac 12+ \frac {3}{2yzt}$, d'où : $\frac3y> \frac12$, $ 2 \leq y \leq 5$.
Pénible...

Cas n° 3. Si $x=3$, alors l'équation proposée devient : $ \frac 1y+ \frac 1z+ \frac 1t=\frac23+ \frac {1}{yzt}$, d'où : $ 3 \leq y \leq 4$
$~~~~$ Cas n° 3.1 : si $y=4$, alors l'équation proposée devient : $ \frac 1z+ \frac 1t= \frac{5}{12}+ \frac {1}{4zt}$, qui s'écrit : $(5z-12)(5t-12)=129$ (sauf erreur), en se souvenant que : $ 4 \leq z \leq t$. Pas de solution.
$~~~~$ Cas n° 3.2 : si $y=3$, alors l'équation proposée devient : $ \frac 1z+ \frac 1t=\frac13+ \frac {1}{3zt}$, qui s'écrit : $(z-3)(t-3)=8$ (sauf erreur), en se souvenant que : $ 3 \leq z \leq t$. Solutions : $(z,t)=(4,11)$ ou $(5,7)$.

Je n'ai pas terminé le cas n° 2, le plus pénible, mais il me semble que ça permet de conclure pourvu qu'on ait le temps... mais ce n'est pas très joli...

Bonne journée.
FR. Ch.
Re: Équation diophantienne
il y a sept semaines
Pour le cas n°2, on peut multiplier par $2yzt$ et en déduire qu'il n'y a pas de solution avec $y$ pair.

Il n'y a donc que les cas $y=3$ et $y=5$ à étudier.
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