Équation diophantienne

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.

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} $ : contradiction. Les seules solutions avec $\displaystyle x=3$ sont donc $\displaystyle (3,3,4,11)$ et $\displaystyle (3,3,5,7).$

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.