Quelle est l'image de cette fonction ?

est contenu dans [3;+oo[

Encore quelques valeurs entières, obtenues informatiquement : $f(1,2,4)=5$, $f(12,63,98)=9$, $f(5,225,81)=19$, $f(2,36,81)=41$ et $f(3,126,196)=66$.
Sauf erreur, il semble que $f\left([\![1,500]\!]^3\right)\cap\mathbb{N}=\{3,5,6,9,19,41,66\}$.

On a aussi $9=f(18,28,147)$ et $41=f(4,9,162)$... mais tout cela ne nous avance guère.

Il faudrait vraiment que quelqu'un se lance dans quelque chose de plus arithmétique.

Stabilisons au moins les notations.
Notons $E=\left(\mathbb{N}^*\right)^3$ et $F=f(E)$ l'image recherchée.
Soit $u$ et $v$ deux entiers naturels non nuls premiers entre eux tels que $u\geq 3v$.
Supposons que $\frac{u}{v}\in F$. Alors $\exists (a,b,c)\in E, uabc=v(ca^2+ab^2+bc^2)$.
Sans perte de généralité, on peut supposer que $a=max(a,b,c)$.
On peut également supposer que $a$, $b$ et $c$ sont premiers entre eux dans leur ensemble car $f(pa,pb,pc)=f(a,b,c)$ pour tout entier $p$ naturel non nul.

Mais après...

Encore une flopée...

$f(175,882,1620)=10$
$f(1053,6422,12996)=13$
$f(28,637,338)=14$
$f(450,11988,6845)=17$
$f(7098,167580,117325)=18$
$f(52,3549,882)=21$
$f(3078,131404,74529)=26$
$f(31347,336518,894348)=29$
$f(84,13671,1922)=30$
$f(1053,13013,53361)=51$
$f(28,1323,1458)=53$
$f(172,105393,6498)=54$
$f(228,237177,10658)=69$
$f(225,4941,18605)=83$
$f(292,484939,16562)=86$
$f(364,919191,24642)=105$
$f(35,66150,2916)=106$
$f(444,1638693,35378)=126$
$f(14,8820,2025)=149$
$f(52,10647,7938)=154$
$f(628,4510767,66978)=174$
$f(108,70713,18818)=178$
$f(735,32175,143143)=195$
$f(65,481650,12996)=237$
$f(36,5427,8978)=250$
$f(63,3626,16428)=261$
$f(14,11956,3721)=269$
$f(350,29596,114005)=326$
$f(126,31948,79707)=633$
$f(28,5733,27378)=978$
$f(20,3325,35378)=1769$
$f(9,11826,21316)=2369$

Vu nos avancées jusque-là... c'est toujours un point positif.

Comme je dis souvent à mes élèves, un exercice n'est pas forcément fait pour montrer que vous savez le faire mais surtout que vous savez chercher.

Salut.

Je vois pas d'où vient la supposition $abc = 1$ @soland ?

@uvdose, pourquoi tu prends $p$,$q$ et $r$ premiers deux à deux, et non pas seulement premiers dans leur ensemble ? Tu n'as pas montré que

un entier $n\in{f(E)\cap\mathbb{N}}$ est forcément atteint par un triplet de cette forme.

Mais par tes résultats, j'ai comme l'impression que les éléments de $f(E)\cap\mathbb{N}$, suivent une certaine régularité dans leur apparition,

dans un ordre croissant.

J'ai trouvé que $6$ devait être dans la liste, et effectivement, $f(12,9,2) = 6$. Est ce que tu ne pourrais pas essayer d'améliorer ton programme

pour avez une liste exhaustive en dessous d'une certaine valeur ?

Cordialement.

Bonjour
Sauf erreur de ma part, il me semble que tu as tout dit uvdose et c'est ce qu'il me semblait.

$f(E)\cap\mathbb{N}$ correspond à l'ensemble des entiers $\dfrac{p^3+q^3+r^3}{pqr}$ tels que $p,q,r$ entiers premiers deux à deux.

Enfin reste à préciser à quelle condition cette expression est entière...

Al-Kashi

Salut.

Est ce que $4+\frac12$ est atteint ?

Hello,
De mon côté, j'ai lu (partiellement pour l'instant) le .txt (25 pages) de Dave Rusin que l'on trouve dans http://oeis.org/A072716. Merci à Jandri. Gros effort pédagogique de la part de Rusin mais le problème est très très très complexe. De plus, il faut un peu d'habitude pour s'y retrouver dans ces 25 pages de Rusin.
Il intervient 2 cubiques (projectives) :
$$
E_1^{(n)} : a^2c + b^2a + c^2b = nabc, \qquad \qquad E_2^{(n)} : x^3 + y^3 + z^3 = nxyz
$$
Ici $n$ est quelconque, pas nécessairement un entier. Ces cubiques sont lisses sauf pour $n=3$. On exclut $n=3$ une fois pour toutes.

Les deux cubiques en question ont chacune 3 points rationnels particuliers ``évidents''. Par exemple, les 3 points $(1 : 0 : 0)$, $(0:1:0)$ et $(0:0:1)$ pour celle de gauche. Ces points sont les seuls ayant une coordonnée nulle. Ils peuvent être utilisés pour en faire des courbes elliptiques (ce qui nécessite un point base). Les deux cubiques sont reliées dans un sens ou dans l'autre par un morphisme de degré 3 (une isogénie). Par exemple :
$$
E_2^{(n)} \ni (x : y : z) \longmapsto (a : b : c) = (y^2z : z^2x : x^2y) \in E_1^{(n)}
$$
Oublions provisoirement cette histoire de positivité pour $(a,b,c)$. Dire que $n$ est dans l'image convoitée équivaut à dire que $E_1^{(n)}$ contient un point $(a : b : c)$ (rationnel ou entier, c'est pareil because projectif) dont aucune coordonnée n'est nulle (diviser par $abc$). Ou encore que $E_1^{(n)}$ contient un point rationnel autre que les points $(1 : 0 : 0)$, $(0:1:0)$ et $(0:0:1)$. C'est un problème très complexe.

On fixe un point base de manière à en faire des courbes elliptiques fournies par une équation de Weierstrass (longue). Rusin le fait pour la courbe $E^{(n)}_2$. Après je ne sais combien d'heures de boulot, constatant que le modèle de Weierstrass donné par Rusin possède une certaine complexité, j'ai fini par le faire directement pour $E^{(n)}_1$. Il s'agit du modèle de Weierstrass suivant donné en affine :
$$
E_n: Y^2 = X^3 + n^2X^2 + 8nX + 16
$$
Ne pas se mélanger les pinceaux entre les différents systèmes de coordonnées. Les courbes $E_n$ et $E^{(1)}_n$ sont $\Q$-isomorphes via un isomorphisme (linéaire) explicite de $\mathbb P^2$. Travailler avec l'une ou l'autre c'est pareil. Sauf qu'avec $E_n$, on profite de l'avantage qu'elle est sous forme de Weierstrass.

...etc... Je zappe.

Bref, au bout d'un certain temps, les outils du côté de $E_1$ ont commencé à donner (alors que le logiciel capitule du côté de $E_2$) . J'ai pris $n = 73$ et je montre ci-dessous un triplet d'entiers $(a_0, b_0, c_0)$ qui réalise $n$.

> n := 73 ;
> E, E1toE, EtoE1 := MyEllipticCurve(n) ;  // maison
> E1 := Domain(E1toE) ;
> E1 ;
Curve over Rational Field defined by
a*b^2 + a^2*c - 73*a*b*c + b*c^2
> E := Codomain(E1toE) ;
> E ;
Elliptic Curve defined by y^2 = x^3 + 5329*x^2 + 584*x + 16 over Rational Field
> 
> time G, GtoE := MordellWeilGroup(E) ;
Warning: rank computed (0) is only a lower bound
(It may still be correct, though)   // INCORRECT i.e. MordellWeilGroup capitule
Time: 0.920
> G ;
Abelian Group isomorphic to Z/3  Defined on 1 generator  Relations:  3*G.1 = 0  // FAUX
> time ok, p := HeegnerPoint(E) ;   // On sort une autre artillerie (très très lourde)
Time: 2.100
> p ;
(-1016423305745800678508556328968/1936346342378584154797319700289 : 
92466158602758489876800256772058174984104828292/2694477486671622761439673888324\
026754597645087 : 1)
> a0b0c0 := IntegralForm(EtoE1(p)) ;  // maison
> a0,b0,c0 := Explode(a0b0c0) ;
> a0 ;
11292297000654496405335510949910299457369170492
> b0 ;
172723836756501917570316715502068598029765191
> c0 ;
22666468453350822445049374796732311079229198
> assert a0^2*c0 + b0^2*a0 + c0^2*b0 eq n*a0*b0*c0 ;
> assert F(a0,b0,c0) eq n ;

Ce que je n'ai pas encore compris dans Rusin, c'est cette histoire de positivité qui est reliée à une histoire de sous-groupe d'indice 2 de la courbe elliptique.

@uvdose
Merci d'avoir localisé chez Dofs (Solutions of $x^3 + y^3 + z^3 = nxyz$), le cas où $n$ est de la forme $M^2+5$ en haut de la page 211. Ce n'est pas toujours facile de s'y retrouver. Je ne sais pas si tu as essayé de regarder dans Rusin, c'est un tantinet compliqué la première heure pour trouver qui est où. A la fin de Rusin, il y a une table pour le statut des $n$ pour $1 \le n \le 200$.

Note : chez Dofs, dans la table 3, page 211, on voit quand même que pour $n=73$, le triplet solution $(x_0,y_0,z_0)$ de $x^2 + y^3 + z^3 = nxyz$ est plus petit que le triplet $(a_0,b_0,c_0)$ de la courbe en $a,b,c$ :
$$
E^{(n)}_1 : a^2 c + b^2 a + c^2b = nabc
$$
Je parle du triplet $(a_0,b_0,c_0)$ que j'ai donné dans un post antérieur. Faut donc modérer ce que j'ai dit.

J'en profite pour corriger une ânerie. J'ai dit que ``ma'' courbe elliptique $E_n$ était $\Q$-isomorphe à $E^{(n)}_1$. Ca, c'est vrai ; par un isomorphisme linéaire. NON. NON. NON.

> n := 6 ;                               
> E, E1toE, EtoE1 := MyEllipticCurve(n) ;
> E ;              
Elliptic Curve defined by y^2 = x^3 + 36*x^2 + 48*x + 16 over Rational Field
> E1toE : Minimal ;
(a : b : c) -> (4*a*c : 4*a*b - 24*a*c + 8*c^2 : -a*b)
> EtoE1 : Minimal ;
(X : Y : Z) -> (2*X^2 : -24*X*Z - 4*Y*Z - 16*Z^2 : 6*X^2 + X*Y + 4*X*Z)

Je ne sais pas ce qui m'a pris de dire linéaire. Pas besoin de savoir des choses sur les courbes pour voir que les transformations ci-dessus en $(a,b,c)$ et $(X,Y,Z)$ ne sont pas linéaires : elles sont quadratiques (et inverses l'une de l'autre). J'étais pourtant à jeun. Peut-être un peu de fatigue.

Et pour une c.nner.e, c'en est quand même une grosse. Car je m'appuie sur le point $p_3$ :
$$
\mathbb P^2_{(a:b:c)} : \qquad \qquad p_1 = (1 : 0 : 0), \qquad p_2 = (0 : 1 : 0), \qquad p_3 = (0 : 0 : 1)
$$
Or le point $p_3$ n'est pas un point d'inflexion du plongement $E^{(n)}_1 \hookrightarrow \mathbb P^2$. Et donc impossible de mettre la courbe sous forme Weierstrass par une transformation linéaire (par appui sur $p_3$). Car le point $(0 : 1 : 0)$ d'une Weierstrass est d'inflexion. Faut quand même pas pousser. Idem pour $p_1, p_2$.


Par contre, pour l'autre courbe en $x,y,z$
$$
E^{(n)}_2 : x^3 + y^3 + z^3 = nxyz
$$
les 3 points évidents :
$$
\mathbb P^2_{(x:y:z)} : \qquad \qquad q_1 = (0 : -1 : 1), \qquad q_2 = (-1 : 0 : 1), \qquad q_3 = (-1 : 1 : 0)
$$
sont tous les trois d'inflexion dans le plongement $E^{(n)}_2 \hookrightarrow \mathbb P^2$. Et c'est donc possible (et même conseillé) de mettre la courbe $E^{(n)}_2$ sous forme Weierstrass (en s'appuyant sur un $q_i$) par un isomorphisme $\Q$-linéaire de $\mathbb P^2$. C'est la courbe elliptique de Rusin que je trouve grosse.

Voilà, voilà. Faute avouée ...etc..

Je n'ai aucun mérite.

J'ai d'abord introduit sur l'OEIS la première suite trouvée par uvdose: 3,5,6,9,19,41,66.
Cela n'a rien donné.

Quand uvdose a complété avec d'autre valeurs: 10 , 13 , 14 ,17 ,18 ,21 26 , 29 j'ai intercalé ces valeurs et 3,5,6,9,10,13,14,17,18,19,21,26,29 m'a donné la suite A072716.