Équation dans $\Z$
Bonjour, avec un ami, on bloque sur la question suivante : Montrer que l'équation \[5x^3+11y^3+13z^3=0\] n'admet pas de solution non triviale dans $\Z$.
Auriez-vous une indication ?
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Réponses
-- Schnoebelen, Philippe
On sait alors que les solutions sont des multiples de 5.
-- Schnoebelen, Philippe
Modulo 13, en revanche :
#!/usr/bin/python3 from itertools import product m=13 for x,y,z in product(range(m),repeat=3): if x==y==z==0: continue if (5*x**3+11*y**3+13*z**3)%m==0: print(x,y,z)On voit qu’il n’y a pas de solution sauf si x et y sont des multiples de 13 (tous les deux). Dans ce cas, z doit aussi en être un. Divise tout le monde par 13³…
-- Schnoebelen, Philippe
Oh ! Chaurien ! Je suis rassuré de te voir réapparaître !!
Cordialement,
Rescassol
Trouver les solutions dans $\Z$ de $\displaystyle 5 x^3+11 y^3+13 z^3=0.$
On peut supposer sans perte de généralité que $x,y,z$ n'ont pas de commun facteur premier. En effet, si c'est le cas, alors à partir d'une solution $\displaystyle (tx,ty,tz)$ avec $t \in \N$ ce commun facteur premier, on peut construire la nouvelle solution $\displaystyle (x,y,z).$
On pose $\displaystyle X=x^3, Y=y^3, Z=z^3$ et on écrit l'équation modulo $\displaystyle 9$ pour obtenir : $\displaystyle -4X+2Y+4Z=0 \mod(9) $ qui implique que $\displaystyle X=a+v \mod(9), Y=2a \mod(9), Z=v \mod(9)$ avec $\displaystyle v, a \in \{0,1,2,3,4,5,6,7,8 \}.$
Comme $\displaystyle Z=z^3$ alors $\displaystyle z^3=v \mod(9)$ et les tables donnent les seules possibilitiés : $\displaystyle v \in \{0,1,8 \}.$
Comme $\displaystyle Y=y^3$ alors $\displaystyle y^3=2 a \mod(9)$ et les tables donnent les seules possibilités : $\displaystyle a \in \{0,4,5 \}.$
Comme $\displaystyle X=x^3$ alors $\displaystyle x^3=a+v \mod(9)$ et les valeurs permises de $a$ et $v$ donnent une seule possibilité : $a=0.$
On a donc nécessairement : $\displaystyle x^3=v \mod(9), y^3=0 \mod(9), z^3=v \mod(9)$ avec $\displaystyle v \in \{0,1,8 \}. $ Si $\displaystyle v=0$, alors $\displaystyle x^3, y^3, z^3$ ont le commun facteur $9$ et donc nécessairement $27$, mais alors $x,y,z$ ont le commun facteur premier $3$ : contradiction, donc $\displaystyle v \in \{1,8 \}. $
Avec module $5$, on obtient : $\displaystyle y^3=-3w \mod(5), z^3=w \mod(5)$ avec $\displaystyle w \in \{0,1,2,3,4 \}. $
Avec module $11$, on obtient : $\displaystyle x^3=t/3 \mod(11), z^3=t \mod(11)$ avec $\displaystyle t \in \{0,3,6,9 \}. $
Avec module $13$, on obtient : $\displaystyle x^3=-r/4 \mod(13), y^3=r \mod(13)$ avec $\displaystyle r =0$ car les valeurs $4,8,12$ sont exclues pour un cube. On a donc $\displaystyle x^3=0 \mod(13), y^3=0 \mod(13).$
Ai-je trouvé ?
On résume, avec le modulo $13$, on a trouvé que : $\displaystyle 5 x^3+11 y^3=0 \mod(13)$ ; puis que $\displaystyle x^3=0 \mod(13), y^3=0 \mod(13).$, on en déduit que $\displaystyle x=0 \mod(13)$ et $y=0 \mod(13).$ On pose alors $x=13 x', y=13 y'$ et on reporte dans l'équation $5.13^3 x'^3+11.13^3 y'^3+13 z^3=0$ et donc $z^3=-13^2 (5 x'^3 + 11 y'^3)$ et donc nécessairement on a $\displaystyle (5 x'^3 + 11 y'^3)=0 \mod(13).$ Par un raisonnement de 'descente infinie' on a donc montré que $x=y=0$ et donc $x,y,z$ est l'unique solution.
J'ajoute juste deux bricoles. Comme $3 \mid 13-1$, à savoir $13-1 = 3 \times 4$, il y a seulement $1 + 4$ cubes dans $\F_{13}$ (le 1 pour zéro)
> F13 := GF(13) ; > {truc^3 : truc in F13} ; { 0, 1, 12, 5, 8 }Mais, dans $\F_{13}$, $-5/11$ n'est pas un cube (cf ci-dessous). Travaillons alors dans $\F_{13}$. De $5x^3 + 11y^3 = 0$, on pourrait (conditionnel) écrire $(y/x)^3 = -5/11$ conduisant au fait que $-5/11$ est un cube. Or, puisque ce n'est pas le cas, c'est que l'on ne peut pas diviser par $x$ i.e. $x=0$ dans $\F_{13}$. Puis $y = 0$ dans $\F_{13}$.
Pourquoi $-5/11$ n'est pas un cube dans $\F_{13}$ ? Parce qu'il ne figure pas parmi les cubes.
Mais pour $p = 5, 11$, on a que $3$ ne divise pas $p-1$. Donc tout élément de $\F_p$ est un cube (exercice : pour $p \ne 1 \bmod 3$, la fonction $x \mapsto x^3$ est une bijection explicite de $\F_p$ sur lui-même, explicite signifiant que l'on peut et doit expliciter l'inverse). Pas question d'utiliser $5$ et/ou 11 pour faire le bon coup réalisé avec 13.
> F11 := GF(11) ; > {truc^3 : truc in F11} ; { 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10 } > F5 := GF(5) ; > {truc^3 : truc in F5} ; { 0, 1, 2, 3, 4 }Cube, quand tu me tiens.
Par homogénéité, $5x^3+11y^3+13z^3=0$ a des solutions autres que $(0,0,0)$ si et seulement si elle en a de telles quand $x,y$ et $z$ sont étrangers dans leur ensemble, ce que je suppose dans la suite.
Dès lors est exclu le cas où $13$ divise $x$ et $y$, car alors $13$ divise $z$.
$1,-1,8$ et $-8$ sont des cubes d'entiers relatifs, donc d'entiers modulo $13$. Ils sont distincts modulo $13$ et forment donc le groupe des cubes non nuls modulo $13$ car il est d'ordre $4$. On constate qu'aucun des quatre n'est congru à $2$ modulo $13$, alors que le cube $-8$ est congru à $5$ modulo $13$.
$5x^3+11y^3+13z^3=0$ implique $5x^3+11y^3=0$ modulo $13$, soit $5x^3=2y^3$ modulo $13$, soit $cube= non-cube$ modulo $13$, soit faux.
L'équation originelle n'a donc que la solution triviale.
Rien qui n'ait été déjà dit, seulement une reformulation.
Amicalement
Paul