Puzzle diophantien

uvdose · August 2018

Bonjour,

Voici une petite amusette diophantienne. On peut laisser l'artillerie lourde dans la remise et continuer à siroter son thé glacé.

Soient $m_1$, $m_2$, $m_3$, $m_4$ et $m$ des entiers fixés, strictement supérieurs à $1$, et deux à deux premiers entre eux. On considère l'équation d'inconnues entières et strictement positives $x_1$, $x_2$, $x_3$, $x_4$ et $x$ :
$$x_1^{m_1}+x_2^{m_2}+x_3^{m_3}+x_4^{m_4}=x^{m}\;\;\;\;\;\;(\mathcal{E})$$
Soit $(\varepsilon_1,\varepsilon_2,\varepsilon_3,\varepsilon_4)\in\{0;1\}^4$. Montrer que $(\mathcal{E})$ possède une infinité de solutions $(x_1,x_2,x_3,x_4,x)$ vérifiant $\forall i\in[\![1;4]\!]$, $x_i\equiv \varepsilon_i\;[2]$.

P.-S. Je ne pourrai pas répondre sur le forum durant une quinzaine de jours.

depasse · August 2018

Bonsoir,

Si $(\mathcal{E})$ possède une solution $(x_1,x_2,x_3,x_4,x)$ vérifiant $\forall i\in[\![1;4]\!]$, $x_i\equiv \varepsilon_i\;[2]$, elle en possède une infinité:

En effet, en notant $m_0$ plutôt que $m$, puis $\pi$ le produit des cinq $m_i$, puis $\pi _i$ le quotient de $\pi$ par $m_i$, on vérifie que pour tout $a$ impair $(x_1a^{\pi_1},x_2a^{\pi_2},x_3a^{\pi_3},x_4a^{\pi_4},xa^{\pi_0})$ est une solution de $(\mathcal{E})$ vérifiant $\forall i\in[\![1;4]\!]$, $x_ia^{\pi_i}\equiv \varepsilon_i\;[2]$.

Cordialement

Edit 1 : Oups! erreur de bouton! Sommeil, je reprends demain. Sorry
Edit 2
Paul

uvdose · August 2018

Indication : c'est ce fil qui m'a inspiré...

uvdose · August 2018

Pour ceux qui se seraient penchés sur le problème, voici une façon de le résoudre :

$\bullet$ Solutions avec tous les $x_i$ pairs

D'après le Théorème Chinois, il existe une infinité d'entiers $k>0$ tels que $k\equiv0\;[m]$ et $k\equiv-1\;[m_1m_2m_3m_4]$. Posons $a=4^{m-1}$, alors $(x_1,x_2,x_3,x_4,x)=\left(a^{\frac{k+1}{m_1}},a^{\frac{k+1}{m_2}},a^{\frac{k+1}{m_3}},a^{\frac{k+1}{m_4}},4a^{\frac{k}{m}}\right)$ est solution de $(\mathcal{E})$.

$\bullet$ Solutions avec un seul $x_i$ impair (par exemple $x_1$)

Soit $\alpha>0$ un entier impair tel que $\alpha^m>2^{m_2}+2^{m_3}+2^{m_4}+1$ ; posons $a=\alpha^m-2^{m_2}-2^{m_3}-2^{m_4}$. D'après le Théorème Chinois, il existe une infinité d'entiers $k>0$ tels que $k\equiv-1\;[m_1]$ et $k\equiv0\;[m_2m_3m_4m]$.
Alors $(x_1,x_2,x_3,x_4,x)=\left(a^{\frac{k+1}{m_1}},2a^{\frac{k}{m_2}},2a^{\frac{k}{m_3}},2a^{\frac{k}{m_4}},\alpha a^{\frac{k}{m}}\right)$ est solution de $(\mathcal{E})$.

$\bullet$ Solutions avec exactement deux $x_i$ impairs (par exemple $x_1$ et $x_2$)

Soit $\alpha>0$ un entier pair tel que $\alpha^m>2^{m_3}+2^{m_4}+2$ ; posons $a=\alpha^m-2^{m_3}-2^{m_4}-1$. D'après le Théorème Chinois, il existe une infinité d'entiers $k>0$ tels que $k\equiv-1\;[m_1]$ et $k\equiv0\;[m_2m_3m_4m]$.
Alors $(x_1,x_2,x_3,x_4,x)=\left(a^{\frac{k+1}{m_1}},a^{\frac{k}{m_2}},2a^{\frac{k}{m_3}},2a^{\frac{k}{m_4}},\alpha a^{\frac{k}{m}}\right)$ est solution de $(\mathcal{E})$.

$\bullet$ Solutions avec exactement trois $x_i$ impairs (par exemple $x_1$, $x_2$ et $x_3$)

Soit $\alpha>0$ un entier impair tel que $\alpha^m>2^{m_4}+3$ ; posons $a=\alpha^m-2^{m_4}-2$. D'après le Théorème Chinois, il existe une infinité d'entiers $k>0$ tels que $k\equiv-1\;[m_1]$ et $k\equiv0\;[m_2m_3m_4m]$.
Alors $(x_1,x_2,x_3,x_4,x)=\left(a^{\frac{k+1}{m_1}},a^{\frac{k}{m_2}},a^{\frac{k}{m_3}},2a^{\frac{k}{m_4}},\alpha a^{\frac{k}{m}}\right)$ est solution de $(\mathcal{E})$.

$\bullet$ Solutions avec tous les $x_i$ impairs

Posons $a=4^m-3$. D'après le Théorème Chinois, il existe une infinité d'entiers $k>0$ tels que $k\equiv-1\;[m_1]$ et $k\equiv0\;[m_2m_3m_4m]$. Alors $(x_1,x_2,x_3,x_4,x)=\left(a^{\frac{k+1}{m_1}},a^{\frac{k}{m_2}},a^{\frac{k}{m_3}},a^{\frac{k}{m_4}},4 a^{\frac{k}{m}}\right)$ est solution de $(\mathcal{E})$.

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