Championnat Jeux Mathématiques
dans Arithmétique
Bonjour à tous,
quelqu'un aurait une piste pour cet exercice ?
Déterminer trois entiers naturels $a$, $b$, $c$ inférieurs à 50, tels que $$\dfrac{20}{19}=\dfrac{a^3+b^3}{a^3+c^3}.
$$ J'ai le(s) triplet(s) solution(s), je vois une relation particulière pour $a$, mais je n'ai pas vraiment su avancer. Calculatrice interdite bien évidemment !
(l'épreuve avait lieu hier, je tiens à préciser !)
quelqu'un aurait une piste pour cet exercice ?
Déterminer trois entiers naturels $a$, $b$, $c$ inférieurs à 50, tels que $$\dfrac{20}{19}=\dfrac{a^3+b^3}{a^3+c^3}.
$$ J'ai le(s) triplet(s) solution(s), je vois une relation particulière pour $a$, mais je n'ai pas vraiment su avancer. Calculatrice interdite bien évidemment !
(l'épreuve avait lieu hier, je tiens à préciser !)
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Réponses
Il faut chercher la solution la plus simple possible en décomposant la somme de 2 cubes.
On a:
$\dfrac{20}{19}=\dfrac{a^3+b^3}{a^3+c^3}$
est équivalent à:
$\dfrac{20}{19}=\dfrac{(a+b)(a^2+b^2-ab)}{(a+c)(a^2+c^2-ac)}$
Cela ne mange pas de pain de supposer que $a+c$ divise $19$ qui est un nombre premier donc on peut supposer que $a+c=19$
On m'a proposé une autre solution en mp en résolvant $a^3+c^3=0$ modulo 19. Je ne sais pas ce qui est le mieux...
Il y avait d'autres exercices sympathiques, mais j'ai passé beaucoup de temps sur celui-là, sans succès...
\begin{align}a^2+c^2-ac&=a^2+c^2+\frac{1}{2}\left(a^2+c^2-(a+c)^2\right)\\
&=\frac{3}{2}(a^2+c^2)-\frac{19^2}{2}\\
\end{align}
Cette quantité doit être positive donc on a:
\begin{align}a^2+c^2\geq \frac{19^2}{3}\end{align}
Soit $m$ le plus grand des deux entiers $a,c$ on a donc:
\begin{align}2m^2\geq \frac{19^2}{3}\end{align}
C'est à dire qu'on a:
\begin{align}m\geq \frac{19}{\sqrt{6}}\end{align}
Ce qui veut dire que $m$ est strictement plus grand que $7$.
Ce qui veut dire que le plus petit des nombres $a$ et $c$ est soit $1$, soit $2$...soit $7$.*
$7$ cas à considérer.
En espérant ne pas avoir écrit trop d'énormités.
(évidemment la méthode proposée est tributaire de la supposition initiale)
*: du grand n'importe quoi (merci à Kioups de me l'avoir fait remarquer)mais la minoration pour $m$ , même si elle n'est pas la meilleure, ne me semble pas fausse.
$(a,b,c)=(13,7,6),(26,14,12),(39,21,18)$
(déterminés informatiquement)
Si on augmente la valeur de la borne que ne doivent pas dépasser $a,b,c$ on observe le même phénomène me semble-t-il.
Est-ce que les triplets $(a,b,c)$ qui vérifient cette équation sont de la forme $(13k,7k,6k)$ , avec $k$ un entier naturel?
(je ne dis pas que si on prend n'importe quelle valeur de $k\geq 1$ entier on obtient un triplet solution)
PS:
Il y a beaucoup de couples d'entiers $(a,b)$ avec $0\leq a,b<19$ tels que $a^3+b^3$ est divisible par $19$.
Remarquer que si $(a,b)$ est un tel couple on a aussi que $(7a,b),(b,7a),(7a,7b)$ sont solutions (il faut que ces couples de nombres appartiennent au bon intervalle) (car $7^3=1+18\times 19$) n'aide guère me semble-t-il.
(C'est la réciproque qui est non triviale)
http://homepage.hispeed.ch/FSJM/documents/33_DF_Enonces_CH_F.pdf
est la liste des énoncés donnés à ces demi-finales 2019?
(on y retrouve la question posée plus haut)
(c'est cette réciproque qui n'est pas immédiate, si elle est vraie).
Lourran:
Mais tu as raison, je me suis rendu compte que j'écrivais une grosse trivialité c'est la raison pour laquelle j'ai rajouté un bout de texte entre parenthèses.
PS:
Quand on prend comme borne $500$ (au delà cela devient longuet avec le script tout pourri que j'utilise pour faire les calculs sous PARI GP) devinez combien mon programme trouve de solutions? B-)-
Quoi qu'il en soit, je suis d'accord que si un triplet $(a,b,c)$ est solution, alors les triplets $(ka,kb,kc)$ le sont aussi. Mais déterminer un triplet, ça semble encore assez compliqué...
Quant à dire que ce sont les seuls triplets solutions...
Je me replongerai dedans quand j'aurai un peu plus de temps.
Oui, c'était hier soir. Cette partie est du grand n'importe quoi. Tu as raison de me le signaler. B-)-
Par contre, j'ai pensé à un truc cet après-midi:
Puisque $\dfrac{20}{19}=1+\dfrac{1}{19}$ donc l'équation initiale est équivalente à: $19=\dfrac{a^3+c^3}{b^3-c^3}$
(On peut recommencer avec la nouvelle égalité puisque $19=18+1$, il faut voir si cela mène quelque part)
En revanche, il aurait dommage de passer à coté de cette généralité là :
((2a+1)^3 + (a+1)^3) / ((2a+1)^3 + a^3) = (3a+2)/(3a+1)
les 2 expressions étant divisibles par (a+1)^3 - a^3.
Ce serait bien le diable qu'il n'existe pas un paramétrage par des fonctions rationnelles des solutions (rationnelles) de l'équation : $X^3+20Y^3=19$ B-)-.
Ton identité permet de résoudre l'exercice proposé en deux coups de cuillère à pot.
$ \dfrac{(2a+1)^3 + (a+1)^3}{(2a+1)^3 + a^3} = \dfrac{3a+2}{3a+1}$
Il n'y a plus qu'à résoudre:
$\dfrac{20}{19}=\dfrac{3a+2}{3a+1}$
PS:
Honnêtement, ce n'est pas la forme de la solution $(13,7,6)$ qui t'a inspiré ce calcul? B-)-
PS2:
J'ai remis en forme ce qu'avait écrit Nodgim pour rendre lisible par tous sa solution.
Elle est encore généralisable pour tout (a,k) entier :
( (2a+k) ^ 3 + (a+k) ^ 3 ) / ( ( 2a+k) ^ 3 + a ^ 3 ) = (3a+2k) / (3a+k)
le diviseur commun permettant cette simplification étant ( (a+k)^3-a^3 ) / k.
Autrement dit :
soit a+b = s
(s ^ 3 + a ^ 3) et ( s^3 + b^ 3 ) sont divisibles par (a^3 - b^3 ) / (a-b)
Autrement dit, sortir de sa musette une identité comme ça est assez proche de vérifier qu'un triplet qu'on sort de la même musette (magique?) est solution à mon avis. B-)-
Tout ce que j'ai écrit aujourd'hui ne rentre évidemment pas dans le cadre d'une question qu'on est tenu de résoudre en un temps limité. C'est plus une prolongation du problème posé qui ne manque pas d'intérêt.
De mon message précédent, on peut en déduire que, quel que soit n >= 2 :
n = ( (2n+1)^3 + (n-1)^3 ) / ( ( n+2)^3 - (n-1)^3 )
[Inutile de recopier l'avant dernier message. Un lien suffit. AD]
Je ne fréquente ce site que depuis quelques mois ...
$E:=(\dfrac{20}{19}=\dfrac{a^3+b^3}{a^3+c^3}$; inconnue $(a,b,c) \in \mathbb N^{*3})$ admet les solutions $k(13,7,6)$ ($k\in \mathbb N^*$) comme il a été montré ci-dessus.
Il est naturel de se demander s'il y en a d'autres :-).
Quelqu'un me répondra peut-être: évidemment que oui ou... évidemment que non!
En attendant, j'en suis là:
1) Par homogénéité, il suffit de chercher les solutions primitives, i.e $a,b,c$ premiers dans leur ensemble. En fait ces solutions sont "très primitives" au sens qu'alors $a, b$ et $c$ sont premiers deux à deux:
En effet,
$E$ se réécrit aussi bien $E_1:=a^3+b^3=20(b^3-c^3)$ que $E_2:=a^3+c^3=19(b^3-c^3)$.
Si $p$ premier divise $b$ et $c$ (resp.$c$ et $a$, $a$ et $b$), $p^3$ divise $a^3$ (resp $19b^3$, $20c^3$) et donc $p$ divise $a$ (resp. $b$, $c$), car ni $1$, ni $19$, ni $20$ n'est divisible par un cube de premier.
Désormais $a, b$ et $c$ sont premiers deux à deux.
2)$4$ divise $a+b$:
En effet, $(a^3+b^3=20(b^3-c^3))$ implique que $a$ et $b$ ont la même parité. Or ils sont étrangers, donc ils sont impairs, donc $a^2-ab+b^2$ est impair. Or $4$ divise $(a+b)(a^2-ab+b^2)$, donc $4$ divise $a+b$.
3)$5$ divise $a+b$:
En effet, $5$ ne divise pas $a^2-ab+b^2$ car il ne divise pas $4(a^2-ab+b^2)= (2a-b)^2+3b^2$ ( on aurait sinon $(2a-b)^2=2 b^2$ modulo $5$ alors que $2$ n'est pas un carré modulo $5$).
4) $20$ divise $a+b$
Immédiat par 2) et 3).
5) $19$ divise-t-il nécessairement $a+c$ tout comme $20$ divise nécessairement $a+b$?
L'argument utilisé en 3) est généralisable:
si $p$ premier impair divise $\dfrac{x^q+y^q}{x+y}$ ($q$ premier impair; $x$ et $y$ étrangers),
alors $p=q$ ou $p=1$ modulo $2q$.
Il n'est, à lui seul, d'aucune utilité pour prouver que $19$ divise $a+c$ au prétexte que $a^3+c^3=19(b^3-c^3)$,
vu que $19=1$ modulo $6$.
Par exemple $19$ divise $8^3+1^3$ et $12^3+1^3$ et (donc) ne divise ni $8+1$ ni $12+1$.
6) Plus positivement,
$19$ divise $x^3+y^3$ ($x$ et $y$ étrangers) ssi
a)$19$ divise $x+y$ ou exclusif
b)$x=8y$ modulo $19$ ou exclusif
c)$y=8x$ modulo $19$
Il suffit de montrer que $19$ divise $x^2-xy+y^2$ ssi on se trouve dans les cas b) ou c) (il est facile de voir que $19$ ne peut diviser à la fois $x+y$ et $x^2-xy+y^2$ si $x$ et $y$ sont étrangers).
Séquence d'équivalences modulo $19$
$x^2-xy+y^2=0$
$4(x^2-xy+y^2)=(2x-y)^2+3y^2=0$ (car $4$ et $19$ étrangers)
$(2x-y)^2-16y^2=0 $(car $3=-16$)
$(2x-y)^2=16y^2$
$2x-y=4y$ ou $2x-y=-4y$
$2x=5y$ ou $2x=-3y$
$4*2x=4*5y$ ou $2x=16y$ (car $4$ et $19$ étrangers et $3=-16$)
$8x=y$ ou $x=8y$
Edit: correction coquille; j'avais écrit $a^3+c^3$ au lieu de $a+c$
Cordialement
Paul