Équation diophantienne sans solution

Si vraiment elle n'a pas de solution non triviale sur $\Z$, c'est difficile à démontrer.

1. Un des pionniers est Selmer (à l'origine des groupes de Selmer), cf The diophantine equation $ax^3 + by^3 + cz^3 = 0$ in https://projecteuclid.org/download/pdf_1/euclid.acta/1485888630, 60 pages. Il y a un autre article de Selmer qui fait suite.

2. Chercher ton cas $(5, 11, 13)$ dans les tables à la fin du papier de Selmer.

3. Connel, dans son Elliptic Curve Handbook in http://webs.ucm.es/BUCM/mat/doc8354.pdf traite le cas $(3,4,5)$ au lieu de $(5,11,13)$, section 3.7.2 p. 381. A noter le numéro de la page : il s'est passé des choses avant !!

4. Difficile car pour tout corps fini, $ax^3 + by^3 + cz^3 = 0$ admet une solution non triviale. Conséquence du théorème de Schmidt sur les courbes (de genre 1) sur les corps finis. Dans le cas $ax^3 + by^3 + cz^3 = 0$, Hall en a fourni une preuve élégante abordable à un ``petit niveau''. Connel rapporte Hall en 3.7.2 après le traitement de $(3,4,5)$. Note : $(3,4,5)$ possède une solution sur tout $\Q_p$, $p$ premier $\le \infty$. Cela doit être également le cas de $(5,11,13)$. Du localement soluble non soluble, c'est ce qui peut arriver de pire dans ce terrain.

Si tu trouves $(5,11,13)$ dans les tables de Selmer, peux tu m'en informer ? Merci.

Donc $5x^3\in \{0,5,1,-5,-1\}$ et $11y^3\in \{0,-2,-3,2,3\}$.

Cidrolin,
Très juste. Il y a une obstruction modulaire, cf chapter II, Congruences considerations in https://projecteuclid.org/download/pdf_1/euclid.acta/1485888630, en particulier 2.1.8 page 217. Avec $a = 5$, $b = 11$, modulo $p := c = 13$, $ab^{-1}$ n'est pas un cube. Ecrit en 2.1.8 sous la forme équivalente $ab^2$ non cube modulo 13.

Oups je fatigue $3^3=2$ modulo $5$8-)

Al-Kashi

On peut trouver cet exercice (pas la réponse) dans : Théorie des nombres de Borevitch et Chafarevitch (1967).
Pour le premier, vous pouvez regarder $y$ modulo $5$.

Bonjour,

ci-dessous: une preuve par l'absurde inspirée de la théorie algébrique des nombres, que $3x^3+4y^3+5z^3=0$ possède une solution dans chaque $\mathbb{Q}_p$ mais ne possède aucune solution rationnelle autre que $(0,0,0)$ (auteur: Keith Conrad).

...

@Claude: à défaut de raconter les 5 pages, je vais essayer d'en raconter ce que j'en ai compris... Ce qui ne fait pas tout à fait 5 pages.

Tout d'abord $a=2y$, $b=x$, $c=-z$. Donc $y=a/2, ...$. On remplace dans $3x^3+4y^3+5z^3=0$, on réduit au même dénominateur pour arriver à: $X^3+6Y^3=10Z^3$.
On suppose qu'il existe une solution rationnelle: $(X,Y,Z) \neq (0,0,0)$.
Aucun des coefficients en $X,Y,Z$ n'étant divisible par le cube d'un nombre $p$ premier, si $p$ divise deux des variables $X,Y$ ou $Z$ alors il divise la troisième.
En effet si $p$ divise un entier de la forme $\displaystyle bx+cy$ et si $p$ ne divise pas $b$ et $c$ alors il divise $x$ et $y$.
Tout ça pour dire que dans $\displaystyle X^3+6Y^3=10Z^3$, on peut tout diviser par $p^3$. De plus, $6, 10$ et $10/6$ n'étant pas des cubes dans $\mathbb{Q}$, $X,Y,Z$ sont non-nuls et on cherche finalement des solutions $(X,Y,Z) \in \mathbb{Z}^3$ premières entre-elles deux à deux.

Ensuite, un bon samaritain d'un forum anglophone m'a conseillé d'exprimer $(X+Y\alpha)(X^2-XY\alpha +Y^2\alpha^2)$ comme une fonction bien connue de $L:=:\mathbb{Z}[\sqrt[3]{6}]$ vers $K:=\mathbb{Q}$.
Ce qui m'a amené à:

\begin{equation}
\displaystyle \text{Norm}_{L/K}(\alpha), \: \alpha \in L.
\end{equation}

On cherche à factoriser $X^3+6Y^3$ dans $\mathbb{Z}[\sqrt[3]{6}]$. Donc en posant $K:=\mathbb{Q}$ et $L:=\mathbb{Z}[\sqrt[3]{6}]$,

\begin{equation}
\displaystyle \text{Norm}_{L/K}(\alpha)= \text{Norm}_{L/\mathbb{Q}}(X+Y\sqrt[3]{6})=X^3+6Y^3=\big(X+Y\sqrt[3]{6}\big)\big(X^2-XY\sqrt[3]{6}+Y^2\sqrt[3]{6}\big)=10Z^3.
\end{equation}

Ensuite, il faut démontrer que l'anneau des entiers de $\mathbb{Q}[\sqrt[3]{6}]$ est $\mathbb{Z}[\sqrt[3]{6}]$; c'est-à-dire que l'ensemble des éléments $\alpha$ de $K=\mathbb{Q}[\sqrt[3]{6}]$ qui satisfont un polynôme unitaire à coefficients dans $\mathbb{Z}$ n'est autre que $\mathbb{Z}[\sqrt[3]{6}]$.
C'est l'objet du Claim 1.

Proof of Claim 1.
Il faut montrer l'implication suivante: Si $d \in \mathbb{Z}$ n'est pas un cube et si $d \not\equiv \pm 1 \pmod 9$ alors $\text{Discrim} (\mathbb{Q}[\sqrt[3]{6}])=-27d^2$ et $\mathcal{O}_K=\mathbb{Z}[\sqrt[3]{6}]$.

Alors là... Ce n'est pas que je n'ai pas compris mais pour pouvoir l'expliquer en détails, il faut que je sois plus familier avec la notion d'index puisque Conrad montre que l'index de $\mathcal{O}_K$ dans $\displaystyle \mathbb{Z}[\sqrt[3]{6}]$ n'est pas divisible par $2$ ou $3$.

ps1: $X^3-6$ est le polynôme minimal de l'élément primitif $\sqrt[3]{6}$.
ps2: @Claude, je n'ai pas compris ta dernière objection. Y a-t-il un vice caché dans la démonstration de Conrad ?
...

@df Vu. Aucune objection à la preuve de K. Conrad. Sauf que moi, je suis un petit joueur et que je me trompe assez souvent. Et c'est bien quand je peux faire des vérifications. Là, en cas de besoin, on va avoir du mal à vérifier des faits où interviennent $x,y,z \in \Z$ non nuls vérifiant $3x^3 + 4y^3 + 5z^3 = 0$, vu qu'il n'y en a pas. Une solution : ne pas se tromper, ce qui n'est pas une mauvaise idée en soi.

@gai-requin. Je n'ai jamais regardé en détails. Suggestions :

1. Ouvre un fil sur la cubique de Selmer $(3,4,5)$.

2. On va suivre Cassels, Lectures on Elliptic Curves (2 pages). Il RESTERA ainsi des choses TANGIBLES ; par exemple un $3$-cover $S_{3,4,5} \to E : x^3 + y^3 + 60 z^3 = 0$. Ici $60$ c'est le produit $3 \times 4 \times 5$. C'est un 3-cover défini sur $\Q(\root 3\of 1)$ qui n'a pas besoin de point $\Q$-rationnel sur $S_{3,4,5}$. Et vu qu'il n'y en a pas, c'est plutôt une bonne chose. Of course, $E$ sera une courbe elliptique rationnelle une fois qu'on lui aura collé le point base $(1 : -1 : 0)$ qui est d'inflexion. Et c'est toi-même qui la mettra sous forme de Weierstrass. Quel bonheur.

3. Procure toi par un moyen ou un autre le petit livre de Cassels. Un auteur qui baptise un chapitre ``Some abstract non sense'' au lieu de ``Galois Cohomology'' ne peut pas être mauvais. Par un moyen ou par un autre : cambrioler une banque me paraît excessif.

Salut Claude,

J'ai des soucis pour expliciter la méthode suggérée par Cassels dans le cas $a=3,b=4,c=5$.

Avec ses notations, $P=(\xi:\rho\eta:\zeta)$ et $Q=(\eta:\rho^2\xi:\zeta)$ sont des points de la cubique $\mathcal C:X^3+Y^3+60Z^3=0$ (j'ai vérifié).
Il affirme ensuite que la droite $PQ$ possède un point rationnel appartenant à $\mathcal C$.
Or, je trouve que le seul point rationnel de $PQ$ est $M=(\xi+\eta:\rho\eta+\rho^2\xi:2\zeta)=(3x^3:4y^3:-2xyz)$.
Mais j'ai beau retourner les calculs dans tous les sens, je ne vois pas pourquoi $M\in\mathcal C$.:-S

Ce petit script bourrin ne trouve aucun modulo inférieur à 500.

#!/usr/bin/python3

from itertools import product

modulo=2

while modulo<500:
  for x,y,z in product(range(modulo),repeat=3):
    if x==y==z==0:
      continue
    if (5*pow(x,3,modulo)+11*pow(y,3,modulo)+13*pow(z,3,modulo))%modulo==0:
      break
  else:
    print(modulo)
    break
  modulo+=1

@Claude : Merci pour tes suggestions qui m'ont permis de changer mon fusil d'épaule. ;-)

Il fallait croire au morphisme rationnel de Cassels $S_{3,4,5} \to E : x^3 + y^3 + 60 z^3 = 0$ !
Je trouve grâce à maple:$$(x:y:z)\mapsto (27x^9-108x^6y^3-288x^3y^6-64y^9: -(27x^9+216x^6y^3+144x^3y^6-64y^9): -3xyz(9x^6+12x^3y^3+16y^6)).$$Je dois dire que j'ai bien souffert pour l'expliciter !

Ci-joint mon coup de poker avec maple !

claude quitté a écrit:

@Nicolas.patrois
Le souci : ce que tu dis contredit un théorème de F.K. Schmidt qui est le suivant. Toute polynôme homogène $F$ de degré 3 en 3 variables possède un zéro non trivial sur n'importe quel corps fini (en fait, il dit beaucoup mieux que cela). Mais je n'ai peut-être pas compris ce que tu voulais dire ?

Mon, script est peut-être faux… je ne vois pas où.

@gai-requin
On ne définit pas un morphisme en disant ce qu'il réalise sur les points $\Q$-rationnels de $S_{3,4,5}$. Surtout qu'il n'y en a pas ! Cependant, ton $\pi$ (dont on n'a pas besoin) est un morphisme défini sur $\Q$, $\pi : S_{3,4,5} \to S_{1,1,60}$ digne d'intérêt. Il faudrait en dire plus. On doit pouvoir faire la même chose avec $(a,b,c)$ à la place de $(3,4,5)$.

@Nicolas.Patrois. C'est toi le spécialiste de Python. Histoire de faire avancer la science, je pense que NOUS devons localiser le problème. NOUS = nous tous sur ce noble forum. Pensons aux jeunes qui nous regardent. J'ai cru comprendre que ce langage allait être utilisé (est utilisé) pour initier nos pioupious à l'algorithmique ?

Comme je vois un ``peut-être'' dans ta réponse (ce qui pourrait vouloir dire que tu n'as pas confiance ni en F.K. Schmidt ni en mon excécution magma), je fais ultra-simple en écrivant :
$$
5 \times 1^3 + 11 \times 3^3 + 13 \times 1^3 = 315 = 7 \times 45 = 0 \bmod 7
$$
D'où une solution $(x=1,y=3,z=1)$ modulo 7. Es tu d'accord ?

@Claude : Oui, je peux au besoin remplacer $(3,4,5)$ par $(a,b,c)$.

En fait, mon idée était d'expliciter le point rationnel de $S_{1,1,60}$ donné théoriquement par le théorème de Bézout qui me fait un peu peur parce qu'il faut se placer sur un corps algébriquement clos.
Bref, maple a servi à me convaincre du bien-fondé de l'affirmation de Cassels à la fin de la preuve de son lemme 1.

@Nicolas.Patrois
Vu. Tout rentre dans l'ordre, donc.
Mais, mais, en ce qui concerne $(5, 11, 13)$, il y a un modulus qui est spécial : il s'agit de $13^2$. Quelque part (peu importe où), j'ai dit qu'il n'y avait pas de solution modulo $13^2$. Mais c'était une manière de m'exprimer.
Et je te pose une question : si $(x,y,z)$ est n'importe quelle solution modulo $13^2$ de $5x^3 + 11y^3 + 13z^3 \equiv 0 \bmod 13^2$, il y a quelque chose de remarquable concernant les 3 composantes $x,y,z$ modulo $13$. Mais peut-être cela risque de faire chauffer ta machine et tu n'en a pas envie ?

Modulo 169, il en trouve 2196.

En effet, si je modifie le script pour ne pas compter les solutions où au moins l’un des x, y, z est multiple de 13, il n'en trouve aucune.

$\def\P{\mathbb P}\def\F{\mathbb F}$@df
Je ne vois pas le rapport avec ce que tu dis et ce que j'ai dit à Nicolas Patrois. J'ai essayé d'expliquer à celui-ci, de la manière la plus simple que je pouvais, ce qu'était l'objet $\P^2(\Z/p^2\Z)$. Ce qui n'est pas une évidence quand on passe de $\P^2(\text{corps})$ à $\P^2(\text{anneau})$. Stop à la négation $(x,y,z) \ne (0,0,0)$ et place à la chose positive $(x,y,z)$ unimodulaire i.e. il y a $u,v,w$ tels que $ux + vy + wz = 1$. Bref, stop aux négations.
@Gai-Requin

1. On met PROVISOIREMENT de côté la structure de courbe elliptique de $E : u^3 + v^3 + 60w^3 = 0$ munie du point-base $0 = (1 : -1 : 0)$. Je dirais pourquoi plus tard. Par contre, c'est toujours d'actualité, avec les notations que j'ai déjà utilisées, de calculer $P' \star P''$ avec les formules fournies par Connel. Je trouve :
$$
(u : jv : w) \star (v : j^2u : w) = (U : V : W) \qquad \text{avec} \qquad
\left| \begin {array}{l}
U = j(ju^3 - v^3) \\
V = -j(u^3 - jv^3) \\
W = -(2j+1)uvw \\
\end {array} \right.
$$
Et je dis que $\pi_1 : (u : v : w) \mapsto (U : V : W)$ définit un morphisme. De quoi dans quoi ? De $E$ dans $E$. Mais on ne voit pas 60 dans les expressions de $U,V,W$. Et la vraie vérité c'est que $\pi_1$ définit un morphisme de n'importe quelle courbe $S_{1,1,d} : u^3 + v^3 + dw^3 = 0$ dans elle-même. Encore plus mieux : $\pi_1$ peut-être vu comme un morphisme de $\P^2 \setminus \{\text{quelques points}\} \to \P^2$ qui applique $S_{1,1,d}$ dans $S_{1,1,d}$.

Et $\pi_1 \circ \pi_{\rm Cassels} = \pi_{\rm Gai-Requin}$.

Pour se rassurer. Il y a une certaine quantité $q$, un polynôme en $u,v$, tel que $U^3 + V^3 = q(u^3 + v^3)$ et $W^3 = qw^3$. Et du coup si $(u : v : w) \in S_{1,1,d}$, il en est de même de $(U : V : W)$. Stop aux calculs : use $U^3 + V^3 = (U + V)(U + jV)(U + j^2V)$.

2. J'ai bien vu hier que tu m'as dit : il n'y a pas de point $\Q$-rationnel sur $S_{3,4,5}$ avec un $z = 0$. L'air de penser : mais qu'est ce qu'il va chercher CQ ? SAUF QUE. Un morphisme défini sur un corps $k$ est habilité (doit) pouvoir manger n'importe quel point défini sur une extension de $k$. Par exemple, un $\overline k$-point. Et pourquoi pas un point défini sur un corps de fractions rationnelles sur $k$. Encore plus mieux : un point défini sur n'importe quel $k$-algèbre. Et c'est bien pour cela que le corps que je préfère est l'anneau $\Z$. Ainsi, en présence d'un morphisme défini sur $\Z$, je peux l'appliquer à des $\C$-points ou à des points définis sur $\F_p$ ou $\Z/p^{7}\Z$.
Dans le même ordre d'idées, soit $C : x^2 + y^2 + z^2 = 0$ la conique définie sur $\Q$. Je sais bien qu'elle ne possède pas de $\Q$-point. Ni de $\R$-point d'ailleurs. Ce qui ne m'empêche pas de définir l'involution $\theta : (x:y:z) \mapsto (-x : y : z)$. A quoi cela sert si je ne peux pas l'appliquer à un $\Q$-point de $C$ vu qu'il n'y en a pas. Mais DEMAIN, après-demain, est ce que nous savons ce que nous allons faire ? Moi, non. Peut-être que je vais considérer des points de $C$ sur $\Q(i)$, sur $\C$, qui sait ?

@Gai-Requin
Par principe (sic), l'opposé, dans le contexte que tu dis, est toujours $\theta : (u : v : w) \mapsto (v : u : w)$. Disons par ce que ce morphisme $\theta$ est toujours défini et qu'il coïncide avec $p \mapsto -p$ sauf en un nombre fini de points, donc partout.

$\bullet$ Mais il faut laisser tomber PROVISOIREMENT cette histoire de courbe elliptique. Car mon coup de $[j]$, c'est nul : il ne fixe pas l'origine $O = (1 : -1 : 0)$ !

$\bullet$ Ou alors modifier un peu. Avec tout le respect que je dois à Cassels, cela serait plus mieux de considérer :
$$
Q' = (u : v : jw) \qquad Q'' = (v : u : j^2 w) \qquad [j].(u : v : w) = (u : v : jw)
$$
Et cette fois $[j]O = O$. On calcule alors $Q' \star Q''$. Et on interprète en terme de courbe elliptique. Et la vie sera belle. Si, si.

claude quitté a écrit:

Je ne vois pas le rapport avec ce que tu dis et ce que j'ai dit à Nicolas Patrois. J'ai essayé d'expliquer à celui-ci, de la manière la plus simple que je pouvais, ce qu'était l'objet $\P^2(\Z/p^2\Z)$. Ce qui n'est pas une évidence quand on passe de $\P^2(\text{corps})$ à $\P^2(\text{anneau})$. Stop à la négation $(x,y,z) \ne (0,0,0)$ et place à la chose positive $(x,y,z)$ unimodulaire i.e. il y a $u,v,w$ tels que $ux + vy + wz = 1$. Bref, stop aux négations.

Bon, je reverrai mon script.

@Claude : Beaucoup de posts, certes, mais je crois avoir démêlé le triptyque Cassels-Connell-CQ.
Enfin, j'espère !$$Q' \star Q''=(ju^3-v^3:jv^3-u^3:(j-1)uvw).$$

Je vais réviser la mise sous forme de Weierstrass.
Un peu d'esthétique en attendant :$$\pi_1(P)=\big([j].P\big)\star \big([j]^2.(-P)\big).$$

Il me semble que j'ai pris le bon $[j]$ dans mon message précédent...

C'est le morphisme que j'ai utilisé.
Celui qui se marie bien avec le bon $[j]$.