Olympiades 2020 exercice n°2
dans Arithmétique
Bonjour à tous.
L'exercice national n°2 des Olympiades pour lycée 2020 était très bien je trouve.
On y appelle "ensemble surprenant" un ensemble d'entiers non nuls tel que :
produit des nombres = somme des carrés des nombres
Par exemple {3 , 6 , 15} est surprenant car 3*6*15 = 3²+6²+15²
Dans l'exercice olympique, on prouve le beau résultat suivant :
Quel que soit l'ensemble A d'entiers non nuls, il existe un ensemble surprenant A' contenant A.
Une autre façon d'aborder le problème est de rechercher les "ensembles surprenants de n nombres", que nous noterons ESnN.
Il n'existe pas d'ES2N
Il semble que tous les ES3N soit obtenus à partir de {3 , 6 , 15} par la transformation : {a , b , c} donne {a , b , ab-c}.
Si dans les ensembles (ou listes) on autorise des nombres identiques, on peut partir plus simplement de {3 , 3 , 3} qui est aussi un ES3N et qui semble les générer tous par la transformation décrite (je n'ai encore pas pris le temps de le prouver mais on doit pouvoir, par un jeu d'inégalités, se ramener à un ensemble fini d'ensembles de 3 éléments sur lesquels on peut faire une recherche exhaustive).
Je laisse à chacun le plaisir de découvrir les ES4N etc.
Mais je bute sur les ES6N (alors que la recherche des ES7N ou d'autres est beaucoup plus accessible).
Existe-t-il des ES6N ?
L'exercice national n°2 des Olympiades pour lycée 2020 était très bien je trouve.
On y appelle "ensemble surprenant" un ensemble d'entiers non nuls tel que :
produit des nombres = somme des carrés des nombres
Par exemple {3 , 6 , 15} est surprenant car 3*6*15 = 3²+6²+15²
Dans l'exercice olympique, on prouve le beau résultat suivant :
Quel que soit l'ensemble A d'entiers non nuls, il existe un ensemble surprenant A' contenant A.
Une autre façon d'aborder le problème est de rechercher les "ensembles surprenants de n nombres", que nous noterons ESnN.
Il n'existe pas d'ES2N
Il semble que tous les ES3N soit obtenus à partir de {3 , 6 , 15} par la transformation : {a , b , c} donne {a , b , ab-c}.
Si dans les ensembles (ou listes) on autorise des nombres identiques, on peut partir plus simplement de {3 , 3 , 3} qui est aussi un ES3N et qui semble les générer tous par la transformation décrite (je n'ai encore pas pris le temps de le prouver mais on doit pouvoir, par un jeu d'inégalités, se ramener à un ensemble fini d'ensembles de 3 éléments sur lesquels on peut faire une recherche exhaustive).
Je laisse à chacun le plaisir de découvrir les ES4N etc.
Mais je bute sur les ES6N (alors que la recherche des ES7N ou d'autres est beaucoup plus accessible).
Existe-t-il des ES6N ?
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Réponses
quand le produit est > somme des carrés, on ajoute des 1.
Dans ma présentation j'ai évoqué la possibilité d'utiliser des listes parce qu'effectivement les résultats s'énoncent mieux de cette façon.
Ce qui est sûr est que tout ensemble de nombres impairs de six éléments (ou plus généralement d'un nombre pair de nombres impairs) ne peut pas être un ensemble surprenant. B-)-
l'approche proposée par Perplexe est très fortement liée à une certaine famille d'équations considérée par Hurwitz. Le cas $n=3$ des ensembles surprenants est en particulier lié à l'équation de Markov $x^2+y^2+z^2 = xyz$ et à sa copine $x^2+y^2+z^2=3xyz$.
Voir par exemple (ou directement les travaux d'Hurwitz) :
https://math.stackexchange.com/questions/1330482/integer-solutions-to-the-equation-a-12-cdots-a-n2-a-1-cdots-a-n/1330511#1330511
Pierre.
PierreB, le lien que vous donnez répond parfaitement à la question.
Donc ni ES6N ni ES9N selon Hurwitz.
Étonnante cette conjecture mentionnée dans l'article (de qui ?) , conjecture vérifiée jusqu'à n = 200 :
le plus grand nombre d'une solution fondamentale (= celle qui génère les autres) d'un ESnN est <= sqrt((9n+6) / 5 )
Pour une solution fondamentale d'un ES100N, le plus grand nombre ne dépassera donc pas 13 (!)
J'en reviens au pb des olympiades.
Le fait d'admettre des éléments identiques et la connaissance de la transformation "magique" simplifie grandement le problème de trouver une infinité d'ESnN (même s'il peut y avoir plusieurs solutions fondamentales, pour n = 14 par exemple).
Mais ceci n'était pas permis dans le pb olympique (la transformation n'était pas évoquée).
Sans éléments identiques, la recherche d'ensemble surprenant se complique grandement, par exemple le plus petit ES4N est {2 , 6 , 22 , 262}.
Voici dans les grandes lignes ce qui était indiqué aux candidats, en notant P(A) et C(A) les produits et somme de carrés :
1) Si P(A) > C(A), adjoindre à l'ensemble A le nombre P(A) - 1
[ce qui revient à adjoindre 1 et à faire la transformation, mais ce qui est bien plus difficile à deviner]
2) Si P(A) < C(A) et P(A)>=5, adjoindre à A le nombre P(A) - 2
ce qui revient ...
En interdisant les éléments identiques, le concepteur du problème, qui devait bien connaître tout ça, a conçu un problème joliment retors. Bien joué.
En effet, la suite pour trouver l'égalité donne bien un rapport toujours plus proche de 1 / 1, mais de là à prouver que ça devient égal, c'est autre chose, car quelques essais montrent que l'écart absolu a plutôt tendance à croître.
Notons A' l'ensemble obtenu en adjoignant le nombre P(A) - 1 à l'ensemble A.
1) Si P(A) > C(A) alors P(A') - C(A') = P(A) - C(A) - 1
En répétant donc P(A) - C(A) fois la manip, on aboutit donc à un ensemble surprenant.
2) Si P(A) < C(A) (et P(A) > 4) alors P(A') - C(A') > P(A) - C(A)
En répétant donc l'opération on se ramènera donc au cas 1).
Joli.
Je reviens sur ce problème lié aux équations de Markov ou Hurwitz.
Je corrige d'abord mon post précédent qui contenait une erreur :
A étant un ensemble d'entiers, l'idée pour parvenir à trouver un ensemble B contenant A et vérifiant P(B) = C(B) [produit des nombres dans B = somme des carrés des nombres dans B] était la suivante :
1) Si P(A) > C(A) on note A' l'ensemble obtenu en adjoignant le nombre P(A) - 1 à l'ensemble A.
On a alors P(A') - C(A') = P(A) - C(A) - 1
En répétant donc P(A) - C(A) fois la manip, on aboutit donc à un ensemble surprenant.
2) Si P(A) < C(A) (et P(A) > 4) alors on note A' l'ensemble obtenu en adjoignant le nombre P(A) - 2 à l'ensemble A.
On a alors P(A') - C(A') > P(A) - C(A)
En répétant donc l'opération on se ramènera donc au cas 1).
Je reviens vers vous parce que je me pose maintenant la question suivante :
L'équation x² + y² + z² = n xyz ne possède des solutions entières que si n = 1 ou n = 3 (résultat de Hurwitz ou Markov ?)
Comment prouve-t-on que cette équation n'a pas de solutions entières pour n > 3 ?
Je pensais trouver une inégalité qui réponde à la question mais ça ne me semble plus être le cas.
Ma question est donc :
peut-on prouver de manière élémentaire que l'équation x² + y² + z² = n xyz ne possède pas de solutions entières quand n > 3 ?
Merci pour toute indication.
Il n'est pas très difficile de prouver que toute solution de $E_1$ est générée par $(3,3,3)$ et l'utilisation successive de la transformation $(x,y,z) \longmapsto (x,y,xy-z)$ (à l'ordre près).
Or, la transformation ci-dessus conserve le pgcd des trois nombres. Par suite, toute solution de $E_1$ vérifie pgcd$(x,y,z) = 3$.
Mais, si $(a,b,c)$ est une solution de $E_n$ alors $(na,nb,nc)$ est une solution de $E_1$. Comme $n$ divise pgcd$(na,nb,nc)$, c'est donc que $n$ divise $3$.
Pierre.
voici un raisonnement à la fois simple et beau.
Pouvez-vous donner quelques indications concernant le "il n'est pas très difficile ..."
Je sais par exemple, parce que j'ai suivi vos conseils de lecture, que pour l'équation de Hurwitz avec n = 14 (équation comportant n variables) il n'y a pas une mais deux solutions fondamentales.
Est-ce si simple de prouver qu'il y a une unique solution fondamentale dans le cas n = 3 ?
Une petite remarque. $E_1$ et $E_3$, c'est kif-kif : si $(x,y,z) \in \Z^3$ est une solution de $E_1$ i.e. $x^2 + y^2 + z^2 = xyz$, alors $x,y,z$ sont divisibles par $3$ comme on le voit en examinant $x^2 + y^2 + z^2 \equiv xyz \bmod 3$. En écrivant $x = 3X$, $y=3Y$, $z=3Z$, alors $(X,Y,Z)$ est une solution de $E_3$. Et réciproquement.
La solution de Pierre B. est particulièrement élégante. Une autre figure dans la note ``Proofs by descent'' de K. Conrad in https://kconrad.math.uconn.edu/blurbs/ugradnumthy/descent.pdf. C'est le Th 6.1 p. 14. La section 6 est consacrée à l'équation de Markov et le lien entre $E_1$ et $E_3$ figure après la preuve du théorème 6.1.
Mais pour l'unicité de la solution fondamentale ?
- On vérifie qu'il n'y a pas de solution avec $a=1$ car il faudrait avoir $1+b^2+c^2 = bc$ et il est bien connu que $b^2+c^2 \geq 2bc$.
- On vérifie qu'il n'y a pas de solution avec $a=2$ car il faudrait avoir $4+b^2+c^2 = 2bc$ et le même argument s'applique.
- On vérifie que la seule solution de $E_1$ de la forme $(a,a,a)$ est $(3,3,3)$ puisqu'on doit résoudre $3a^2 = a^3$ (avec évidemment $a>0$).
- On vérifie qu'il n'y a qu'une solution de la forme $(a,b,b)$ avec $a \neq b$, qui est $(6,3,3)$. Il s'agit en effet de résoudre $a^2+2b^2 = ab^2$. Ainsi $b$ divise $a$ et on pose $a=kb$ avec $k>1$. Il vient $k^2+2=kb$ ou encore $k(b-k) = 2$, d'où $k=2$ et $b=3$.
On note d'ailleurs que $(3,3,6)$ se déduit que $(3,3,3)$ par la transformation $f$.
Voilà. Ensuite, c'est un argument classique de descente : toute autre solution de $E_1$ est de la forme $(a,b,c)$ est, sans perte de généralité, on peut supposer $a<b<c$. En voyant $E_1$ comme une équation du second degré en $c$, l'autre solution (à $a$ et $b$ fixés) est $ab-c$.
Par l'absurde, si on suppose que $ab-c \geq c$ alors $c = \dfrac{ab-\sqrt{\Delta}}{2}$, la plus petite des deux solutions de cette équation du second degré et avec $\Delta = a^2b^2-4(a^2+b^2)$.
Or, on a supposé que $c>b$ donc $ab-\sqrt{\Delta} > 2b$, qui amène à $ab^2 < 2b^2+a^2$.
Comme $3 \leq a <b$, on a $2b^2+a^2 < 3b^2 \leq ab^2$, d'où la contradiction.
Par suite, si $(a,b,c)$ est solution de $E_1$ avec $a<b<c$ alors $(a,b,ab-c)$ est solution de $E_1$ avec $Max(a,b,c) > Max(a,b,ab-c)$. Si $a,b,ab-c$ sont deux à deux distincts, on les réordonne et on recommence. On construit ainsi une suite d'entiers naturels (la suite des $Max$) strictement décroissante qui ne peut donc être infinie. Puisque le seul test d'arrêt est de ne plus avoir $a,b,c$ deux à deux distincts, c'est qu'on est tombé sur $(3,3,6)$ ou $(3,3,3)$, et donc sur $(3,3,3)$.
Pierre.
(il y a juste une faute de frappe à corriger 4 lignes avant la fin : Max(abc) > au lieu de < )
Ravi d'avoir, avec vos contributions, découvert un peu ce thème qui se révèle si riche.
Mais je ne suis pas de force à lutter avec les conjectures de Don Zagier ou celle de l'unicité des nombres de Markov !
Pierre.