Une paire de triangles
dans Arithmétique
Trouver toutes les paires de triangles dont les longueurs des côtés sont entières ayant les propriétés suivantes : l'un est rectangle (non isocèle), l'autre est isocèle (non rectangle) et tous deux ont la même aire et le même périmètre.
PS : Ajout de la condition « côtés entiers ».
PS : Ajout de la condition « côtés entiers ».
Réponses
-
Bonjour,
J’ai fait les calculs jusqu’au résultat mais ça ne se simplifie pas. Peut-être faut-il paramétrer astucieusement ? -
Je réponds à côté par une recherche bête. In:
def teste(N): for a in range(N+1): if a%100==0: print "a = %s" % a for b in range(1,a): if is_square(a^2+b^2): c = sqrt(a^2+b^2) p = (a+b+c)/2 for d in range(N): e = 2*p-2*d if (p-a)*(p-b)*(p-c)==(p-d)^2*(p-e): print "%s et %s" % ((a,b,c),(d,d,e))Out:a = 0 a = 100 a = 200 a = 300 (352, 135, 377) et (366, 366, 132) a = 400 a = 500
-
Bonjour,
Faut-il que les dimensions soient entieres ? -
Oups ! Je ne l'avais pas écrit mais oui, et c'est la raison pour laquelle ce fil est dans la rubrique d'arithmétique.
-
Ha !!!!
Je m’emmêlais maladroitement...
Bon, vais-je réussir avec cette contrainte (simplificatrice apparemment) ? -
Simplificatrice ? Pas du tout, c'est ce qui rend les choses difficiles.
Si on note $a$, $b$ et $c$ les côtés du premier triangle, $d$ et $e$ ceux du deuxième ($d$ étant la longueur répétée) et $p$ le demi-périmètre commun, on doit résoudre dans $\Z^6$ le système : \[\begin{cases}a^2+b^2=c^2\\
2p=a+b+c\\
2p=2d+e\\
(p-a)(p-b)(p-c)=(p-d)^2(p-e).\end{cases}\]Si les variables sont des réels, on peut choisir $a$ et $b$, calculer $c$, éliminer $e$ entre $e=a+b+c-2d$ et la dernière équation, ce qui donne « souvent » trois solutions pour $d$ (au moins une encore plus souvent).
En entiers, c'est une autre paire de manches ! Le script que j'ai donné plus haut explore bêtement et trouve une solution mais peut-on faire intelligent ? -
On fait déjà appel aux triplets Pythagoriciens sous la forme « u et v » mais ensuite...
Édit : oui, en fait, quand j’ai vu « j’oubliais de dire qu’il souhaite des entiers » j’ai mal interprété (d’où mon mauvais terme « simplificatrice »). -
Je ne comprends pas pourquoi aller chercher Héron pour l'aire d'un triangle rectangle ou isocèle.
-
Bonjour,
Avec les notations des messages précédents.
$\displaystyle a^2+b^2=c^2$
$\displaystyle a+b+c=2d +e$
$\displaystyle 1/2 ab=1/2 e/2 \sqrt{d^2-(e/2)^2}$
On a immédiatement deux équations qui donnent $d$ et $e$ :
$\displaystyle e^2(2 d-e)=16 a^2 b^2/(a+b+c)$
$\displaystyle 2 d+e=a+b+c.$
On élimine $d$ pour obtenir une équation du troisième degré sur les entiers :
$\displaystyle 2(a+b+c) e^3-(a+b+c)^2 e^2+16a^2 b^2=0.$
On paramétrise $a,b,c$ par $u,v$ selon les triplets Pythagoriciens.
Puis on trouve $e$ selon l’équation... car on sait résoudre une équation de degré trois. Si les solutions ne sont pas entières, il faut tester d’autres $u,v$.
Si on trouve $e$ entier, on calcule $d=(a+b+c-e)/2.$ Si $d$ n’est pas entier, il faut tester d’autres $u,v.$ Si $d$ est entier, c’est gagner. -
Soient $x$ et $y$ les côtés de l'angle droit du triangle rectangle et $z$ l'hypoténuse.
Le périmètre du triangle rectangle est pair : le côté de base du triangle isocèle l'est donc aussi.
Soient $v$, $v$, $2u$ les côtés du triangle isocèle.
L'égalité des aires se traduit par : $xy=2u \sqrt {v^2-u^2}$, d'où : $x^2 y^2=4u^2(v^2-u^2)$, et $v^2-u^2$ est donc un carré : $v^2-u^2=h^2$, où $h$ est la hauteur du triangle isocèle, qui est donc un entier.
On a deux triplets pythagoriciens $x,y,z$ et $u,h,v$ tels que $x+y+z=2u+2v$ et $xy=2uh$.
Ceci donne le système : $x^2+y^2=z^2$, $u^2+h^2=v^2$, $x+y+z=2u+2v$, $xy=2uh$.
On peut éliminer $z$ et $h$ par exemple.
Je n'ai pas terminé.
Bonne soirée.
Fr. Ch. -
Ah oui, tiens, on pourrait exiger $ab=\dfrac{e}{2}\sqrt{d^2-\left(\dfrac{e}{2}\right)^2}$, pas sûr que ce soit beaucoup plus simple.
-
Avec mes notations, on peut supposer $x$ pair SPDG.
-
Math Coss, pourquoi "on pourrait", n'est-ce pas une contrainte imposée ?
-
Si tu veux. C'est une façon d'exprimer l'égalité des aires : cette équation « sans Héron » est équivalente à la relation de Héron que j'ai utilisée, $(p-a)(p-b)(p-c)=(p-d)^2(p-e)$, que Chaurien ne veut pas utiliser pour une raison inconnue.
-
Ok j’avais peur que quelque chose ne m’échappe.
Pour Héron, je crois que la simplicité d’écritures des contraintes n’encourage pas à aller voir ailleurs.
Mais qui sait ? ça peut tordre certains calculs. -
J'aime beaucoup la formule de Héron, que je trouve particulièrement élégante, et qui remonte à loin dans notre histoire civilisationnelle. À une époque où la géométrie était encore plus maltraitée qu'aujourd'hui, j'en avais bricolé une démonstration qui ne s'appuyait que sur le théorème de Pythagore, et que j'ai sans doute déjà communiquée sur ce forum.
Mais lorsque j'ai un triangle avec une base et une hauteur, je ne vois pas pourquoi aller chercher cette formule. Maintenant, chacun fait-hé-hé c'qui lui plait-hé-hé ;-).
Bonne soirée.
Fr. Ch. -
Je comprends ce que tu dis. L'objection, c'est que pour le triangle isocèle, l'aire fait apparaître une racine carrée qu'il faut faire disparaître.
Enfin, tout ça ne fait pas avancer l'arithmétique... -
$\def\P{\mathbb P}\def\Clisse{\widetilde C}$Bonjour Math Coss
Je crois que cela ne va pas être simple. Tes 4 équations en les 6 variables $a,b,c,d,e,p$ sont homogènes et définissent ``donc'' (petite vérification à faire) une courbe $C$ de $\P^5$. Bilan : points entiers ou points rationnels (au sens $\Q$-rationnels), c'est kif-kif.
$\bullet$ La première chose à regarder, ce sont les points singuliers de $C$ et le genre de $C$. Note : j'ai supprimé les deux dernières variables $p,e$ (qui s'expriment linéairement en fonction des autres) et je n'ai retenu que les variables $a,b,c,d$ et donc $C$ est une courbe de $\P^3_{(a : b : c : d)}$. Je me demande si j'ai fait le bon choix. A voir.
$\bullet$ Les points singuliers, ça c'est facile, il s'agit des points :
$$
(a : b : c : d) = (1 : 0 : 1 : 1), \quad (0 : 1 : 1 : 1)
$$Et on les a bien tous car le lieu singulier de $C$ est de degré 2.
$\bullet$ Le genre de $C$ (sous-entendu de la lissifiée $\Clisse$ de $C$, je parle en terme de corps des fonctions) est 2, c'est le logiciel qui me l'a donné. Bilan : un nombre fini de points rationnels. Comme un paresseux, je vais invoquer Faltings mais pour les courbes de genre 2, je pense qu'il faut remonter à Chabauty, Coleman ...etc...
$\bullet$ Il y a des choses qu'un logiciel ne peut pas faire. Par exemple, trouver l'involution hyperelliptique de $C$ (une courbe de genre 2 est hyperelliptique). J'ai un peu pataugé (i.e. je dois être rouillé) car j'ai mis un petit moment à trouver que c'est l'involution $a \leftrightarrow b$, ce qui me parait maintenant évident
$$
I_C : C \to C, \qquad\qquad (a : b : c : d) \mapsto (b : a : c : d)
$$Par exemple, les deux points singuliers là-haut sont échangés par l'involution hyperelliptique.
$\bullet$ L'autre problème cela a été de trouver la projection hyperelliptique $\pi : C \to \P^1$, en faisant attention à ce que que $C$, c'est $C$ et pas sa lissifiée $\Clisse$. Sur $\Clisse$, il y a $2g+2 = 6$ points fixés par l'involution hyperelliptique. Sur $C$, c'est moins clair. Comme il n'y a pas sur $C$ de points $\Q$-rationnels fixés par l'involution $I_C$, j'ai fait le petit bricolage suivant. J'ai balancé $C$ dans $\P^2$ par le revêtement invariant par $I_C$ :
$$
\pi : C \to \P^2, \qquad (a : b : c : d) \mapsto (a+b : c : d)
$$dont l'image est une cubique singulière de genre 0. Et $\pi$ est de degré 2. Et tout cela sent un peu la projection hyperelliptique.
$\bullet$ Je stoppe là pour l'instant i.e. je ne dis pas tout. Grâce au logiciel, j'ai trouvé 10 points de $\Clisse$ qui n'ont donné que 8 points sur $C$ (dont le tien). 8 à cause des deux points singuliers de $C$ qui doivent de dédoubler dans $\Clisse$.
Je me pose plein de questions : lien entre les points rationnels de $C$ et ceux de $\Clisse$, lissifier $C$ à la main, $\Clisse$ se réalise dans $\P^2(1,g+1,1) = \P^2(1,3,1) \hookrightarrow \P^4$, intéressant ? ...etc... Et bien sûr, borner le nombre de points $\Q$-rationnels de $C$ ou $\Clisse$ (Chabauty ?) -
J'ai récrit une partie du code Python proposé par Math Coss (en utilisant une fonction "intsqrt" qui calcule la racine carré entière d'un entier n, c'est-à-dire le plus grand entier dont le carré est inférieur ou égal à n).
J'ai également utilisé le calcul naturel de l'aire plutôt que la formule de Héron et minoré la valeur de d.
Cela donne ces deux codes, le deuxième utilisant les triplets primitifs pythagoriciens.def teste(N): for a in range(1, N+1): a2 = a**2 for b in range(1, a+1): b2 = b**2 c = intsqrt(a2 + b2) if c*c == a2 + b2: for d in range(intsqrt(a*b), (a+b+c)//2): e = a + b + c - 2*d e2 = e**2 if 4 * a2 * b2 == (4 * d**2 - e2) * e2: print((a,b,c), "et", (d,d,e)) def test2(N): for p in range(1,N+1): p2 = p*p for q in range(1 + (p%2), p, 2): #ainsi p et q sont de parité différente if gcd(p, q) == 1: q2 = q*q pq = p*q a, b, c = 2*pq, p2 - q2, p2 + q2 ab = a * b for d in range(intsqrt(ab), p2 + pq): he = p2 + pq - d #he est la moitié de e he2 = he*he if ab * ab == 4* (d**2 - he2) * he2: print((a,b,c), "et", (d,d,2*he))
On peut pousser la recherche à 10000 pour le premier (environ 3 minutes) et jusqu'à 300 pour le second (ce qui fait aller jusqu'à environ 1000000 pour les valeurs de a,b,c).
Je n'ai pas trouvé d'autres paires que des multiples de celle proposée par Math Coss au départ. -
Bonjour Bisam,
Où as tu trouvé ta fonction intsqrt ?
Je trouve d'autres triangles:(352, 135, 377) et (366, 366, 132) (704, 270, 754) et (732, 732, 264) (1056, 405, 1131) et (1098, 1098, 396) (1408, 540, 1508) et (1464, 1464, 528) (1760, 675, 1885) et (1830, 1830, 660) (2112, 810, 2262) et (2196, 2196, 792) (2464, 945, 2639) et (2562, 2562, 924) (2816, 1080, 3016) et (2928, 2928, 1056) (3168, 1215, 3393) et (3294, 3294, 1188) (3520, 1350, 3770) et (3660, 3660, 1320) (3872, 1485, 4147) et (4026, 4026, 1452) (4224, 1620, 4524) et (4392, 4392, 1584) (4576, 1755, 4901) et (4758, 4758, 1716) (4928, 1890, 5278) et (5124, 5124, 1848) (5280, 2025, 5655) et (5490, 5490, 1980) (5632, 2160, 6032) et (5856, 5856, 2112) (5984, 2295, 6409) et (6222, 6222, 2244) (6336, 2430, 6786) et (6588, 6588, 2376) (6688, 2565, 7163) et (6954, 6954, 2508) (7040, 2700, 7540) et (7320, 7320, 2640) (7392, 2835, 7917) et (7686, 7686, 2772) (7744, 2970, 8294) et (8052, 8052, 2904) (8096, 3105, 8671) et (8418, 8418, 3036) (8448, 3240, 9048) et (8784, 8784, 3168) (8800, 3375, 9425) et (9150, 9150, 3300) (9152, 3510, 9802) et (9516, 9516, 3432) (9504, 3645, 10179) et (9882, 9882, 3564) (9856, 3780, 10556) et (10248, 10248, 3696)
Cordialement,
Rescassol -
C'est ce qu'a dit bisam, pas d'autres solutions que les multiples de la solution donnée par Math Coss.
-
Bonjour,
Ah, d'accord, j'ai zappé le mot "mutiple".
Cordialement,
Rescassol -
Rescassol : La fonction "intsqrt" est une fonction perso.
def intsqrt(n: int) -> int: """Calcule la racine carrée entière de n, c'est-à-dire l'unique entier r tel que r²<=n<(r+1)² à l'aide uniquement d'additions et multiplications.""" q = n l = [] while q != 0: q, r = divmod(q, 100) l.insert(0, r) res = 0 j = 1 r = 0 for a in l: r = 100 * r + a u = 0 while r >= j: r -= j j += 2 u += 1 res = 10 * res + u j = 10 * j - 9 return resCe code utilise la méthode usuelle de calcul "à la main" d'une racine carrée.
J'avais aussi écrit un algorithme plus simple mais un peu moins efficace (empiriquement parlant). Il s'agit simplement de l'adaptation de l'algorithme de Héron au cas des entiers :def intsqrt2(n: int) -> int: x = n while x**2 > n: x = x//2 + (n+x if x%2 else n) // (2*x) return x -
Bonjour,
J'avais trouvé ça sur le net:def intsqrt(n): if n > 0: x = 1 << (n.bit_length() + 1 >> 1) while True: y = (x + n // x) >> 1 if y >= x: return x x = y elif n == 0: return 0 else: raise ValueError("square root not defined for negative numbers")
Cordialement,
Rescassol -
bonjour,
Apparemment, inutile de chercher d'autres paires.
https://arxiv.org/pdf/1809.09936.pdf
Cet étonnant résultat a été prouvé en 2018 -
$\def\P{\mathbb P}$Rebonjour Math Coss
Suite de mon post http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?5,1954992,1956040#msg-1956040. En fait, expliciter un modèle affine hyperelliptique de ta courbe $C$ de $\P^3$ se fait à la main grâce à l'involution hyperelliptique $I_C : a \leftrightarrow b$.
On trouve une équation $y^2 + h(x)y = f(x)$ où $h$ est de degré 3 et $f$ de degré 5 puis une autre équation $Y^2 = F(X)$ où $F= 4f + h^2$ est de degré 6. Comme $F$ est sans facteur carré, et que $6 = 2g + 2$ avec $g=2$, il s'agit bien d'une courbe de genre 2.
En utilisant le fait que $a+b$ et $ab$ sont invariants par $I_C$, cela ne dépasse pas le niveau de l'équation du second degré.
Si cela t'intéresse, je peux faire un résumé du truc. -
Bonsoir Claude,
J’ai évidemment trop peu de bagage pour te suivre.
Ça vient de moi, j’insiste.
Par contre, quelle est ta conclusion, avec ton étude ? c’est cela que je ne parviens pas à cerner.
Cordialement
Dom -
$\def\P{\mathbb P}$Dom,
$\bullet$ J'ai simplement ramené le problème initial de Math Coss à un autre problème, aussi difficile mais ultra étudié. De manière plus précise, le système
$$
C : \left\{
\begin {array}{rcl}
a^2 + b^2 &=& c^2 \\
2p &=& a+b+c \\
2p &=& 2d + e \\
(p-a)(p-b)(p-c) &=& (p-d)^2 (p-e) \\
\end {array}
\right.
$$est une courbe projective (les équations sont homogènes de degrés 2, 1, 1, 3) donc étudier les solutions dans $\Z$ ou dans $\Q$, c'est pareil. Ceci est banal. Le petit truc que j'ai fait, c'est que j'ai ramené l'étude de $C(\Q)$ à l'étude des points $\Q$-rationnels en $(x,y)$ de
$$
y^2 + h(x)y = f(x) \quad \left\{ \begin {array} {l} h(x) = -x^3 + 8x^2 - 14x + 8 \\ f(x) = 4x(x-1)(x-2)^3 \\ \end {array}\right.
\qquad \text{ou encore} \qquad
Y^2 = F(x) \quad \left\{ \begin {array} {} F(x) = 4f(x) + h(x)^2 = \\ (x^2 - 2) (x^4 - 18x^2 + 48x - 32) \\ \end {array} \right.
$$Se ramène a un sens bien précis : la courbe $C$ est birationnellement équivalente à la courbe $H$ en $x,y$ ci-dessus (ou celle en $x,Y$)
$\bullet$ Ce type de courbe $H$ est étudié depuis très très longtemps (je dirais plus d'un siècle). On dit que $H$ est une courbe hyperelliptique. De genre 2 à cause du degré 6 de $F(x)$. Ce n'est pas du tout du tout mon domaine. J'ai cru comprendre Chabauty (1941) a décrit une méthode permettant, sous certaines conditions, de trouver tous les points $\Q$-rationnels d'une courbe hyperellptique de genre 2. Que Coleman a rendu effective (1985). Cassels & Flynn ont écrit (1996) un ouvrage entier sur les courbes hyperellliptiques de genre 2 ....etc... Certains algorithmes sont implémentés dans le logiciel que j'utilise (par la ``bande habituelle'' dont Stoll ...). J'attache la bibliographie du chapitre correspondant de la documentation.
Ce que j'ai fait est donc minuscule. Moi, je ne sais pas aller plus loin. Les pros, si. -
Je dois tout de même rappeler que j'ai proposé une autre approche du problème, conduisant à un système plus simple, et qui n'a pas eu l'honneur de passer à la moulinette hyperelliptique...
-
Bonjour,
Je crois que personne n'a pris la peine de regarder l'article que je mentionne plus haut.
Claude Quitté, il me semble que vous étiez très près du but, bravo pour votre approche.
Dans l'article, la conclusion est effectivement obtenue par un théorème de Chabauty - Coleman. -
Rescassol aurait dû ajouter à son programme une ligne qui divise chaque fois les 6 côtés trouvés par le PGCD des 3 côtés du triangle rectangle, afin de mettre en lumière l'unicité de la solution à similitude près, ce qui est bien comme dit perplexe un étonnant résultat, et j'ajouterai un très beau résultat.
Comme disent les auteurs japonais, il est surprenant que la preuve de ce résultat dépende d'une théorie sophistiquée et moderne, mais la théorie des nombres nous habitue à cette situation. Même si nous sommes sans doute nombreux à ne pas être capables de suivre, il faut nous féliciter du spectacle de ces outils puissants qui permettent de venir à bout des équations diophantiennes.
Bonne soirée.
Fr. Ch. -
Ok Claude.
;-)(tu) -
$\def\P{\mathbb P}\def\Clisse{\widetilde C}$Perplexe
Bien sûr que j'ai fini par regarder l'article que tu as pointé. C'est quand même la moindre des choses. Je ne sais pas si tu as vu que les auteurs utilisent un logiciel pour d'une part borner le rang de la jacobienne de la courbe hyperelliptique et d'autre part pour borner le nombre de points modulo $p$ de la courbe où $p$ est de bonne réduction (ils ont choisi $p = 5$ mais $p = 3$ convient également).
$\bullet$ Il est impératif, pour plusieurs raisons, de faire les calculs à la main, en utilisant une calculette si besoin. Car l'utilisation des outils du logiciel ne fournit qu'une application rationnelle $\varphi : C \to \Clisse$ (qui est très complexe) sans fournir le morphisme $\Clisse \to C$ : c'est de lui dont on a besoin. Je trouve cela curieux. Note : $C$ est la courbe de MathCoss, $\Clisse$ sa lissifiée (la courbe hyperelliptique de genre 2).
Des extraits de mes affaires, extraits que je trouve significatifs. Je commence par la courbe $C \subset \P^3_{(a:b:c:d)}$ de MathCoss. Deux équations : une conique et une cubique.[color=#000000]> k := RationalField() ; > P3<a,b,c,d> := ProjectiveSpace(k,3) ; > > Eq1 := a^2 + b^2 - c^2 ; > Eq2 := 1/4 * ((b+c-a)*(a+c-b)*(a+b-c) - (a+b+c - 2*d)^2 * (4*d - (a+b+c))) ; > C := Curve(P3, [Eq1, Eq2]) ; > I := iso < C -> C | [b,a,c,d], [b,a,c,d] > ; [/color]
$\bullet$ Là je vais zapper sur des calculs faits à la main : détermination des fonctions invariantes par l'involution hyperelliptique $(a : b : c : d) \mapsto (b : a : c : d)$. Ces calculs en question sont élémentaires (équations du second degré). Qui conduisent à la détermination de
$$
H_3 : \qquad y^2 + h(x) y = f(x)
$$[color=#000000]> assert f eq 4 * X * (X-1) * (X-2)^3 ; > assert h eq -X^3 + 8*X^2 - 14*X + 8 ; > // H3 : y^2 + h(x)*y = f(x) > H3<x,y,z> := HyperellipticCurve([f,h]) ; > H3 ; Hyperelliptic Curve defined by y^2 + (-x^3 + 8*x^2 - 14*x + 8)*y = 4*x^5 - 28*x^4 + 72*x^3 - 80*x^2 + 32*x over Rational Field > CH3 := PreimageRing(CoordinateRing(H3)) ; > CH3 ; Graded Polynomial ring of rank 3 over Rational Field Order: Lexicographical Variables: x, y, z Variable weights: [1, 3, 1] [/color]
$\bullet$ Et ces même calculs conduisent au morphisme $H_3 \to C$ suivant, en n'oubliant pas que $H_3 \subset \P^2(1,3,1)_{(x:y:z)}$ et donc $y$ a le poids 3
$$
(x : y : z) \mapsto (a : b : c : d) = \big(y : u_1(x,z) - y : u_2(x,z) : w_1(x,z) \big)
$$[color=#000000] > //// H3 --> C > u1 := CH3 ! (z^3 * Evaluate(U1, x/z)) ; > u2 := CH3 ! (z^3 * Evaluate(U2, x/z)) ; > w1 := CH3 ! (z^3 * Evaluate(W1, x/z)) ; > u1 ; x^3 - 8*x^2*z + 14*x*z^2 - 8*z^3 > u2 ; x^3 - 4*x^2*z + 10*x*z^2 - 8*z^3 > w1 ; x^3 - 4*x^2*z + 6*x*z^2 - 4*z^3 > H3toC := map < H3 -> C | [y, u1 - y, u2, w1] > ; > H3toC : Minimal ; (x : y : z) -> (y : x^3 - 8*x^2*z + 14*x*z^2 - y - 8*z^3 : x^3 - 4*x^2*z + 10*x*z^2 - 8*z^3 : x^3 - 4*x^2*z + 6*x*z^2 - 4*z^3) [/color]Maintenant, je fais comme les auteurs, ce qui fournit la borne $\#H_3(\Q) \le 8 + 2 = 10$.[color=#000000]> BadPrimes(H3) ; [ 2, 47 ] > > J := Jacobian(H3) ; > assert RankBound(J) eq 1 ; > // #H3(Q) <= #H3(Fp) + 2*g-2 = #H3(Fp) + 2 > H3mod3 := ChangeRing(H3, GF(3)) ; > #Points(H3mod3) ; 8 > H3mod5 := ChangeRing(H3, GF(5)) ; > #Points(H3mod5) ; 8 [/color]
Ici, je fais calculer quelques $\Q$-points de $H_3$ par le logiciel. Qui va en trouver 10. Bingo. Je suis obligé de passer par la forme $H_4$ de $H_3$ (forme de Weierstrass).[color=#000000]> // H4 : Y^2 = F(x) = 4*f(x) + h(x)^2 > H4 := HyperellipticCurve(4*f + h^2) ; > ok, H4toH3 := IsIsomorphic(H4, H3) ; > > time H4points := Points(H4 : Bound := 10) ; Time: 0.000 > #H4points ; 10 > H4points ; {@ (1 : -1 : 0), (1 : 1 : 0), (0 : -8 : 1), (0 : 8 : 1), (1 : -1 : 1), (1 : 1 : 1), (2 : -4 : 1), (2 : 4 : 1), (-10 : -868 : 1), (-10 : 868 : 1) @} > H3points := [H4toH3(h) : h in H4points] ; > H3points ; [ (1 : 0 : 0), (1 : 1 : 0), (0 : -8 : 1), (0 : 0 : 1), (1 : -1 : 1), (1 : 0 : 1), (2 : -4 : 1), (2 : 0 : 1), (-10 : -1408 : 1), (-10 : -540 : 1) ] > Cpoints := [H3toC(h) : h in H3points] ; > Cpoints ; [ (0 : 1 : 1 : 1), (1 : 0 : 1 : 1), (2 : 0 : 2 : 1), (0 : 2 : 2 : 1), (1 : 0 : 1 : 1), (0 : 1 : 1 : 1), (-1 : 0 : 1 : 0), (0 : -1 : 1 : 0), (176/183 : 45/122 : 377/366 : 1), (45/122 : 176/183 : 377/366 : 1) ] [/color]Si je laisse faire le logiciel. Il détermine une autre courbe hyperelliptique $H$ (isomorphe à $H_3$) et $\varphi : C \to H$, assez complexe.[color=#000000]> // phi : C -> H > time ok, H<x,y,z>, phi := IsHyperelliptic(C) ; Time: 0.490 > phi : Minimal ; (a : b : c : d) -> (-b^7 + b^5*c^2 - b^3*c^4 + 6*b^6*d - 2*b^4*c^2*d + 3*b^3*c^3*d + 2*b^2*c^4*d - 16*b^5*d^2 - 7*b^4*c*d^2 - 5*b^3*c^2*d^2 - 8*b^2*c^3*d^2 - 2*b*c^4*d^2 + 33*b^4*d^3 + 33*b^3*c*d^3 + 22*b^2*c^2*d^3 + 6*b*c^3*d^3 - 56*b^3*d^4 - 66*b^2*c*d^4 - 22*b*c^2*d^4 + 66*b^2*d^5 + 62*b*c*d^5 + 8*c^2*d^5 - 48*b*d^6 - 24*c*d^6 + 16*d^7 : b^19*d^2 - b^17*c^2*d^2 + b^15*c^4*d^2 - 9*b^18*d^3 - 2*b^17*c*d^3 + 4*b^16*c^2*d^3 - 3*b^15*c^3*d^3 - 6*b^14*c^4*d^3 + 46*b^17*d^4 + 29*b^16*c*d^4 + 18*b^14*c^3*d^4 + 21*b^13*c^4*d^4 - 184*b^16*d^5 - 177*b^15*c*d^5 - 44*b^14*c^2*d^5 - 61*b^13*c^3*d^5 - 62*b^12*c^4*d^5 + 601*b^15*d^6 + 721*b^14*c*d^6 + 233*b^13*c^2*d^6 + 172*b^12*c^3*d^6 + 142*b^11*c^4*d^6 - 1645*b^14*d^7 - 2303*b^13*c*d^7 - 802*b^12*c^2*d^7 - 374*b^11*c^3*d^7 - 256*b^10*c^4*d^7 + 3904*b^13*d^8 + 5954*b^12*c*d^8 + 2010*b^11*c^2*d^8 + 616*b^10*c^3*d^8 + 400*b^9*c^4*d^8 - 8078*b^12*d^9 - 12702*b^11*c*d^9 - 3976*b^10*c^2*d^9 - 848*b^9*c^3*d^9 - 512*b^8*c^4*d^9 + 14580*b^11*d^10 + 22816*b^10*c*d^10 + 6480*b^9*c^2*d^10 + 912*b^8*c^3*d^10 + 512*b^7*c^4*d^10 - 23056*b^10*d^11 - 34480*b^9*c*d^11 - 8576*b^8*c^2*d^11 - 640*b^7*c^3*d^11 - 448*b^6*c^4*d^11 + 31680*b^9*d^12 + 43376*b^8*c*d^12 + 9040*b^7*c^2*d^12 + 320*b^6*c^3*d^12 + 336*b^5*c^4*d^12 - 37264*b^8*d^13 - 44928*b^7*c*d^13 - 7648*b^6*c^2*d^13 - 208*b^5*c^3*d^13 - 160*b^4*c^4*d^13 + 36944*b^7*d^14 + 37360*b^6*c*d^14 + 5200*b^5*c^2*d^14 + 128*b^4*c^3*d^14 + 32*b^3*c^4*d^14 - 29840*b^6*d^15 - 23728*b^5*c*d^15 - 2656*b^4*c^2*d^15 - 32*b^3*c^3*d^15 + 18432*b^5*d^16 + 10656*b^4*c*d^16 + 864*b^3*c^2*d^16 - 7968*b^4*d^17 - 2976*b^3*c*d^17 - 128*b^2*c^2*d^17 + 2112*b^3*d^18 + 384*b^2*c*d^18 - 256*b^2*d^19 : b^6*d - 3*b^5*d^2 + 6*b^4*d^3 - 12*b^3*d^4 + 12*b^2*d^5 - 4*b*d^6) [/color]D'où l'intérêt de faire des calculs à la main. Car de plus $\varphi$ n'est pas dans le bon sens. -
Quels sont les mots clés de la théorie utilisée ?
Les « grands théorèmes » également ?
J’aime bien tes messages Claude :
De l’humilité (alors que tu sais certainement que tu es un expert ;-)) et surtout on voit tes yeux qui brillent et tu sembles t’amuser.
Les maths ! Tout simplement. -
$\def\calC{\mathcal C}\def\F{\mathbb F}$Dom,
Je t'assure que je ne suis absolument pas un expert des courbes hyperelliptiques (de genre 2 ou pas).
$\bullet$ Mots-clés ? Difficile. Quelques uns, en vrac : espace projectif, courbe algébrique, genre d'une courbe algébrique, courbe hyperelliptique, jacobienne d'une courbe algébrique, descente, groupe de Selmer. J'en oublie. Discipline (?) : géométrie algébrique, géométrie arithmétique (ou diophantienne).
Quelques auteurs dans le désordre également : Mordell, Siegel, Lang, Chabauty, Selmer, Flynn, Coleman, Faltings. C'est Mordell, dans un papier de 1922, qui avait conjecturé qu'une courbe algébrique définie sur $\Q$, de genre $\ge 2$, n'a qu'un nombre fini de points $\Q$-rationnels. Montré par Faltings en 1983 dans un contexte bien plus général ($\Q$ est remplacé par un corps de nombres quelconque).
Un texte de Marc Hindry : La géométrie diophantienne selon Serge Lang in https://webusers.imj-prg.fr/~marc.hindry/Lang.pdf
$\bullet$. Le théorème qui a été utilisé est celui cité par les 2 auteurs Y. Hirakawa & H. Matsumura en Th. 1.2 (papier pointé par Perplexe). Soit $\calC$ une courbe algébrique lisse définie sur $\Q$ de genre $g \ge 2$. Cette courbe possède une jacobienne $J$ qui est une variété abélienne de dimension $g$ définie sur $\Q$. L'ensemble $J(\Q)$ des points $\Q$-rationnels de $J$ est un groupe abélien de type fini et de ce fait possède un rang. Si ce rang est $< g$, alors :
$$
\#\calC(\Q) \le \#\calC(\F_p) + 2g - 2 \qquad \text{pour tout premier} \quad p > 2g \quad \text{de bonne réduction}
$$Dans le problème de Math Coss, on a $g = 2$ et on a pris $p=5$ pour lequel $\#H_3(\F_5) = 8$ avec $2g-2=2$, ce qui fait 10 comme borne. Et le logiciel a trouvé 10 points : bingo (bis). Je n'avais pas le droit de prendre $p = 3$ car il faut $p > 2g = 4$.
$\bullet$ Oui, je me suis bien amusé. Je viens de terminer à la main l'application ``inverse'' $C \to H_3$ ($C$ est la courbe de Math Coss, $H_3$ la courbe hyperelliptique que j'ai exhibée dans mon post prédent). Avec $u_2(x)$ qui est déjà intervenu
$$
u_2(x) = x^3 - 4x^2 + 10x - 4, \qquad\qquad \widetilde u_2(x,z) = x^3 - 4x^2z + 10xz^2 - 4z^3
$$Le morphisme $C \to H_3$ trouvé à la main est
$$
(a : b : c : d) \mapsto (x : y : z) = \big(c(a+b-c) \![:\](https://les-mathematiques.net/vanilla/resources/emoji/confused.png ":\")
a\, c^2\, \widetilde u_2(a+b-c, d-c) \ : \ c(d-c) \big) \qquad \qquad \text{degrés à l'arrivée} : 2, 6, 2
$$Plus simple que le morphisme fourni par magma !!
$\bullet$ De la lecture. Le mémoire de Wetherell in http://citeseerx.ist.psu.edu/viewdoc/download?doi=10.1.1.416.5018&rep=rep1&type=pdf. Cf Example 5, p. 30. Comme quoi c'est difficile de venir à bout de la détermination des points $\Q$-rationnels de
$$
y^2 = x^6 + x^2 + 1 \qquad \qquad \text{(from Problem VI.17 in Diophantus' Arithmetica)}
$$Le papier http://www-math.mit.edu/~poonen/papers/chabauty.pdf de McCallum & Poonen cité dans le papier de 5 pages de Y. Hirakawa & H. Matsumura pointé par Perplexe -
$\def\P{\mathbb P}$Chaurien,
Une remarque à propos de ton post http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?5,1954992,1955728#msg-1955728 du point de vue géométrie algébrique ``élémentaire''. Je dis ``élémentaire'' mais j'ai mis un peu de temps pour comprendre un certain phénomène et je n'ai pas encore tout compris.
$\bullet$ Tu disposes donc de 6 ``inconnues'' $x,y,z, h,u,v$ reliées par les équations:
$$
x^2 + y^2 = z^2, \qquad h^2 + u^2 = v^2, \qquad xy = 2uh, \qquad x+y+z = 2u + 2v \qquad\qquad (\star)
$$Pour l'instant, on ne s'intéresse pas à l'arithmétique, juste à l'algèbre. De toutes manières, les équations sont homogènes de degrés $2, 2, 2, 1$ donc c'est un système de $\P^5$, de sorte que $\Q$-points ou $\Z$-points de ce système, c'est kif-kif.
$\bullet$ Les paramètres initiaux sont $x,y,z, \ u,v$ (les longueurs des côtés du triangle rectangle et, à quelque chose près, celles du triangle isocèle). Mais $h$, hauteur du triangle isocèle, n'est pas polynomial en $u,v$. Et même pas rationnel en $u,v$. Ceci va provoquer le désagrément suivant. L'idéal $J$ engendré par les 4 polynômes ci-dessus i.e. $x^2 + y^2 - z^2,\ h^2 + u^2 - v^2, \cdots$ n'est PAS premier. Pas radical non plus et même pas primaire. D'où un certain patacaisse, cf ce qui suit.
$\bullet$ Pour simplifier, j'ai éliminé $v$ via la dernière équation linéaire de $(\star)$ (contrairement à ce que tu as écrit, on ne peut pas éliminer $h$ DU POINT DE VUE de la géométrie algébrique). Bref, on travaille donc dans $\P^4_{(x:y:z:h:u)}$. L'idéal $J$ s'écrit alors (résultat fourni par la décomposition primaire) :
$$
J = P \cap P_1 \cap P_2, \qquad P_1 = \langle x+z, y,h\rangle, \qquad P_2 = \langle x, y+z, h\rangle
$$Quant à l'idéal $P$, il est minimalement engendré par 4 polynômes homogènes de degré 2.
$\bullet$ Du point de vue variétés de $\P^4$, cela signifie que (la courbe) $V(J)$ n'est pas irréductible mais réunion (dans $\P^4$) des 3 courbes irréductibles $V(P)$, $V(P_1)$, $V(P_2)$. Evidemment, c'est la courbe $V(P)$ qui nous intéresse. Disons ses points $\Q$-rationnels. Le premier bilan, c'est que ton système $(\star)$, que tu pensais simple, ne l'est pas tant que cela à cause de l'introduction de l'inconnue $h$ (non rationnelle en les paramètres initiaux).
$\bullet$ Pour l'instant, je ne sais pas attraper $P$ à la main, mais je n'ai pas assez réfléchi. Rappel : je l'ai obtenu via l'algorithme de décomposition primaire dans un anneau de polynômes sur un corps. Mais puisque je l'ai sous la main, rien ne m'empêche d'étudier la courbe $V(P) \subset \P^4$. C'est bien entendu une courbe de genre 2, mais cette fois elle est lisse. L'involution hyperelliptique est $x \leftrightarrow y$, correspondant à l'involution $a \leftrightarrow b$ pour la courbe de Math Coss. Et on tombe sur la même forme hyperelliptique, à un isomorphisme près (défini sur $\Q$).
$\bullet$ Et qu'en est-il du système de Math Coss ? Partant de ses 5 paramètres $a,b,c, d,e$ (correspondant grosso modo à tes $x,y,z, u, v$), il a introduit le demi-périmètre $p$, qui est POLYNOMIAL d'une part en $a,b,c$ d'autre part en $d,e$. Cela change tout. Et il a obtenu 4 équations homogènes (que je laisse dans son ordre) de degrés $2, 1,1,3$ dans $\P^5$. Grâce aux deux équations linéaires, on peut passer dans $\P^3_{(a:b:c:d)}$ pour obtenir une courbe irréductible que j'avais notée $C$. Mais pas lisse. On ne peut pas gagner sur tous les tableaux.
$\bullet$ Un autre bilan : la courbe $V(P)$ de $\P^4$ est la lissifiée de la courbe $C$ de $\P^3$. Il me reste des choses à comprendre. -
$\def\P{\mathbb P}$Math Coss, Chaurien
Vous qui avez mis le problème en équations, je vous pose une question qui me turlupine presque depuis le départ. Je vais considérer vos deux jeux de notations. Pour Math Coss, triangle rectangle : $(a,b,c)$ avec $a^2 + b^2 = c^2$, triangle isocèle : $(d,e,d)$. Pour Chaurien, triangle rectangle : $(x,y,z)$ avec $x^2 + y^2 = z^2$, triangle isocèle $(v, 2u, v)$.
Je note $p$ le demi-périmètre commun et $h$ la hauteur du triangle isocèle (celle à laquelle on pense).
$\bullet$ Alors, dans le problème qui nous concerne, on a les égalités suivantes :
$$
\text{Math Coss} : \quad h = {ab \over e} = {1 \over 2} {e(p-e) \over p-c}
\qquad\qquad\qquad
\text{Chaurien} : \quad h = {xy \over 2u} = {u(p-2u) \over p-z}
\qquad \qquad
(\star)
$$La première égalité provient de l'égalité du double des aires, $ab$ pour le triangle rectangle, $he$ pour le triangle isocèle. Mais je ne vois pas d'où provient la seconde.
$\bullet$ En quoi est ce important pour moi ? Les équations initiales de Math Coss fournissent un idéal (homogène) premier dont l'anneau résiduel, notons le $A$, est intègre. Mais il n'est pas intégralement clos. Ce qui fait que la courbe irréductible associée dans $\P^3_{(a:b:c:d)}$ n'est pas lisse. Le caractère non intégralement clos provient du fait que $h$ est dans le corps des fractions de $A$, est entier (au sens intégral) sur $A$ car $h^2 + (e/2)^2 = d^2$. Si on ajoute une variable $h$ et les relations qui vont avec (tirées de $(\star)$), on passe dans $\P^4_{(a:b:c:d:h)}$ et cette fois, on obtient une courbe irréductible lisse : c'est la lissifiée de la courbe initiale de $\P^3$.
$\bullet$ Quant à Chaurien, l'idéal (homogène) $J$ obtenu à partir de ses équations, n'est pas premier (cf mon post précédent). Ce qui donne une courbe de $\P^4_{(x:y:z:h:u)}$ non irréductible. Mais si on ajoute à $J$ la relation supplémentaire tirée de $(\star)$, on obtient cette fois un idéal (homogène) premier et une courbe irréductible lisse de $\P^4$. Et ces deux objets (idéal, courbe) sont ``isomorphes'' à ceux de Math Coss décrits dans le paragraphe précédent.
Avez vous une idée pour la deuxième égalité dans $(\star)$ ? Note : j'ai obtenu cette deuxième égalité d'une part via la décomposition primaire de $J$ et d'autre part via un calcul de relateurs dans le corps des fractions de $A$.
Connectez-vous ou Inscrivez-vous pour répondre.
Bonjour!
Catégories
- 163.2K Toutes les catégories
- 9 Collège/Lycée
- 21.9K Algèbre
- 37.1K Analyse
- 6.2K Arithmétique
- 53 Catégories et structures
- 1K Combinatoire et Graphes
- 11 Sciences des données
- 5K Concours et Examens
- 11 CultureMath
- 47 Enseignement à distance
- 2.9K Fondements et Logique
- 10.3K Géométrie
- 65 Géométrie différentielle
- 1.1K Histoire des Mathématiques
- 68 Informatique théorique
- 3.8K LaTeX
- 39K Les-mathématiques
- 3.5K Livres, articles, revues, (...)
- 2.7K Logiciels pour les mathématiques
- 24 Mathématiques et finance
- 314 Mathématiques et Physique
- 4.9K Mathématiques et Société
- 3.3K Pédagogie, enseignement, orientation
- 10K Probabilités, théorie de la mesure
- 773 Shtam
- 4.2K Statistiques
- 3.7K Topologie
- 1.4K Vie du Forum et de ses membres
Qui est en ligne 30
+22 Invités