Rationnels à denominateurs impairs
dans Arithmétique
Montrer que si $x,y,z \in \mathbb{Q}$ tels que $x^2+y^2+z^2=1$ alors les dénominateurs de $x,y,z$ écrits sous forme irréductible sont impairs.
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Réponses
Or on remarque que le carré d'un entier vaut toujours 0 ou 1 modulo 4, suivant la parité.
La somme des 3 carrés des numérateurs ne peut donc pas être égale à 0 modulo 4 puisque le numérateur correspondant au dénominateur pair est impair (la fraction étant irréductible).
Conclusion : Les 3 dénominateurs sont nécessairement impairs !
Ca marche si un seul dénominateur est pair, mais s'il y en a 2 ou 3 qui sont pairs, je ne suis pas convaincu.
Hardy et Wright donnent l'exemple suivant: 6^3=3^3+4^3+5^3, ce qui entraîne:
1=(1/2)^3+(2/3)^3+(5/6)^3.
Commençons par nommer tout cela pour éviter les descriptions à rallonge.
Soit $p_1,p_2,p_3$ les numérateurs et $q_1,q_2,q_3$ les dénominateurs.
On a vu que $p_i$ et $q_i$ étaient de parité différente.
L'équation à satisfaire est alors : $p_1^2q_2^2q_3^2+q_1^2p_2^2q_3^2+q_1^2q_2^2p_3^2=q_1^2q_2^2q_3^2$ (*)
1er cas : - Supposons que $q_1$ soit pair tandis que $q_2$ et $q_3$ sont impairs.
Alors dans (*), le premier terme est congru à 1 modulo 4 et les deux suivants sont congrus à 0 modulo 4 donc le total ne peut être congru à 0 modulo 4 comme il devrait.
2ème cas : - Supposons que $q_1$ et $q_2$ soient pairs tandis que $q_3$ est impair.
Alors dans (*), les deux premiers termes sont congrus à 4 modulo 16 et le troisième est congru à 0 modulo 16, donc la somme ne peut être congrue à 0 modulo 16 comme elle devrait.
3ème cas : - Supposons que $q_1$, $q_2$ et $q_3$ soient pairs tous les trois.
Alors dans (*), les trois termes sont congrus à 16 modulo 64 donc leur somme n'est pas congrue à 0 modulo 64 comme elle devrait.
Evidemment, on peut permuter les rôles de $q_1$, $q_2$ et $q_3$.
Conclusion : la sule possibilité restante est que $q_1$, $q_2$ et $q_3$ soient impairs tous les trois.
(et cette fois-ci, ça devrait être bon :P )
p1²*16*q3²+p2²*16*q3²+p3²*16*16=16*16*q3²
Une simplification par 16 donne:
p1²*q3²+p2²*q3²+p3²*16=16*q3²
On aurait donc:
p1²*q3²+p2²*q3²=0 (mod 16), ce qui est impossible car p1, p2 et q3 sont impairs.
Je m'étais arrêté à : si on multiplie par un multiple de 4, c'est comme si on multipliait par 4...
$$ x^2+y^2+z^2=1$$
donne:
$$ x^2+y^2+z^2=t^2$$
On a simplement réduit au même dénominateur.
supposons $t$ pair et écrivons $4t^2$ au lieu de $t^2$:
il y a alors deux cas possibles:
$x$ pair et $y,z$ impairs à une permutation près ou bien $x,y,z$ pairs.
dans le premier cas, on peut écrire $2y+1$ au lieu de $y$ et de même pour $z$:
$$4x^2 +4y^2+4y+1+4z^2+4z+1=4t^2$$
ce qui ne va pas.
dans le deuxième cas:
on simplifie par 4 ce qui ramène au problème initial.
Comme il est impossible que le deuxième cas se répète indéfiniment, on doit arriver en un nombre fini d'étape au premier cas.
Ce qui prouve que $t$ est impair; il ne peut donc avoir que des facteurs impairs.
J'étais parti comme bisam et Richard dans des notations indiciées et des congruences modulo 4 ou 16...
Toi, gilles, tu ne t'embarasses pas de ce fatras, tu remplaces 1 par t² puis 4t² et encore y par 2y+1
et pourtant, le cas que tu traites est limpide.
Mais je comprends moins le 2ème cas
Quand tu affirmes: "on simplifie par 4 ce qui ramène au problème initial.", je ne te suis pas tout à fait:
pourquoi t² devrait-il être pair, à présent? et s'il est impair maintenant, il n'est pas acquis que les 3 dénominateurs étaient impairs...
Soit t pair, t=2^h*u (h>=1 et u impair), on a:
t²=4^h*u², avec u²=1 (mod 8), donc t² est somme de 3 carrés:
t²=x²+y²+z², mais u² remplit lui même les conditions:
u²=a²+b²+c². Les décompositions de u² donnent évidemment des décompositions de t²:
t²=(2^h*u)²=(2^h*a)²+(2^h*b)²+(2^h*c)²
Par exemple: 3²=2²+2²+1² donne 6²=4²+4²+2², mais ces décompositions sont sans intérêt, car on n'aurait pas de fractions irréductibles.
En somme, il faudrait montrer que les décompositions de t² viennent toutes des décompositions de u².
si: $\displaystyle x^2+y^2+z^2=t^2$, alors on a: $\exists n \in \N: t=2^{2n}t'$ avec $t'$ impair et :
$ x \mathrm{\ divisible\ par\ } 2^{2n}$
$ y \mathrm{\ divisible\ par\ } 2^{2n}$
$ z \mathrm{\ divisible\ par\ } 2^{2n}$
Et on retombe sur le problème de discuter la parité.
D'autres idees ?
Dans le livre de JULES MOLK: TOME I, ARITHMETIQUE ET ALGEBRE,( éd. Gabay),Volume 3: THEORIE DES NOMBRES il y une partie : 37. Décomposition d'un nombre en une somme de trois carrés.( J'ai trouvé la table de matières de ce livre grâce au google)
Peut-être ça pourrait être intéressant pour ce fil.
Sincèrement,
Galax
Le raisonnement de Gilles marche donc: t=pgcd des dénominateurs est impair donc tous les dénomiteurs sont impairs.