abc

(Cliquez-ici pour accéder à la version originale de cette discussion avec couleurs et images)





Posted by: rifi

soit a ,b et c des entiers strictement positifs tels que :
a/b+b/c+c/a est un entier
montrer que abc est un cube.

merci


Posted by: yos

On note k l'entier a/b+b/c+c/a

Soit d le PGCD de a,b,c. On pose a=da', b=db' et c=dc'.
a'/b'+b'/c'+c'/a' est aussi égal à k et si on montre que a'b'c' est le cube d'un entier x, on aura abc=(dx)^3.
En résumé, on peut supposer a, b, c, premiers entre eux (dans leur ensemble).

On a alors a²c+b²a+c²b=kabc. (1)

Soit p un diviseur premier de abc. On peut supposer par exemple que p|a. On pose a=p^ra' avec a' étranger à p.
D'après (1) , p|b²c, donc p divise b ou c (mais pas les deux).
Premier cas : p|b
On pose b=p^sb' avec b' étranger à p.
On reporte dans l'égalité (1) :
p^{2r}a'^2c+p^{2s}b'^2p^ra'+c^2p^sb'=kp^{r+s}a'b'c . (2)
On voit que p^r divise le second membre et les deux premiers termes du premier membre, donc il divise aussi c^2p^sb', c'est à dire que r\leq s. On peut simplifier (2) par p^{r} :
p^ra'^2c+p^{2s}b'^2a'+c^2p^{s-r}b'=kp^sa'b'c.
A nouveau, on a trois termes sur 4 multiples de p^r donc le quatrième l'est aussi. On simplifie :
a'^2c+p^{2s-r}b'^2a'+c^2p^{s-2r}b'=kp^{s-r}a'b'c.
Le premier terme n'est pas multiple de p et donc au moins un des trois autres termes non plus : ce ne peut être que c^2p^{s-2r}b' (celui de valuation p-adique minimale). D'où 2r=s.
Ainsi la valuation p-adique de abc est 3r.

Deuxième cas : p|c. se fait de manière analogue.

On a donc prouvé que tout diviseur premier de abc est de valuation multiple de 3 dans abc. Cela prouve bien que abc est un cube.


Posted by: aviateurpilot

Soit p un nombre premier,et a',b' et c' les valuations p-adiques
de a, b et c. On veut montrer que a'+b'+c' est un multiple de 3.
on a (a'-b')+(b'-c')+(c'-a')= 0
Il en résulte que l’un au moins des trois entiers a'-b',b'-c' et c'-a' est négatif. Si aucun
n’est strictement négatif, c’est que a'=b'=c' et a'+b'+c' est bien muliple de 3. Sinon, pour que V_p(a/b+b/c+c/a)>ou =0 ,le minimum des trois valeurs doit étre atteint au moins deux fois. Par
exemple, on a a'-b'=b'-c', ce qui assure que a'+b'+c'=3b' est encore multiple de 3.

donc si p divise abc v_p(abc) est divisible par 3
donc abc est un cube


Posted by: yos

[QUOTE=aviateurpilot]
on a (a'-b')+(b'-c')+(c'-a')= 0
Il en résulte que l’un au moins des trois entiers a',b' et c' est négatif. QUOTE]
Je ne comprends pas ce passage.


Posted by: aviateurpilot

Citation:
on a (a'-b')+(b'-c')+(c'-a')= 0
Il en résulte que l’un au moins des trois entiers a',b' et c' est négatif.
Je ne comprends pas ce passage.

je voulais dire:
on a (a'-b')+(b'-c')+(c'-a')= 0
Il en résulte que l’un au moins des trois entiers a'-b', b-c' et c'-a' est négatif


Posted by: yos

Citation:
Posté par aviateurpilot
Sinon, pour que V_p(a/b+b/c+c/a)>ou =0 ,le minimum des trois valeurs doit étre atteint au moins deux fois.

Encore un passage rapide pour moi.


Posted by: aviateurpilot

on suppose que a'-b'#b'-c' et b'-c'#c'-a' et c'-a'#a'-b'
dans ce cas on aura A=V_p(a/b+b/c+c/a)=min(a'-b',b'-c',c'-a')
et puisque (a'-b')+(b'-c')+(c'-a')=0 on va trouver un nombre <0
alors min(a'-b',b'-c',c'-a')<0
donc A<0 absurde car A\ge0
donc ce qu'on a supposé est faux
alors au moin 2 element de l'ensemble {a'-b';b'-c';c'-a'} sont egaux
c pas important que le min ou le max qui soit atteint
mais si on prend par exemple a'-b'=b'-c' <=> a'+b'+c'=3b' (multiple de 3)


Posted by: yos

Oui ce point est plus clair comme ça. Merci.


Posted by: yos

Cette méthode est-elle de toi?


Posted by: aviateurpilot

Citation:
Posté par aviateurpilot
on suppose que a'-b'#b'-c' et b'-c'#c'-a' et c'-a'#a'-b'
dans ce cas on aura .......... <=> a'+b'+c'=3b' (multiple de 3)

oui bien sure










-