Descente vers l'infini ... et au-delà !

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Zweig
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Descente vers l'infini ... et au-delà !

par Zweig » 03 Jan 2011, 15:57

Yop,

Déterminer tous les triplets de rationnels vérifiant :



Anonyme

par Anonyme » 03 Jan 2011, 19:49

un indice ?

Doraki
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par Doraki » 03 Jan 2011, 20:29

Il me semble bien que l'indice est dans le titre.

Anonyme

par Anonyme » 03 Jan 2011, 22:11

Je vois vraiment mal comment l'appliquer ici ..

Doraki
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par Doraki » 03 Jan 2011, 23:16

déjà il faut voir que tu peux remplacer la question par "déterminer tous les triplets d'entiers tels que ....".

Ensuite, tu essayes de faire pareil que la déscente infinie pour montrer l'irrationalité de sqrt(2) :
un truc du genre si a+bsqrt(2) = 0, alors blablabla ..., a²-2b² = 0, donc a et b sont pairs et on peut remplacer a et b par a/2 et b/2

Ici, je doute pas qu'on puisse tenter un

si a+b*2^(1/3)+c*2^(2/3) = 0 alors blablabla ..., un bidule = 0, donc a,b, et c sont pairs etc.

Le truc consiste à trouver ce qu'on met dans le blablabla qui fasse la même chose dans les deux cas et qui donne un bidule qui marche.

Anonyme

par Anonyme » 04 Jan 2011, 22:49

Merci doraki.

En fait j’étais arrivé a une expression de ce genre (en remarquant que 2^{1/3} est la racine d'un certain trinôme) mais pour éliminer les racines il fallait élever au cube dans un 1er temps puis au carré alors j'ai vite laisser tomber (ce genre de calculs me découragent). J'ai pas encore essayé mais je voulais savoir s'il s'agissait de ta méthode.

Zweig
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par Zweig » 04 Jan 2011, 23:03

Salut,

Evidemment le titre est déjà un (gros) indice. Il faut (ou du moins, on peut) utiliser le principe de la descente infinie de Fermat (il n'existe pas de suite infinie strictement décroissante d'entiers positifs). Ici c'est vrai qu'on a affaire à des rationnels (en fait à des entiers comme l'a remarqué Doraki), mais il suffira de prendre la valeur absolue d'entiers bien choisis pour pouvoir l'utiliser ...

En ce qui concerne la méthode, la mienne est celle énoncée par Doraki

Ici, je doute pas qu'on puisse tenter un si a+b*2^(1/3)+c*2^(2/3) = 0 alors blablabla ..., un bidule = 0, donc a,b, et c sont pairs etc.


ce qui est dans le "bla bla" utilise une identité assez "classique" que j'ai d'ailleurs récemment mentionnée en aidant quelqu'un sur les polynômes à 3 variables ... :lol3:

Doraki
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par Doraki » 04 Jan 2011, 23:28

Le but de ce qui est dans le blablabla est faire disparaître les termes en "2^1/3" du truc de gauche en le multipliant par un truc bien choisi, pour obtenir une relation dans Z, sur laquelle on sait mieux travailler.

Si tu élèves au cube, chuis pas sur que ça simplifie beaucoup les racines au final (d'ailleurs c'est pas exactement en élevant au carré le a+bsqrt(2) = 0 qu'on obtient a²-2b² = 0).

Si ta méthode donne une relation où les racines ont disparues, ben normalement tu devrais pouvoir continuer tranquillement avec.

Anonyme

par Anonyme » 05 Jan 2011, 19:02

Zweig tu fais comment pour trouver toutes ces relation ? Elle est très utile ici.

Sinon voila ce que j'ai fais:

Comme il a déjà été dis on peut se ramener a :
avec a,b,c des entiers

On remarque alors que est une racine du trinôme donc :
ou

Cas 1:

On élève au cube puis après simplification on tombe sur :

On élève au carre les 2 membres pour obtenir après simplification

Il est assez facile de montrer alors que a, b et c sont paires et donc on peut trouver un nouvel triplet de solutions tel que et donc on obtient une descente infinie.

Après il me reste a traiter le cas ou et la je me demande s'il n'y aurait pas un certain argument qui puisse me dispenser de traiter le 2eme cas. Est ce que c'est possible ?

Aussi je voulais savoir si vous avez employé la descente infinie de la même manière que moi c-a-d en considérant .

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par Ben314 » 05 Jan 2011, 19:55

Salut,
Je comprend pas trop ce qu'attend Zweig comme réponse (une fois de plus...)

Si on a un tout petit bagage d'algèbre (bac+1), on sait que l'on peut faire de l'arithmétique sur K[X] pour tout corps K, en particulier pour Q[X] et, comme le polynôme est irréductible dans Q[X] (car 1,-1,2,-2 ne sont pas racines) aucun polynôme non nul de degré <3 ne peut s'annuler en .

Si on veut le faire avec uniquement de l'arithmétique sur Z, on peut partir de avec non tous nuls et premiers entre eux.
On peut alors multiplier par les deux "conjugués" et .
Cela revient en fait à multiplier par et on obtient
On en déduit alors en cascade que est pair puis que est pair puis que est pair ce qui contredit le fait que l'on avait supposé globalement premiers entre eux.
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Anonyme

par Anonyme » 05 Jan 2011, 20:47

Ben j'ai pas compris l'histoire des deux conjugués . Qu'est ce qu'on multiplie par quoi ?

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par Ben314 » 05 Jan 2011, 21:10

Tu multiplie (qui vaut zéro) par et par (qui sont deux nombres complexes)

Si tu n'aime pas les complexes, tu multiplie directement par (qui lui est un réel)

C'est texto la même chose que façe à où tu multiplie par le conjugué pour obtenir
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Anonyme

par Anonyme » 05 Jan 2011, 21:23

Intéressant , j'aimerais bien savoir pourquoi "ça marche" , y -a-t-il toute une théorie derrière ?

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par Ben314 » 05 Jan 2011, 21:58

Qmath a écrit:Intéressant , j'aimerais bien savoir pourquoi "ça marche" , y -a-t-il toute une théorie derrière ?
oui : c'est l'un des trucs que l'on calcule lorsque l'on fait des extentions de corps (ici, l'énoncé se place dans Q[alpha])

Là où c'est pas super malin d'utiliser ça, c'est que cette notion n'est vue qu'au niveau L3 ou M1 alors que le fait que X^3-2 est irréductible sur Q[X] est trés élémentaire et permet de montrer le résultat demandé de façon bien plus simple...
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Anonyme

par Anonyme » 05 Jan 2011, 22:09

Juste par curiosité : le j viens du fait qu'on a affaire a un trinôme du second degrés ou bien de la presence d'une racine cubique qu'on cherche a éliminer ?

Quand je compare ma demo a celle de Zweig ou aux tiennes ... :mur: :ptdr:

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par Ben314 » 05 Jan 2011, 22:20

Qmath a écrit:Juste par curiosité : le j viens du fait qu'on a affaire a un trinôme du second degrés ou bien de la presence d'une racine cubique qu'on cherche a éliminer ?

Quand je compare ma demo a celle de Zweig ou aux tiennes ... :mur: :ptdr:
Le vient de la racine cubique :
Les trois racines (dans C) du polynôme sont et est une racine cubique primitive de l'unité.
Cela signifie que les trois nombres jouent des rôles totalement similaires dans ce type de problème (bien qu'il y ait un réel et deux complexes...)
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Anonyme

par Anonyme » 05 Jan 2011, 22:42

Merci Ben :we:

Zweig
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par Zweig » 06 Jan 2011, 03:50

Salut à vous deux,

Alors en fait, bah j'attendais rien, enfin j'voulais juste voir vos solutions. Finalement, on arrive tous à la même expression sur laquelle on fait des disjonctions de cas sur la parité des inconnues, la seule différence réside dans la manière d'y arriver, ta solution Ben étant la plus naturelle (j'avais même pas fait gaffe qu'on avait un polynôme du second degré ... En toute franchise, je n'aurai de toute façon pas pensé à multiplier par les "conjugués" même si c'est une technique classique, je me rappelle l'avoir vue l'année dernière quand on voulait démontrer des formules de combinatoire on utilisant les complexes).

On arrive sinon directement au résultat en connaissant l'identité suivante :

On voit donc que

 

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