Équation diophantienne "à la Chao Ko"

On a évoqué ici même il y a quelque temps l'équation diophantienne de Chao Ko.

Voici une équation diophantienne qui ressemble un peu : $$x^yy^x=z^z \hspace{1cm}(E)$$ où les inconnues $x$, $y$ et $z$ sont des entiers naturels strictement supérieurs à $1$.

1) Montrer que $(E)$ possède une infinité de solutions (je sais faire B-)).
2) Résoudre l'équation $(E)$ (pour l'instant, je ne sais pas faire :-().

Réponses

  • Bonjour,

    J'ai trouvé une famille de solutions:
    $x=2^a$, $y=2^n$, $z=2^n$ avec $n=u2^u$ et $a=n-u$, $u$ étant quelconque supérieur ou égal à $1$.
  • En effet, si $n=2^u u $ et $a=n-u$, alors
    $a 2^n+n2^a=(n-u)2^n+u2^u 2^a=(n-u)2^n+u 2^{a+u}$ or $a+u=n$, donc
    $a2^n + n 2^a=(n-u)2^n+u 2^n=n 2^n$.
    Donc $(2^a)^{2^n}(2^n)^{2^a}=(2^n)^{2^n}$
  • @marco (tu)

    Plus généralement, si $t\geq2$ est un entier, $(x,y,z)=(t^{t-1},t^t,t^t)$ est solution. Dans ton cas particulier, $t=2^u$.

    Je n'ai pas encore réussi à trouver d'autres solutions (sauf en échangeant $x$ et $y$...). En particulier en existe-t-il avec $x\not=z$ et $y\not=z$ ? Voir le message de marco qui suit.

    Edit
  • Il y a aussi $x=2$, $y=2^4$, $z=2^3$, mais ce n'est pas une famille.
  • Ah oui, je l'ai loupée celle-ci.
  • Bonjour,

    @marco : une dépendence se cache derrière les deux relations $\displaystyle a=n-u$ et $\displaystyle n=u2^u.$
    Comme $\displaystyle x=2^a=1$ est exclu, alors $\displaystyle a=0$ est exclu. Pour $\displaystyle a=1$, on a $\displaystyle u=n-1$ et alors $\displaystyle n=(n-1)2^{n-1}$ dont la seule solution est $\displaystyle n=2.$ On trouve donc la solution $\displaystyle (x,y,z)=(2, 4,4).$
    Pour $\displaystyle a=2$, on a $\displaystyle u=n-2$ et alors $\displaystyle n=(n-2)2^{n-2}$ qui n'a pas de solution.
    Pour $\displaystyle a=3$, on a $\displaystyle u=n-3$ et alors $\displaystyle n=(n-3)2^{n-3}$ qui n'a pas de solution.
    On trouve une solution pour $\displaystyle a=6$, on a $\displaystyle u=n-6$ et alors $\displaystyle n=(n-6)2^{n-6}$ dont la seule solution est $\displaystyle n=8.$ On trouve la solution $\displaystyle (x,y,z) =(2^{6}, 2^{8}, 2^{8}).$

    Mais comment démontrer que l'équation $\displaystyle n = (n-a) 2^{n-a}$ possède une infinité de solutions ? Sans cette démonstration on ne peut pas affirmer qu'on a une infinité de solutions. Je râte un truc ?
  • Ce n'est pas $a$ qui est quelconque mais $u$. On calcule $n$ en fonction de $u$ et $a$ en fonction de $n$ et $u$.
  • Bonjour,

    @marco : merci, tu l'avais même écrit dans ton message.

    Voici mon travail, en espérant que ça aide.

    Soit l'équation $\displaystyle x^yy^x=z^z$ avec $\displaystyle x,y,z >0$ et réels.
    On sait qu'il existe des réels $\displaystyle a,c$ non nuls tels que $\displaystyle x={y \over a}, z={y \over c}$ et on reporte pour trouver que nécessairement $\displaystyle {1 \over a} = ({1 \over c})^{{1 \over c}} y^{{1 \over c}-{1 \over a}-1}.$
    On montre que $\displaystyle {1 \over c}-{1 \over a}-1 \neq 0$ car sinon on a le système $\displaystyle {1 \over c}-{1 \over a}-1=0$ et ${1 \over a} = ({1 \over c})^{{1 \over c}}$ et donc $\displaystyle {1 \over a} > {1 \over a}+1$ : contradiction.
    On a donc nécessairement $\displaystyle (x,y,z) = ({1 \over a}, 1, {1 \over c}) \times ({{1 \over a}\over ({1 \over c})^{{1 \over c}}})^{{a c\over a-c-a c}}.$
    On a aussi $\displaystyle z^z = x^yy^x <(x+y)^y (x+y)^x = (x+y)^{x+y}$ et donc on a $\displaystyle z <x+y$ puisque la fonction $\displaystyle z \mapsto z^z$ est strictement croissante sur $\displaystyle z \geq 1.$ On en déduit que $\displaystyle {1 \over c}-{1 \over a}-1 <0.$

    On réécrit donc les solutions sous la forme $\displaystyle (x,y,z) = ({1 \over a}, 1, {1 \over c}) \times ({ ({1 \over c})^{{1 \over c}}\over {1 \over a}})^{{a c\over a c - a+c}}.$ On a donc paramétré les solutions selon deux paramètres.
    Avec $\displaystyle c=1$ on retrouve la solution $\displaystyle (x,y,z) = (a^{a-1},a^a, a^a)$ donnée par @uvdose.
  • Merci pour le coup de main, @YvesM. Je ne sais pas si ta paramétrisation avec les réels $a$ et $c$ peut permettre de trouver d'autres solutions entières ? La réponse est oui, voir ci-dessous.

    Edit
  • J'ai réécrit la paramétrisation de @YvesM en posant $\alpha=\frac{1}{a}$, $\gamma=\frac{1}{c}$ et $\varepsilon=\alpha-\gamma$ :
    $$(x,y,z)=\left(\gamma^{\frac{\gamma}{1+\varepsilon}}(\gamma+\varepsilon)^{\frac{\varepsilon}{1+\varepsilon}},\gamma^{\frac{\gamma}{1+\varepsilon}}(\gamma+\varepsilon)^{-\frac{1}{1+\varepsilon}},\gamma^{\frac{\gamma+\varepsilon+1}{1+\varepsilon}}(\gamma+\varepsilon)^{-\frac{1}{1+\varepsilon}}\right)\;\;.$$
    En bricolant, on peut trouver des entiers $\varepsilon>0$ et $\gamma>0$ tels que $\gamma+\varepsilon$ soit une puissance $(1+\varepsilon)$-ème, avec $1+\varepsilon\;|\;\gamma$ : il suffit de poser $\varepsilon=2t$ et $\gamma=(2t)^{1+2t}-2t$, où $t>0$ est un entier. On obtient alors une famille infinie de solutions entières $(x,y,z)$ de $(E)$ telles que $x\not=z$ et $y\not=z$ :
    $$\left\{\begin{array}{l}x=((2t)^{1+2t}-2t)^{\frac{(2t)^{1+2t}-2t}{1+2t}}(2t)^{2t}\\y=((2t)^{1+2t}-2t)^{\frac{(2t)^{1+2t}-2t}{1+2t}}(2t)^{-1}\\z=((2t)^{1+2t}-2t)^{\frac{(2t)^{1+2t}+1}{1+2t}}(2t)^{-1}\\\end{array}\right.\hspace{1.5cm}(t\in\N^*)$$
    - Par exemple avec $t=1$, on obtient la solution $(x,y,z)=(144,18,108)$,
    - et avec $t=2$, la solution $(x,y,z)=\left(2^{416}3^{204}5^{204}17^{204},2^{406}3^{204}5^{204}17^{204},2^{408}3^{205}5^{205}17^{205}\right)$.
  • (tu)@Uvdose: est-ce que tu peux expliquer pourquoi $(\gamma+\epsilon)^{\frac{1}{1+\epsilon}}$ divise $\gamma^{\frac{\gamma}{1+\epsilon}}$ ? (pour que $y$ soit un entier)
    Est-ce qu'il faut supposer $1+2t$ premier pour que $(2t)^{1+2t}-2t$ soit divisible par $1+2t$ ?
    [edit: on a $(2t)^{1+2t}-2t=(1+2t)((2t)^{2t}-(2t)^{2t-1}\dots -2t)$
  • Inutile de supposer que $1+2t$ est premier. On a $2t\equiv-1\;[1+2t]$, donc $(2t)^{1+2t}-2t\equiv0\;[1+2t]$.
  • En effet, merci !
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