Équation $n^x+n^y=n^z$

Sachaben

Bonjour 
Je dois résoudre cette équation dans IN *. 

J’ai essayé avec n=1,2, 3. Je vois que c’est impossible car il y a toujours des cas où un entier ne divise par l’autre par exemple 3 ne divise pas une puissance de 2.
je veux généraliser. Je peux faire par récurrence ou plutôt privilégier un Z/pZ pertinent ? Merci pour vos suggestions

Rescassol

Bonjour,

$2^1+2^1=2^2$

Cordialement,
Rescassol

Math Coss

Et ainsi de suite !

Médiat_Suprème

Il est facile de montrer que cette famille de solution est la seule

Chaurien

Demande à Wiles .

Sachaben

Il n’y a qu’une seule solution , c’est ça? Pour montrer l’unicité, je fixe n et suppose l’existence de 2 triplets x,y,z vérifiant l’équation et je montre que les triplets sont égaux?

gebrane

$$2^2+2^2=2^3.$$ J'attends une preuve de celui qui a dit Il est facile de montrer que cette famille de solution est la seule.

Paul Broussous

@gebrane
 On peut toujours supposer que $y\geqslant x$. L'équation se récrit $n^x (1+n^{y-x} )=n^z$. On a donc aussi  $z\geqslant x$ et en changeant de variables par $a=y-x$ et $b=z-x$, on obtient $1=n^b -n^a$ (avec $b\geqslant a$, donc).  Il s'ensuit que $n^a$ et $n^b$ sont premiers entre eux, ce qui force $a=0$, puis $n=2$ et $b=1$. Finalement les seules solutions  possibles sont  $2^x +2^x = 2^{x+1}$, $x\in \N$.

gebrane

Intéressant. Merci Paul Broussous

Sachaben

Merci Gebrane. C’est une super démonstration. On montre que z> x . z= x est impossible car on aurait n nul mais on résout dans IN*. z< x est aussi imposible car on a un entier à gauche de l’équation et un rationnel non entier à droite. Et après 2= n^b implique que 2 divise n. n est pair et forcément b= 1.
Merci encore 

Médiat_Suprème

Ce n'est pas gebrane mais Paul Broussous qui a donné une démonstration (d'ailleurs plus astucieuse que la mienne, fondamentalement la même, mais moins bien)

Sachaben

Merci Paul Broussous pour cette démonstration 

Chaurien

Ça me rappelle l'équation diophantienne $x!+y!+z!=t!$.

depasse

De mémoire, R.Noguès ou Jean Itard mentionne cette "variante" de Fermat dans leur livre.

plsryef

On peut aussi regarder ce qui se passe en base $n$, l'équation se réécrit :1 suivi de $x$ zéros +1suivi de $y$ zéros =1 suivi de $z$ zéros

ce qui donne $z\geq \max(x,y)$ dès que $n>2$ et contradiction, pour $n=2,\ z=\max(x,y)+1$ et de plus $x=y$ nécessairement $z$ est obtenu après passage d'une retenue dans une addition.

Chaurien

depasse, précise tes références à Noguès et Itard, je ne vois pas...

Chaurien

Très bon exercice pour débutants en Arithmétique, peut-être en Terminale, mais je ne m'y retrouve plus entre les usines à gaz :  spécialités, expertes, tout ça pour ne pas « revenir-en-arrière » et remettre en cause le tabou sacré de l'abolition des filières d'excellence comme la défunte section C, mais c'est une autre histoire...

Cet exercice peut sembler difficile de prime abord avec ses quatre inconnues, mais il se laisse faire avec peu d'outils mathématiques. 

On peut continuer : $n^x+n^y+n^z=n^t$, et ainsi de suite...

depasse

Bonsoir
@Chaurien je ne retrouve pas mon livre et tu as sûrement vérifié que je me suis trompé. J'ai donc lu cette histoire dans un autre livre, ça j'en suis certain!
Tu vas sûrement trouver lequel!
Paul

Chaurien

depasse, tu es bien aimable, il me semble vaguement avoir déjà vu ça, mais je ne trouve pas de référence. Peut-être en trouverons-nous une, en cherchant autre chose... Il faut dire que c'est une équation très simple.

Chaurien

Pour $n^x+n^y+n^z=n^t$, $x \le y \le z$, on a les deux familles de solutions : $3^x+3^x+3^x=3^{x+1}$ et  $2^x+2^x+2^{x+1}=2^{x+2}$. 

Ça donne envie de continuer...

Chaurien

Pour $n^{x_1}+n^{x_2}+n^{x_3}+n^{x_4}=n^y$, $x_1 \le x_2 \le x_3 \le x_4$, je ne trouve que :    

$2^{x_1}+2^{x_1}+2^{x_1+1}+2^{x_1+2}=2^{x_1+3}$,

$2^{x_1}+2^{x_1}+2^{x_1}+2^{x_1}=2^{x_1+2}$,

$4^{x_1}+4^{x_1}+4^{x_1}+4^{x_1}=4^{x_1+1}$.

Chaurien

D'une façon générale, soit l’équation : $n^{x_1}+n^{x_2}+...+n^{x_p}=n^y$, avec $p$ donné, $p \ge 3$, inconnues $n \in \mathbb N^*$ et $0 \le x_1 \le x_2 \le...\le x_p$ entiers.

On a déjà toujours les deux familles de solutions : $p^{x_1}+p^{x_1}+...+p^{x_1}=p^{x_1+1}$ ($p$ termes au premier membre) et : 

$2^{x_1}+2^{x_1}+2^{x_1+1}+2^{x_1+2}+...+2^{x_1+p-2}=2^{x_1+p-1}$.

J'ai l'impression que ce sont les seules solutions si $p$ est premier et qu'il y a d'autres solutions si $p$ n'est pas premier.

jandri

Non il n'y a pas que ces deux solutions quand $p$ est premier.

Si $p=2q+1$ il y a aussi $3^q=(3^{q-1}+3^{q-1})+(3^{q-2}+3^{q-2})+\dots+(3^1+3^1)+(3^0+3^0)+3^0$ que l'on multiplie ensuite par $3^{x_1}$.

Et pour $p=7$ il y a même une quatrième possibilité : $3^2=3^1+3^0+3^0+3^0+3^0+3^0+3^0$.

Chaurien

Très bien, je ne suis pas bon en conjecture .

jandri

J'ai fait une recherche des décompositions de la forme $n^{x_1}+n^{x_2}+...+n^{x_p}=n^y$ avec $x_1=0$ et $0\leq x_2\leq\dots\leq x_p$ en les classant par le nombre de $1$ qu'il y a dans la décomposition.

J'ai trouvé une seule décomposition pour $p=1$ et $p=2$, deux pour $p=3$ et $p=4$, 5 pour $p=5$, 6 pour $p=6$.

Pour $p=7$ j'en ai trouvé 13 : 
1 avec 7 fois 1
2 avec 6 fois 1
4 avec 4 fois 1 (en distinguant $1+1+1+1+2^2+2^2+2^2=2^4$ et $1+1+1+1+4^1+4^1+4^1=4^2$)
1 avec 3 fois 1
5 avec 2 fois 1

Pour $p=8$ j'en ai trouvé 17 : 
2 avec 8 fois 1
1 avec 6 fois 1
5 avec 4 fois 1 
9 avec 2 fois 1
Edit : j'en avais oublié une car $1+1+1+1+1+1+1+1=8^1=2^3$ compte pour deux.