Une équation dans Z

Sara1993

Bonjour,
Il s’agit de prouver que l’équation \(10(x^7+y^7+z^7)=7(x^2+y^2+z^2)(x^5+y^5+z^5)\) n’a pas de solution si $x$, $y$, et $z$ sont des entiers relatifs tels que \(x+y+z≠0 \). 

Il est évident de prouver que si une solution existe, alors $x+y+z$ doit être divisible par 7. Mais comment obtenir une contradiction. J’ai essayé la congruence modulo 5, modulo 7, modulo 4… mais toujours aucun résultat. J’ai essayé aussi la descente infinie, non plus. 

depasse

Bonjour,
On peut se ramener au cas où $x,y$ et $z$ sont premiers deux à deux

Sara1993

Bonjour depasse,
c’est ce que j’ai fait, essayant d’obtenir la contraction en trouvant un nombre qui divise x et y et z, comme 5 ou 7 par exemple, mais je ne suis pas arrivée à trouver ce nombre.

depasse

OK
Peux-tu donner la source de ton exercice?
Merci

Sara1993

C’est juste un exercice qui a circulé entre des étudiants ,  je ne connais malheureusement pas la source originale.
Merci. 

gebrane

Une chose bizarre, avec des essais de quelques  entiers vérifiant $x+y+z=0$ , je trouve $10(x^7+y^7+z^7)=7(x^2+y^2+z^2)(x^5+y^5+z^5)$

Rescassol

Bonjour,

C'est normal puisque $x+y+z$ est un diviseur de $10(x^7+y^7+z^7)-7(x^2+y^2+z^2)(x^5+y^5+z^5)$.

Cordialement,
Rescassol

etanche

En c’est bien un diviseur 
https://www.wolframalpha.com/input?i=factorize+10%28x%5E7%2By%5E7%2Bz%5E7%29-7%28x%5E2%2By%5E2%2Bz%5E2%29%28x%5E5%2By%5E5%2Bz%5E5%29

Sara1993

Oui, mais le problème est posé pour le cas où x+y+z≠0 . 

Calembour

Si on suppose $x \neq 0$, l'équation revient à chercher les solutions rationnelles de l'équation : 
$$10 (1 + \alpha^7 + \beta^7) = 7 (1 + \alpha^2 + \beta^2)( 1 + \alpha^5 + \beta^5)$$

Le polynôme $P(X,Y) = 10 (1 + X^7 + Y^7) - 7 (1 + X^2 + Y^2)( 1 + X^5 + Y^5)$ est un polynôme homogène symétrique 

L'idée après serait de paramétriser la courbe "algébrique" associé à ce polynôme (c'est-à-dire d'introduire un paramètre $t$ et d'exprimer $\alpha$ et $\beta$ en fonction de ce paramètre) (il me semble que c'est la procédure standard à l'image de la paramétrisation des triplets pythagoriciens)

Cordialement

depasse

Bonjour,
j'ai tenté, mais à la main, d'où bien des chances d'erreurs de calcul, d'utiliser les polynômes de Newton.
En notant $e_1:=x+y+z, e_2:=xy+yz+zx, e_3:=xyz$, l'équation se réécrirait:
$e_1(3e_1^6-21e_1^5e_2+35(e_1^3e_3+e_1^2e_2^2-3e_1e_2e_3+2e_3^2))=0$, soit, puisque $e_1\neq 0$,
 , soit encore
$$3e_1^5(7e_2-e_1)=35(e_1^3e_3+e_1^2e_2^2-3e_1e_2e_3+2e_3^2)$$
Il s'en suit que $7$ divise $e_1$ comme déjà dit par @Sara1993, mais pas que:
Soit $e_1:=7f$. Alors,
$3*7^5f^5(e_2-f)=5(7^3f^3e_3+7^2f^2e_2^2-21fe_2e_3+2e_3^2)$.
Et donc $7$ divise aussi $e_3$.
Est-ce une avancée vraiment? je ne sais pas.
Cordialement
Paul.
EDIT: erreur de calcul:
C'est
$3e_1^6-21e_1^4e_2+35(e_1^3e_3+e_1^2e_2^2-3e_1e_2e_3+2e_3^2)=0$ et non
$3e_1^6-21e_1^5e_2+35(e_1^3e_3+e_1^2e_2^2-3e_1e_2e_3+2e_3^2)=0$

Rescassol

Bonjour,

En posant $s_1=x+y+z,s_2=xy+yz+zx,s_3=xyz$, j'obtiens l'équation:
$s_1(3s_1^6 - 21s_1^4s_2 + 35s_1^3s_3 + 35s_1^2s_2^2 - 105s_1s_2s_3 + 70s_3^2)=0$

Cordialement,
Rescassol

depasse

Merci @Rescassol,
Eh oui! mon $s_1^4 $ s'est mué méchamment en $s_1^5$!
Ca fiche en l'air ma conclusion.
Ah non! Coup de bol!

Sara1993

Bonjour,
j’ai fait plusieurs tentatives mais toujours en vain. J’ai vraiment séché sur cet exercice au point où il commence à ressembler pour moi au grand théorème de Fermat avant qu’il ne soit démontré !
 

gebrane

Bonjour sara, je me suis retiré . Ton problème demande des outils avancé en théorie des nombres 

Sara1993

Bonjour gebrane,
je respecte votre choix qui est celui de vous retirer. 

Pour ma part, le problème m’intrigue toujours, et je garde espoir que quelqu’un puisse m’aider à le résoudre. 

Calembour

Si on note $F_n(x,y,z) = \frac{x^n + y^n + z^n}{n}$ on a : 
$$F_7(x,,y,z) = F_2(x,y,z) F_5(x,y,z)$$
Voici ce que je propose : essayer de jouer avec des inégalités pour se ramener à un nombre fini de cas à tester dans le sens suivant :
Trouver une certaine fonction $g(x,y,z)$ vérifiant une inégalité du type ($C \in \mathbb{R}$) : 
$$ 0 \le g(x,y,z) \le C $$ 
où $g$ serait une fonction croissante dans le sens où ses applications partielles sont des fonctions croissantes : 
$x \rightarrow g(x,y,z)$ serait une fonction croissante
$y \rightarrow g(x,y,z)$ serait une fonction croissante
$z \rightarrow g(x,y,z)$ serait une fonction croissante
Il ne resterait alors qu'un nombre fini de cas à tester (via un programme par exemple) (vu que $x,y,z$ sont des entiers). Pour chercher une telle fonction, plusieurs pistes sont possibles : 

• Lisser le problème, par exemple étudier la fonction $f_n (x,y,z) = F_7(x,y,z) - F_2(x,y,z) F_5(x,y,z)$ et regarder si elle admet un maximum sur $\mathbb{R}^3$.
  
• Utiliser la théorie des "inégalités symétriques"
• Utiliser des inégalités usuelles comme par exemple l'inégalité arithmético-géométrique, les inégalités de holder et de Minkoswki, peut être une inégalité de type "cauchy-schwartz"

marco

$s_1$ est divisible par $2$.
Si $s_1$ n'est pas divisible par $5$, $s_3$ est divisible par $5$, car $x,y$ ou $z$ est divisible par $5$.
(En effet, en testant les $5 \times 5 \times 5$ cas possibles modulo $5$, les seules solutions $(x,y,z)$ de $3s_1^2-s_2 = 0 \pmod 5$, vérifient $x,y$ ou $z$ divisible par $5$.)

Sara1993

Merci Calembour et marco. 

Je vais essayer d’exploiter ces idées. 

Sara1993

Bonjour Marco,
Aucun espoir pour montrer que 5 divise x, y et z pour trouver la contradiction ( en supposant que leur pgcd est égal à 1 ) . 

Sara1993

Bonjour Calembour,
Wolfram alpha donne qu’il n’y a pas de maximum global pour la fonction & F7(x,y,z) -F2(x,y,z) F5(x,y,z) & . 

gebrane

@sara pourquoi ne pas poser ta question sur MSE, certains sont diaboliques en ce genre de calcul 

depasse

Bonjour,
pour que l'équation de @sara1993 ait une solution, il faut qu'elle en ait une telle que:
1) $x,y,z$ soient étrangers deux à deux,
2)$2$ et $7$ divisent $s_1$ et $s_3$ (et pas $s_2$)
3)$5$ divise $s_3$ et ($s_1$ ou (exclusif) $s_2$).

On peut penser aux théorèmes suivants pour aller plus loin:

Si $x$ et $y$ sont étrangers et si $p$ est premier impair, alors 

1)$ v_p(x^p+y^p) =v_p(x+y)$             si $p$ ne divise pas $x+y$,
    $ v_p(x^p+y^p) =v_p(x+y)+1$     si $p$ divise $x+y$.

2)Les diviseurs de $Q_p(x,y):=\ \dfrac{x^p+y^p}{x+y}$ sont congrus à $1$ modulo $2p$
A suivre
Cordialement
Paul

Sara1993

Bonjour, 
d’accord pour les trois points cités au début. Mais je ne vous toujours pas comment obtenir la contradiction. 

Merci . 

Fin de partie

Si je comprends bien, il s'agit de réduire l'équation modulo $x+y+z$.

depasse

Merci @sara1993,
M'est avis qu'on peut aussi essayer de regarder modulo $3$ (et ses puissances), $3$ le dédaigné jusqu'à lors parmi les quatre premiers premiers!
J'ai commencé, mais pas fini.
Cordialement
Paul

marco

@depasse : bonjour, comment fais-tu pour montrer que $s_3$ est divisible par $5$ ? Merci d'avance.

YvesM

Bonjour,
On cherche les solutions $\displaystyle x,y,z \in \Z$ de $\displaystyle x+y+z\not=0$ et $\displaystyle 10 (x^7+y^7+z^7) = 7 (x^5+y^5+z^5)(x^2+y^2+z^2).$
On utilise les valeurs symétriques $\displaystyle T = x+y+z, S = x y+y z+z x, P=x y z \in \Z$ et on considère $x,y,z$ comme les racines d'un polynôme de degré $3$ en $t$ : $\displaystyle (t-x)(t-y)(t-z) = t^3 - T t^2 + S t - P=0.$ On multiplie par $\displaystyle t^r$ pour $\displaystyle r \in \N$ : $\displaystyle t^{3+r} - T t^{2+r} + S t^{1+r} - P t^{r}=0$. On note $\displaystyle T_n = x^n+y^n+z^n$ pour $\displaystyle n \in \N.$ On écrit que $x,y,z$ vérifie l'équation polynomiale et on somme : $\displaystyle T_{3+r} = T T_{2+r} - S T_{1+r} + P T_r.$ On calcule directement $\displaystyle T_2 = T^2 - 2 S$ et de proche en proche on calcule jusqu'à $\displaystyle T_7.$
L'équation $\displaystyle 10 (x^7+y^7+z^7) - 7 (x^5+y^5+z^5)(x^2+y^2+z^2)=0$ devient $\displaystyle T (70 P^2 - 105 PTS + 35 S^2T^2 + 35 P T^3-21 ST^4 + 3 T^6) =0.$
De cette dernière équation, on observe directement que $7|T$ et que $T|P$ et donc que $7|P.$
On observe que cette dernière équation est quadratique en $P$, en $S$, mais pas en $T$. On la réécrit sous forme de somme de carrés par $\displaystyle 35(2 P)^2 + (6 T^3 - 21 ST+35 P)^2 = 21 (5 P - ST)^2$ qui est de la forme $\displaystyle 35 A^2 + B^2 = 21 C^2$ avec $\displaystyle A=2 P, B=6 T^3 - 21 ST+35 P ,C=5 P - ST \in \Z$ et $7|A$.
On cherche donc les solutions de $\displaystyle 35 A^2 + B^2 = 21 C^2$ avec $\displaystyle A, B,C \in \Z$ et $7|A$ telles que $|A|+|B|+|C|$ est minimal.
De l'équation $\displaystyle 35 A^2 + B^2 = 21 C^2$ on observe que $7|B$ et donc $\displaystyle 5 A^2 + 7 (B/7)^2 = 3 C^2.$ On a établi que $7|A$ et donc $\displaystyle 5.7^2 (A/7)^2 + 7 (B/7)^2 = 3 C^2$ ; on observe que $7|C$ et donc que $\displaystyle 5.7^2 (A/7)^2 + 7 (B/7)^2 = 3.7^2 (C/7)^2$ équivalent à $\displaystyle 35 (A/7)^2 +  (B/7)^2 = 21 (C/7)^2.$ On a donc démontré que $A/7, B/7,C/7 \in Z$ est aussi solution. Mais $\displaystyle |A/7|+|B/7|+|C/7| = (|A|+|B|+|C|)/7 \leq |A|+|B|+|C|$ et donc, par l'hypothèse de minimalité, nécessairement $\displaystyle |A|+|B|+|C| = 0$ et donc $\displaystyle A=B=C=0$ qui implique (*) $\displaystyle P=ST=T^3=0$ et donc $\displaystyle T=x+y+z = 0$ : contradiction. Seule $x=y=z=0$ est solution entière relative de $\displaystyle 10 (x^7+y^7+z^7) = 7 (x^5+y^5+z^5)(x^2+y^2+z^2).$
(*) : j'ai un doute. Ai-je démontré que seule la solution nulle est valide ou que la solution non nulle n'est pas minimale ? 

Sara1993

Bonjour YvesM, Merci ! 
J’ai suivi très attentivement votre raisonnement, permettez-moi de faire quelques remarques et poser quelques questions aussi:
1) Je crois qu’il s’agit de $ T_n $ et non $ T^n $ 

2) Je ne vois pas comment vous avez obtenu rapidement que $ T | P $ pour avoir que $ 7|P $ . De mon côté, j’ai plutôt exploité votre équation : $ 35 A^2 + B^2 = 21C^2 $ pour obtenir que $ 7| B $ ce qui m’a donné ensuite que $ 7| 5A^2-3C^2 $ et en remplaçant $ A $ par $ 2P $ et $ C $ par $ 5P-ST $ j’ai obtenu que $ 7| P $ qui entraine que $ 7|A $ puis directement que $ 7| C $ . 

La construction de $ (A/7, B/7, C/7 ) $ en découle immédiatement, c’était bien clair .
3) Je crois que la dernière conclusion était un peu hâtive car si l’on prend n’importe quel triplet $ (x,y,z) $ tel que $x+y+z =0 $, il vérifiera l’équation du départ . Un simple exemple $ x=1 , y=-1, z= 0 $ . 

LOU16

Bonjour @YvesM

Ton message contient des erreurs qui t'ont conduit à formuler l'implication suivante:

$$35A^2+B^2=21C^2,\quad A,B,C\in \Z \implies A=B=C=0,$$

 qui se révèle inexacte, comme l'atteste l'existence du cas où $(A,B,C)=(2,7,3).$

(Cette équation admet une infinité de solutions dans $\Z^3$ avec $A\wedge B\wedge C=1.$)

depasse

Bonjour à tous,
@marco
1)Si $5$ divise $x^2+y^2+z^2$, alors il divise $s_3:=xyz$. En effet, si $5$ ne divise pas $xyz$, alors $x^2, y^2, z^2$ sont $\pm 1$ modulo $5$ et leur somme ne peut être $0$ modulo $5$.
2)$3s_1^4(7s_2-s_1^2)= 35(s_1^3s_3+s_1^2s_2^2-3s_1s_2s_3+2s_3^2)$ implique que $5$ divise $3s_1^4$ ou $7s_2-s_1^2$, donc $s_1$ ou $s_1^2-2s_2$, donc $s_1$ ou $x^2+y^2+z^2$.
Premier cas: $5$ divise $x^2+y^2+z^2$. Alors $5$ divise $s_3$ d'après 1).
Deuxième cas: $5$ divise $s_1$. Soit $s_1:=5s$
$3s_1^4(7s_2-s_1^2)= 35(s_1^3s_3+s_1^2s_2^2-3s_1s_2s_3+2s_3^2)$ devient
$5.14 s_3^2=5^2s(3.5^2s^3(7s_2-5^2s^2)-7(5^2s^2s_3+5ss_2^2-3s_2s_3))$, donc $5$ divise $s_3$. 
Aux erreurs près.
Cordialement
Paul

lourrran

Qui est ce Pascal ?  
Edit : pour expliquer, la même question a été posée aujourd'hui sur le site Math.Stackexchange, mais elle a été supprimée depuis. Donc le lien ne fonctionne plus.

depasse

@lourrran
un gebraniste qui ne consomme pas que local. Ce n'est donc pas moi.
edit: hélas

marco

Merci @depasse ! C'est astucieux $x^2+y^2+z^2$.

Sara1993

Bonjour à tous. 
En réponse à marco , je vous prie de vérifier si mon raisonnement est correct pour prouver que $ 5| S_3 $ . Merci d’avance.

Si $ 5 $ ne divise pas $ S_3 $ alors $ 5 $ ne divise pas $ x $ , ni y ni z aussi  , par suite $ x^4 = 1 mod 5 $ , pareil pour $ y $ et $ z $ donc $ x^2 =1 ou -1 mod 5 $  , de même pour y et z. 

Ainsi $ x^2+y^2+z^2 = 1 ,-1 , 2 , -2 mod5 $ , comme $ x^5+y^5+z^5 = S_1 mod 5 $ , alors 

$ 7(x^2+y^2+z^2)(x^5+y^5+z^5) = 2S1 , -2S1 , 4S1 , -4S1 mod 5 $ . Revenant à l’équation du départ on obtient que $ 5| S_1 $  

En considérant l’équation $ 35A^2+B^2=21 C^2, où A=2S_3 , B= 6S_1^3-21S_1S_2 +35S_3 , C=5S_3-S_2S_1 $ , $ 5|B et 5|C $ .

$ 7A^2+5( B/5)^2=21.5(C/5)^2 $ =>$  5|A $ =>$  5|S_3 $ . 

Je viens de montrer par absurde que $ 5| S_3 $ . 

Sara1993

Bonjour,
j’ai essayé avec modulo 3 , j’ai réussi facilement à le faire mais uniquement si $ x=0 $ ou $ y=0 $ ou $ z=0 $ .  Lorsque je suis passée au cas général, ce n’était plus évident.
Si je reviens maintenant au modulo 5. Faudra-t-il terminer en utilisant une descente infinie à l’instar de ce qu’a proposé YvesM en montrant que $ ( A/5, B/5, C/5) $ est aussi une solution ou bien suivre un autre chemin ? Merci. 

marco

Merci @Sara1993 pour ta réponse.

Sara1993

Avec plaisir Marco .

Reste à voir comment terminer la résolution du problème. 

LOU16

Bonjour,

Ce message contient une erreur de calcul , qui bien entendu ruine complètement la "démonstration". Désolé.

Confusion entre $\Delta$ et $\dfrac {\Delta}{s^2}$

Ce qui suit contient essentiellement des calculs élémentaires mais toujours périlleux, dans lesquels une erreur a très bien pu se glisser.

$\forall x,y,z \in\Z,:\:\:s:=x+y+z,\::t =xy+yz+xz, \: p=xyz,\qquad\mathcal V \: $désigne la $7-\text{valuation }$ de $\Z.$

$F(s,t,p) :=3s^6-21t s^4 +35ps^3 +35t^2s^2 -105pts +70p^2.\qquad $Il a été vu que:$\quad \forall x,y,z \in\Z, $

$$ 10(x^7+y^7+z^7) =7(x^2+y^2+z^2)(x^5 +y^5+z^5) ,\:\:s\neq 0 \iff \boxed{F(s,t,p) =0\:\:(\bigstar)}$$

Soit $x,y,z \in \Z\: $ vérifiant l'équation initiale et la condition $s\neq 0.$

$(\bigstar)$ entraîne que $\boxed{s\equiv 0 \mod 7,} \: $ puis que $\boxed{p\equiv 0\mod 7}.\:\:$ Montrons que $\:\:\boxed{t\equiv 0\mod 7}$

 

Par l'absurde: $\:\text{ Si } t\not\equiv 0\mod 7, \:\text{ alors }\:\boxed{ \mathcal V(s) =\mathcal V(p).}\:\:$ En effet:

$\bullet \:\: $ Si$\: \mathcal V(s)<\mathcal V(p),\:\: $alors: $\mathcal V\left( F(s,t, p)\right)=\mathcal V\left(35t^2s^2\right) \text{ est impaire}.\:\:$

$\bullet \:\: $ Si$\: \mathcal V(s)>\mathcal V(p),\:\: $ alors: $\mathcal V\left( F(s,t, p)\right)=\mathcal V\left(70p^2\right) \text{ est impaire}.$

Dans les deux cas, l'égalité $(\bigstar)$ est contredite.

Le discriminant $\Delta$ de $F(s,t,p)$, vu comme un polynôme du second degré en $t$, est le carré d'un entier divisible par $7$.

$\Delta  =21s^6 -4900ps^3 +1225p^2 =(7u)^2, \:\:u\in\Z.\quad $ (Faux):$\:\:\dfrac {\Delta}{s^2} =(7u)^2.$

On déduit de cette égalité que $\:\mathcal V( u) =\mathcal V(p)=\mathcal V(s)\geqslant 1.$

D'autre part: $(\bigstar)$ donne $\: t =\dfrac{105ps+21s^4\pm 7u}{70s^2}\:\:$ qui entraîne que $\:\mathcal V(s^2)\leqslant \mathcal V(u)$ et contredit ce qui précède$\:\:\:\square$

Les trois congruences encadrées font que $ x,y,z \equiv 0\mod 7.\:\:$ 

L'implication $10(x^7+y^7+z^7) =7(x^2+y^2+z^2)(x^5 +y^5+z^5) ,\:\: s\neq 0 \implies x,y,z \equiv 0\mod 7\:\: $ permet de conclure que $$x=y=z =0.$$

$

depasse

Bonjour,

 une mise à jour et une question:

Il a été montré que le problème de @Sara1993 équivalait au problème de @Rescassol réécrit $R$ :
$70s_3^2=s_1(3s_1^3(7s_2-s_1^2)-35(s_1^2s_3+s_1s_2^2-3s_2s_3))$  $(:=E) $ n'a pas de solution si $s_1\neq 0$ et $ x,y,z$ sont deux à deux étrangers.
On suppose que $R$ a une solution et on cherche une contradiction.
Remarquons que si $ x,y,z$ sont deux à deux étrangers , $s_2$ et $s_3$ sont  étrangers.
Désormais, $s_2$ et $s_3$ sont  étrangers.
$E$ implique que $s_1$ divise $70s_3^2$ et donc que tout diviseur premier de $s_1$ autre que $2,5,7$ divise $s_3$.
Par ailleurs, il a été montré que $2,5,7$ divisent $s_3$ (et $s_1$).
Bref, tout diviseur premier de $s_1$ divise $s_3$.

Question: Réciproque ou pas?
Autrement dit:
est-ce que dès que $p$ premier divise $z$, il divise $x+y$?

Cordialement
Paul

Sara1993

Bonjour,
Merci d’abord pour le récapitulatif . 
Votre question si j’ai bien compris concerne les p premiers autres que 2, 5 et 7. Car si p est l’un d’entre eux la réponse est évidemment  oui .

depasse

Bonjour,
@Sara1993
J'ai pu rater une évidence!
Ma question est:
Est-ce que si $p$ premier divise $s_3$, alors il divise forcément aussi $s_1$?
Edit: j'avais mal compris ta réponse, Sara! Oui, tu as bien compris ma question!

YvesM

Bonjour,
J'ai décidé de résoudre le problème similaire mais plus simple pour détecter comment trouver la contradiction. 
On a donc $\displaystyle x,y,z \in \Z$ et on note $\displaystyle x+y+z=T, xy+yz+zx=S, xyz=P \in \Z$. On considère $\displaystyle x,y,z$ les trois racines du polynôme $\displaystyle t^3-T t^2 + S t - P=0.$ On note $\displaystyle T_n=x^n+y^n+z^n, n \in \N$ et on calcule de proche en proche $\displaystyle T_2=T^2-2S$ puis $\displaystyle T_3=T^3-3 S T+3 P$, $\displaystyle T_5=T^5-5 S T^3+5 P T^2+5 S^2 T-5 PS$.
Pour $\displaystyle T=0$, on calcule $\displaystyle T_2=-2S, T_3=3P, T_5=-5 PS.$ On cherche donc les solutions que $\displaystyle 6 T_5 = 5 T_3.T_2$ pour $T\not=0.$ Cette équation, avec sa condition, est équivalente à $\displaystyle T^3-5 ST+15 P=0.$
Cette dernière équation est relativement simple et on trouve toutes les familles solutions. 
On choisit par exemple : $\displaystyle T=5n, S=3 M+5 n^2, P=5 M n, n \in \Z, M \in Z.$ On trouve une infinité de solutions. La contradiction ne peut venir que de la transformation $\displaystyle P, S, T \leadsto x,y,z \in \Z.$
On écrit donc le système $x+y+z = 5n,  xy+yz+zx=3 M+5 n^2, xyz=5 M n$ dont les solutions sont entières si, nécessairement, $\sqrt{4 (9M-10 n^2)^3+625 n^6} + 25 n^3 = 2 D^3$ pour un certain $D \in \Z$. Cette équation devient $(9M-10 n^2)^3 + 25 (D n)^3 = D^6$ et comme $D |9M-10 n^2=a D$ elle devient $a^3+25 n^3 = D^3.$

Proposition : Les seules solutions entières relatives de l'équation $\displaystyle A^3+25 B^3 = C^3$ sont $A=C, B=0.$
Editer après le message ci-dessous : 
Démonstration : On a $\displaystyle A^3=C^3 mod(5)$ et donc $\displaystyle A=C mod(5)$ et donc il existe $\displaystyle a,c \in \Z$ tels que $\displaystyle A=5a+u, C=5c+u$ et $\displaystyle 0\leq u\leq 4$. On reporte, les $\displaystyle u^2$ se simplifient, et nécessairement $3 (a-c) u^2 = 0 mod(5)$ donc $\displaystyle a-c=0 mod(5)$ : $\displaystyle a=c+5k$ pour un certain $k \in \Z.$ On calcule alors $\displaystyle A=C+5^2 k.$ On reporte et on trouve que $\displaystyle k|B=kb$ pour un certain $\displaystyle b \in Z$. On reporte $\displaystyle (C+5^2 k)^3 + 5^2 (k b)^3 = C^3$ qui est équivalente à $\displaystyle k=0$ ou $\displaystyle 3C^2+3.5^2 k C + (b^3+5^2 k)^2=3(C+{5^2 k\over 2})^2+({5^2 k\over 2})^2 + b^6 + 2.5^2 b^3 k=0.$ Quitte à multiplier l'équation $\displaystyle A^3+25 B^3 = C^3$ par $-1$ on peut toujours imposer que $B\geq 0.$ C'est donc une somme de terme tous positifs. Et donc $\displaystyle k=0$ qui signifie $\displaystyle B=0.$

On en déduit que $\displaystyle n=0$ et donc $\displaystyle T=0.$

Bilan : Je n'ai pas su trouver une contradiction avec des modulos. J'ai résolu explicitement l'équation en $\displaystyle P, S, T$ qui elle-même possède une infinités de solutions. Ces solutions permettent à une des variables $x,y,z$ d'être dans $\Z$ mais pas aux trois. Pour le démontrer, j'ai résolu le système à trois équations qui, à travers un discriminant, impose une condition pour obtenir des solutions entières qui impose finalement la nullité de la somme $x+y+z.$

LOU16

Bonjour @YvesM

Je ne comprends strictement rien à ton "bilan", mais tu donnes une résolution erronée de l'équation (pas facile du tout) $A^3+25B^3 =C^3.$

$(C+25k)^3+25B^3=C^3\: $entraîne  $\: k\text{ divise }B^3\:$ et non $\:k\text{ divise }B \:$. comme tu l'écris.

De plus, on ne connait pas le signe de ton $\:k=\dfrac{a-c}5\:\:(k<0 \text{ si }B>0)\:)$,  ce qui invaliderait de toutes façons la suite de ton argument.

depasse

Bonjour,

LOU16 a dit :

$F(s,t,p) :=3s^6-21t s^4 +35ps^3 +35t^2s^2 -105pts +70p^2.\qquad $Il a été vu que:$\quad \forall x,y,z \in\Z, $

$$ 10(x^7+y^7+z^7) =7(x^2+y^2+z^2)(x^5 +y^5+z^5) ,\:\:s\neq 0 \iff \boxed{F(s,t,p) =0\:\:(\bigstar)}$$

Il me semble que nous avons oublié d'exploiter le fait que $s,t,p :=s_1,s_2,s_3$ sont liés par une autre relation que $F(s,t,p)=0$, à savoir celle qui s'impose  pour que $X^3-sX^2+tX-p=0$ ait trois racines entières.
Je trouve qu'
il faut que   $4s^3p-s^2t^2-18stp+4t^3+27p^2$ soit un carré.
A suivre
Cordialement
Paul

LOU16

Bonjour @depasse

Je n'avais pour ma part rien oublié et avais bien cette condition en tête, mais j'avais provisoirement renoncé à retrouver à la main l'expression du "discriminant du polynôme du troisième degré". (J'en suis resté à $-(4p^3+27q^2)$ pour $X^3+pX+q$.)

Je te remercie donc pour ton calcul qui, s'il est exact,(*), permet me semble-t-il, de s'en sortir.

En reprenant mon précédent message, on a:$F(s,t,p) =0\implies s\equiv p\equiv 0 \mod 7$ et il suffit alors de prouver que $t\equiv 0\mod 7.$

Supposons $t\not\equiv 0\mod 7.\quad $ Alors:

$4s^3p-s^2t^2-18stp+4t^3+27p^2\text{ est le carré d'un entier } \:$ entraîne que $t\equiv 1,\:2,\: 4\mod 7.$

D'autre part:$\quad xyz\equiv 0\, \:\:x+y+z\equiv 0\mod 7$ . On peut prendre $x\equiv 0\mod 7.\:\: $

Alors $t\equiv -y^2\mod 7,\:\:t\equiv 3,\:5,\:6\mod 7,\quad$ ce qui conduit à une contradiction.

(*) Hélas, je crains fort que la condition ne soit plutôt $-(4s^3p-s^2t^2-18stp+4t^3+27p^2)\text{ est le carré d'un entier }, \:$ ce qui fiche tout en l'air, encore une fois.

YvesM

Bonjour,
L'exercice simplifié avec $\displaystyle 6 (x^5+y^5+z^5) =5 (x^3+y^3+z^3)( x^2+y^2+z^2) $ apporte une subtilité. Avec mes notations $\displaystyle x+y+z=T, x y+yz+zx=S, xyz=P$, la condition que $\displaystyle 27 P^2-18 PST+4 P T^3+4 S^3-S^2 T^2$ est un carré est insuffisante pour trouver une contradiction. 
En effet, on a $T^3-5 S T+15 P = 0$ et donc $\displaystyle 5|P, 5|T$ et on suppose $\displaystyle 5\not|S$, alors $\displaystyle 4 S^3 = n^2 \mod(5)$ pour un $\displaystyle n \in \Z$ et donc $\displaystyle S=0,1,4 \mod(5).$
Puis de $\displaystyle xyz=P$ on peut choisir $\displaystyle 5|x$ et donc $\displaystyle y+z = 0 \mod(5)$ et donc $\displaystyle S=-y^2 \mod(5)$ et donc $\displaystyle S=0,1,4 \mod(5)$ qui n'implique pas que $5|S$. 

Il faut écrire que nécessairement la condition est $\displaystyle 27 P^2-18 PST+4 P T^3+4 S^3-S^2 T^2$ est le triple d'un carré. Ce qui est vrai puisque la résolution de l'équation polynomiale donne du $\displaystyle  \sqrt{3 (27 P^2-18 PST+4 P T^3+4 S^3-S^2 T^2)}.$
Avec cette nouvelle condition, on a $\displaystyle 4 S^3 = 3 n^2 \mod(5)$ et donc $\displaystyle S = 0,2,3 \mod(5)$ qui est bien incompatible avec $\displaystyle S=-y^2 \mod(5)$ et donc $\displaystyle S=0,1,4 \mod(5)$ qui implique $5|S$. 

On revient à l'exercice original avec comme condition le triple d'un carré et vos notations : 
$4 t^3=3 n^2 \mod(7)$ et donc $t =0,3,5,6 \mod(7)$ puis $t=-y^2 \mod(7)$ et donc $t=0,3,5,6$ et on ne trouve pas de contradiction. 

Il faut donc démontrer la condition nécessaire. Selon mathematica, on a $\displaystyle x = {(3 \sqrt{3} \sqrt{4s^3p-s^2t^2-18 ps t+4t^3+27 p^2}+27 p+2s^3-9 st)^{1/3} \over 3 (2)^{1/3}} - {(2)^{1/3} (3 t - s^2) \over 3(3 \sqrt{3} \sqrt{4s^3p-s^2t^2-18 ps t+4t^3+27 p^2}+27 p+2s^3-9 st)^{1/3}} + {s \over 3}.$

Quelle est la condition nécessaire ? 

depasse

Bonjour à tous,
@LOU16
en fait mon précédent message s'adressait à @Sara1993 car j'avais bien noté que tant toi que @YvesM utilisiez le discriminant.
Je vais vérifier mon erreur de signe, hautement probable.
Il faudra peut-être regarder pas seulement modulo $7$ et par une astuce via la réciprocité quadratique arriver à une contradiction.

Sara1993

Bonjour à tous, 

J’ai suivi attentivement le fil de discussion récent, et j’avais bien crié victoire avec le raisonnement de Lou16, seulement , Hélas , le discriminant est l’opposé du nombre et ceci ne donne aucune contradiction comme a bien expliqué YvesM . C’est clair.

Maintenant, je me demande s’il y a un théorème qui donne des conditions nécessaires et suffisantes sur les coefficients entiers d’un polynôme unitaire de degré 3 , pour qu’il ait trois racines entières distinctes deux à deux ( car je crois que c’est le cas ici, sinon la contradiction serait facile à obtenir puisque 7| x+y+z et 7| xyz ) . Merci. 

YvesM

Bonjour,
Voici le résumé de mes messages et une démonstration du résultat soumis à votre vérification. 
Soit $\displaystyle x,y,z \in \Z$ des entiers premiers entre eux. On note $\displaystyle x+y+z=T, xy+yz+zx =S, xyz=P \in \Z$. Soit $p$ premier. 

Proposition 1 : Si $\displaystyle p|T$ et $\displaystyle p|P$, alors il existe $\displaystyle n \in \Z$ tel que $\displaystyle S = -n^2 \mod(p).$
Démonstration : On considère $\displaystyle x,y,z$ comme solutions d'un polynôme de degré $3$ : $\displaystyle (t-x)(t-y)(t-z) = t^3 - T t^2 + S t-P=0.$ Puisque $\displaystyle p|P$ et la symétrie entre $\displaystyle x,y,z$ on peut choisir $\displaystyle p|x$ et alors $\displaystyle S=x(y+z)+yz = yz \mod(p).$ Puisque $\displaystyle p|T$ on a $\displaystyle y+z=T-x = 0\mod(p)$ et alors $\displaystyle y+z=0 \mod(p)$ ou encore $\displaystyle z=-y \mod(p).$ On a établi que $\displaystyle S = -y^2 \mod(p).$

Proposition 2 : Si $\displaystyle p|T$, $\displaystyle p|P$ et $\displaystyle p|S$ et $\displaystyle x,y,z$ sont premiers entre eux. 
Démonstration : $\displaystyle t^3 - T t^2 + S t-P=0$ implique $\displaystyle p|t^3$ et donc $\displaystyle p|t \in \{x,y,z\}.$

Proposition 3 éditée après correction par @LOU16 : Pour avoir $\displaystyle x,y,z$ entiers relatifs il faut avoir $\displaystyle 27 P^2-18 PST+4 PT^3+4S^3-S^2T^2 = -r^2, r\in \Z.$
Démonstration : On calcule $\displaystyle 27 P^2-18 PST+4 PT^3+4S^3-S^2T^2 =-(x-y)^2(y-z)^2(z-x)^2.$

Proposition 4 : Si $p|T$ et $p|P$ alors $4 S^3 = -r^2 \mod(p).$
Démonstration : On prend le modulo de l'équation de la proposition 3. 

Proposition 5 : Pour avoir $\displaystyle x,y,z$ entiers relatifs il faut avoir ... avec $\displaystyle 27 P^2-18 PST+4 PT^3+4S^3-S^2T^2 = -r^2, r\in \Z.$
Démonstration : On poursuit la résolution mais les expressions deviennent inextricables car il faut discuter les signes.

Résolution de $\displaystyle 6(x^5+y^5+z^5) = 5(x^3+y^3+z^3)(x^2+y^2+z^2).$
On a, pour $\displaystyle T \not| 0$,$\displaystyle T^3-5 ST+15 P=0$ et donc $5|T$ puis $5|P.$
La proposition 1 donne $\displaystyle S=-n^2 \mod(5)$ et donc $\displaystyle S=0,1,4 \mod(5).$
La proposition 4 donne $\displaystyle 4 S^3=-r^2 \mod(5)$ et donc $\displaystyle S=0,1,4 \mod(5).$

Résolution de $\displaystyle 10(x^7+y^7+z^7) = 7(x^5+y^5+z^5)(x^2+y^2+z^2).$
On a, pour $\displaystyle T \not| 0$, $\displaystyle 70P^2−105 PTS+35 S^2T^2+35 PT^3−21ST^4+3T^6=0$ et donc $7|T$ puis $7|P.$
La proposition 1 donne $\displaystyle S=-n^2 \mod(7)$ et donc $\displaystyle S=0,3,5,6 \mod(7).$
La proposition 4 donne $\displaystyle 4 S^3=-r^2 \mod(7)$ et donc $\displaystyle S=0,3,5,6 \mod(7).$

A poursuivre. 

LOU16

Bonjour @YvesM

Je n'ai pas lu ta "preuve" de la proposition $3$, mais elle est fausse:

Si $P(X) =(X-x)(X-y)(X-z),\: \: x,y,z\in\Z,\:\:\:$ alors le discriminant de $P$ est $\Delta_P =-(27P^2-18PST+4PT^3+4S^3-S^2T^2) =(x-y)^2(y-z)^2(z-x)^2.$

$27P^2-18PST+4PT^3+4S^3-S^2T^2\: $ est l'opposé d'un carré d'entier et non trois fois le carré d'un entier, comme il est facile de le vérifier avec $x=1,y=2,z=3.$