identité $(a+b+c)^3-(a-b+c)^3-(a+b-c)^3+(a-b-c)^3=24abc$

dirikly

Bonjour
cette identité permet -elle de réoudre les équations diophantiennes du type $x^3+y^3+z^3=w^3$ dans $\mathbb{Z}$ ?

dirikly

même question pour 
$$(a+b+c+d)^4-(a+b+c-d)^4-(a+b-c+d)^4-(a-b+c+d)^4+(a+b-c-d)^4+(a-b+c-d)^4+(a-b-c+d)^4-(a-b-c-d)^4=192abcd$$

etanche

Il me semble avoir vu dans math stackexchange des réponses à cette questions. 

Piteux_gore

Il y a une façon très rapide de prouver les deux identités.

dirikly

On peut considérer ces expressions comme un polynôme en $a$
$0$ est une racine évidente 

Piteux_gore

Polynôme homogène de degré $3, 4$ à trois/quatre indéterminées...

Piteux_gore

On peut écrire le polynôme initial sous une forme plus symétrique
$(a+b+c)^3 - (-a+b+c)^3 - (a-b+c)^3 - (a+b - c)^3 = 24abc$.

dirikly

On remarque aussi que
$$(a+b+c)^2+a^2+b^2+c^2=(a+b)^2+(a+c)^2+(b+c)^2$$

pour les cubes 

$$(a+b+c+d)^3+(a+b)^3+(a+c)^3+(a+d)^3+(b+c)^3+(b+d)^3+(c+d)^3=(a+b+c)^3+(a+b+d)^3+(a+c+d)^3+(b+c+d)^3+a^3+b^3+c^3+d^3$$

le principe est de mettre les sommes "pairs" à gauche et les sommes impairs à droite
en éliminant des cubes on peut obtenir une somme de $4$ cubes égale à une somme de trois cubes mais seulement avec de forme linéaire du type $xa+yb$.

P'tit bonhomme

Bonjour,

  Je connaissais ces identités avec $n$ inconnues sous le nom d'identité de Boutin:

\[\sum_{\underline{\epsilon}\in\{\pm1\}^{n-1}}\left(\prod_{i=1}^{n-1}\epsilon_i\right)\left(X_0+\sum_{i=1}^{n-1}\epsilon_iX_i\right)^n=n!2^{n-1}\prod_{i=0}^{n-1}X_i.\]

Amitiés,

    Le p'tit bonhomme