Bonsoir,
Tu l'as passée au cube?

Bonsoir coa347.
Si, il y a une solution, c'est a = b = c = 0.

L'élément est algébrique sur (pas compliqué à voir) et son polynôme minimal est , lequel est de degré 3 et est irréductible sur

Je note

Par suite, l'ensemble forme une base du -ev   et les éléments de cette base sont donc, par essence, -linéairement indépendants.

D'où le résultat.

Cela résulte du théorème général suivant :

Soit une extension du corps K et un élement algébrique sur K.
Alors le polynôme minimal de x est irréductible.

On a un K-isomorphisme :

De plus

Si alors l'ensemble est une base du K-ev K(x).

salut

si on ne connait pas la théorie rappelée par jsvdb :


je pose


1/ on démontre classiquement que x est irrationnel et non nul

2/ l'équation est homogène <=> (a, b, c) est solution <=> (ra, rb, rc) est solution pour tout rationnel r

3/ on peut donc travailler dans Z

4/ si (a, b, c) et (p, q, r) sont deux solutions entières non proportionnelles alors :



en multipliant par p la première et a la deuxième et en soustrayant alors on obtient pb - qa + (pc - ra)x = 0 ... ce qui est contradictoire avec 1/

5/ donc la solution est unique à multiple près (d'après 2/)

6/ or

et donc d'après 5/ il existe un entier k tel que :

2c = ka
b = kc
a = kb

donc en multipliant membre à membre on obtient

or il n'existe pas d'entier dont le cube est 2 donc abc = 0

donc l'un des entiers est nul puis en utilisant 1/ on en déduit (raisonnement similaire à 4/) que les deux autres aussi ...

Bonjour,

Merci pour vos réponses !

de rien

c'est relativement plus coûteux sans la théorie des extensions de corps ... mais ma démo reste de niveau lycée ...

Bonjour,
Pas mal le 6/ carpediem

On peut peut-être "fondre" 4/ et 6/ ensemble :
Si a, b, c sont trois entiers qui vérifient a+bx+cx² = 0 (L₁) .
alors ax²+2b+2cx =0 (L₂) .
(2bL₁-aL₂) donne (a²-2bc)x = 2(b²-ac) car x0 .

Le réel x n'est pas rationnel, donc a²-2bc = 0 .
a²-2bc = 0 ; donc b²-ac = 0 .
D'où a³ = 2abc et b³ = abc .
D'où a³ = 2b³ ; donc a=bx .
Le réel x n'est pas rationnel, donc b = 0 ; donc a = 0 .
D'où a=b=c=0 .

Ce n'est pas vraiment plus court

Une remarque : On peut aussi écrire ax+bx²+2c = 0 à partir de a+bx+cx² = 0

Je dis des bêtises, on n'a pas besoin du préalable. On pose . On a les 3 équations : , qui forment un système (d'inconnues ).

Le déterminant de ce système est , qui est non nul pour premiers entre eux. C'est donc un système de Cramer, et sa seule solution est , qui ne peut pas être, sauf si .

Beaucoup de jolies solutions !

coa347 : encore faut-il prouver que ce déterminant est non nul ...

Sylvieg : 4/ et 6/ ont deux objectifs différents :

2/ dit que si on a une solution (hors (0, 0, 0) bien sur) alors on a une droite vectorielle solution

4/ dit qu'on n'a pas de plan vectoriel solution

6/ dit qu'on n'a pas de solution tout court ... hormis (0, 0, 0) bien sur


4/ permet effectivement de conclure que (2b, 2c, a) ou (2c, a, b) est donc multiple de (a, b, c)

sinon ce que tu proposes n'est effectivement guère ... efficace

mon 6/ dit que si alors :

si a = 0 alors je factorise par x non nul et 1/ permet de conclure
si b = 0 alors je multiplie par x et 1/ permet de conclure
si c = 0 alors 1/ permet de conclure

ça me semble autrement plus immédiat (et surtout moins calculatoire) que ce que tu proposes

ok !

Finalement, coa347, tu as trouvé la solution la plus économique en théorie et la plus élégante. Bravo !

Bonjour,
Démo niveau lycée (en espérant que les systèmes 22 soient encore au programme) :
Poser y = x² avec .

Si a+bx+cy = 0 avec a, b, c non tous pairs, alors

bx+cy = -a
ax+by = -2c
Ce système n'a pas de solution unique, sinon x serait rationnel.
Donc b² = ac (1) .

ax+by = -2c
2cx+ay = -2b
De même a² = 2bc (2) .

2cx+ay = -2b
bx+cy = -a
De même 2c² = ab (3) .

D'après (2) , l'entiers a est pair. D'après (1) , l'entier b est pair car a est pair.
a = 2a' et b = 2b' . Dans (3) : c² = 2a'b' . L'entier c est aussi pair.
Petite contradiction.

De plus, si on résout un système de trois équations à trois inconnues a,b,c, alors on ne trouvera que des conditions suffisantes sur le problème initial.
Vouloir résoudre le problème initial par système se révèle être une erreur conceptuelle.

Bonjour jsvdb,

J'attendais l'objection, cela m'a posé un problème aussi. Mais je pense que peu importe que les "inconnues" soient "connues", ce qui compte c'est le système linéaire et son déterminant.
Si le déterminant d'un système linéaire d'équations homogènes est non nul, alors ce système admet une seule solution, la solution nulle. Autrement dit, si A est une matrice de déterminant non nul, alors c'est la matrice d'un endomorphisme bijectif (canoniquement associé), et ker A = 0.

Nos messages se sont croisés. S'il existe a,b,c entiers premiers entre eux (donc non tous nuls)  (car on peut toujours mettre au même dénominateur et factoriser par le pgcd) tels que x vérifie a +bx+cx^2=0, alors les 3 équations sont vérifiées, cela fait un système de déterminant non nul, et alors il n'y a pas de telle solution. Donc contradiction. Donc l'équation n'admet pas d'autre solution dans Q que la solution nulle . Je ne vois pas où est le problème ?

Je ne pense pas que cela soit une erreur conceptuelle, car on obtient une condition nécessaire, celle que l'on cherchait.

Désolée jsvdb, non, je ne vois pas l'objection. Si on a la 1ère équation, alors dans les conditions du problème, on a nécessairement les 3 équations. Si on a les 3 équations, alors on a nécessairement a=b=c=0. Ceci (a=b=c=0) constitue une condition nécessaire à vérifier l'équation du départ, et c'est ce que l'on cherche à montrer.
La condition suffisante a=b=c=0 pour vérifier   est, elle, complétement évidente.

Pour s'amuser :
  
   Trouver , pour chaque entier n > 3 , l'ensemble S_n := { x ⁿ │ }  ( où  u :=  2^1/n )  

C'est bon, je viens de piger ton raisonnement.
C'est ton "on pose qui forme un système d'inconnues " qui m'a foutu dedans.
Il aurait été préférable de dire que sous les conditions du problème, le triplet est solution du problème AX = 0 où A est la matrice bla bla inversible si etc etc.

Du coup, c'est faisable "façon lycée" car l'extension n'est que de degré 3.

En revanche, pour répondre à etniopal, y'a pas photo, j'utilise d'entrée de jeu le théorème Equation dans Q

Pour tout p entier > 2 :

est algébrique sur de polynôme minimal (irréductible avec le critère d'Eisenstein pour p = 2)

Je note

Donc l'ensemble est une base de l'ev (aussi un corps)  .

En particulier est une famille libre donc

Je laisse aux amateurs de calcul le soin de faire un raisonnement de type AX = 0 ou de se pencher sur des solutions plus coûteuses.

Bonsoir jsvdb,
Oui tu as raison, c'est mieux formulé ainsi. Le triplet (1,x,x^2)^t  est solution du problème ssi il vérifie AX=0, avec A=... . Or cette équation admet une solution autre que (0,0,0) ssi det A=0 ssi (a,b,c)=(0,0,0), etc.

Finalement, ce qui est troublant, c'est que les inconnues (a,b,c) du problème de départ deviennent les constantes du problème d'arrivée (AX=0), et les constantes (1,x,x^2) deviennent les inconnues.

Non, les inconnues du problème de départ restent bien les inconnues du problème de départ et le triplet  X = (1,x,x²)^T ne devient pas un inconnu.

Simplement, que s'est-il passé : tu as dit que le problème de départ impliquait que X (connu) était solution du problème AY = 0 (Y inconnu).

Du coup, cela t'as donné une condition nécessaire sur les inconnues a,b et c et il s'est trouvé que la condition nécessaire était a = b = c = 0.

Il restait donc à vérifier que cette solution nécessaire était suffisante, et cette vérification était triviale.

pas du tout ...

les inconnues a, b et c restent les inconnues ...

en terme d'espace vectoriel on cherche si la famille (1, x, x^2) est libre sur le corps Q ...

et cette famille est définie et bien définie ...

si j'ai posé x = ... c'est uniquement pour ne pas me faire c... en latex ...

et si on a un système de trois équations indépendantes c'est uniquement que parce que x n'est pas rationnel

Bonjour,
@coa347,
Tu as bien défendu ta démonstration ; ce n'était pas évident face à jsvdb qui insistait.
Mais le début de ton message de 22h46 est maladroit avec "Le triplet (1,x,x^2)^t est solution du problème".
On ne cherche pas x mais a, b et c, et il n'y a pas de solution au problème autre que le triplet (0,0,0).

J'essaye de reformuler la démonstration sans jamais parler d'inconnues, seulement d'égalités.
et

Si a, b, c sont trois entiers non tous pairs tels que a + br +ct = 0 alors on a l'égalité entre matrices


avec

La matrice R n'est pas nulle ; donc la matrice M n'est pas inversible. D'où Det(M) = 0 .
De là on déduit que a, b et c sont tous pairs.

Petite modif pour mieux séparer la partie matrice de la partie arithmétique :

Si a, b, c sont trois réels tels que a + br +ct = 0 alors on a l'égalité entre matrices


avec

La matrice R n'est pas nulle ; donc la matrice M n'est pas inversible. D'où Det(M) = 0 .
C'est à dire a³ + 2b³ + 4c³ - 2abc = 0 .

La démonstration de l'unicité du triplet d'entiers qui vérifient cette égalité n'est pas difficile.

Bonjour à tous,

Ouh là, je ne vais pas me battre pour les constantes et les inconnues. A vrai dire, le problème ne m'intéresse pas tellement (je n'aurais pas dû écrire cette phrase), du moment qu'il est résolu, et qu'il est montré ce que l'on cherchait, à savoir que l'équation de départ n'est vérifiée que pour a=b=c=0.

Bonne journée.

Tu as raison coa347, tu as déjà passé assez de temps à répondre hier entre 15h et 18h.
Bonne journée à toi aussi.
Et n'hésite pas à poster d'autres exercices intéressants

Merci Sylvieg. C'est vrai que j'ai passé du temps pour convaincre jsvdb. Je n'ai compris qu'en bout de course ce qui le bloquait.

Bonne journée à toi aussi.