[y < 7x/2 < 0]

- Si x < 0, alors 2y-7x < 0 donc y < 7x/2 < 0. On en déduit donc que 0 < 4^y < 1. Or, x et 2y-7x sont des entiers, donc leur produit est entier et ne peut être alors égal à 4^y. Il n'y a donc pas de couples solution pour x<0.

Je rappelle juste que l'équation est à résoudre dans N².
En fait cette équation n'est pas très intéressante...

Pe

D'après ton PDF, c'est dans Z² !

Peu importe, alors résolvons là dans Z². En fait dans le premier message du topic j'ai marqué dans N, mais ça change rien.   

[y < 7x/2 < 0]

- Si x < 0, alors 2y-7x < 0 donc y < 7x/2 < 0. On en déduit donc que 0 < 4^y < 1. Or, x et 2y-7x sont des entiers, donc leur produit est entier et ne peut être alors égal à 4^y. Il n'y a donc pas de couples solution pour x<0.

Je rappelle juste que l'équation est à résoudre dans N².
En fait cette équation n'est pas très intéressante...

Solution pour la 3e équation du premier post :

On a 0 < 1/(2+z+1/y) <= 1 donc x < x + 1/(2+z+1/y) <= x + 1
                               <=> x < 5/4 <= x+1 d'où x = 1 car si x > 2 alors 2 < 5/4 absurde
Ainsi 1/(2+z+1/y) = 1/4

Comme 0 < 1/y <= 1 alors 2+z < 2 + z + 1/y <= 3 + z donc 2+z < 4 <= 3 + z
Si z = 0 absurde donc z = 1
Et on trouve en remplaçant  y = 1.

D'ou (x,y,z) = (1;1;1)

Bon alors, voici une solution pour le système suivant  dans R :
(x+y)^3 = z
(x+z)^3 = y
(y+z)^3 = x

Solution :

Sans perte de généralité on peut supposer que x <= y <= z

Donc x+y <= z + y, comme la fonction cube est croissante sur R alors (x+y)^3 <= (z+y)^3, et par hypothèse, on a donc z <= x, mais on a supposer que x<=z donc x=z, et de même on montre que x=y=z, on remplace et on trouver (2x)^3 = x <=> x(8x² - 1) = 0
On trouve ainsi les triplets (x;y;z) = (0;0;0) ou (1/sqrt8; 1/sqrt8; 1/sqrt8) ou (-1/sqrt8; -1/sqrt8; -1/sqrt8).

C'est ça ce que j'appelle une démonstration  ABC528.

Et bah ça fait toujours plaisir d'avoir affaire à un connaisseur 

Mais c'est qu'une partie infime de ce qu'il a fait vraiment.
D'ailleurs 1729 = 10^3 + 9^3 = 1^3 + 12^3

Je te conseille plutôt de réfléchir aux autres équations qui sont plus abordables je pense...
Si je me souviens bien, il n'y pas de solution à cette équation au-dessus de 2^15

Oui et c'est bien pour ça que j'ai proposé cet exercice ironiquement puisque je pense qu'ici et voire même à 200km à la ronde de chez vous, personne n'est pas capable de démontrer ce théorème...

Sinon voici l'équation de Ramanujan :
x² + 7 = 2^n dans Z.

C'est la seule équation où je ne te demanderai pas de solution puisqu'elle fait 1000 pages et qu'environ 200 personnes peuvent la comprendre. Bon on arrête de flooder maintenant.

Aucune idée je n'ai pas réfléchi à ce problème.

Sinon plus facile : résout pour n > 2 et pour x,y,z > 0 l'équation x^n + y^n = z^n

Allez hope c'est l'heure de coder

Très bien alors tiens pour toi, si tu ne veux pas passer ta vie à rédiger, tu ne pourras pas la passer à chercher aussi :

Existe t'il un quadruplet solution de x² + y² + z² + w² = 2xyzw + 1986 avec x,y,z,w > 1986 ?

oui,

pour la 7 :

x = 1; y = 1
x = 2; y = 2

Sans vouloir être méchant, tu es en train de flooder le topic -.-
Je vois bien que t'es en train de chercher, mais à la place je te conseille, d'aller faire un tour sur le programme d'arithmétique de spécialité math de terminal, les connaissances de premières et terminal tronc commun ne sont pas nécessaires. Quand tu auras vu ça, fais des exos d'entrainement, et après revient avec des démonstrations. Je suis bien au courant que NC n'est pas un site destiné à ça, mais sinon ce topic n'a aucun intérêt car il suffit de bruteforcer pour trouver les solutions. Et d'ailleurs, le couple (1;3) est aussi solution.

Bah ya une infinité de solutions

Je serai contre car un produit de facteurs est entier que si ses facteurs le sont, m'enfin... on va dire que ça marche. Sinon j'avais 2 autres solutions, une en factorisant (classique) car <=> (2q² - 1)(2p² - 1) = 1 et une autre en considérant le PGCD(p;q) puis en regardant modulo p' et q', c'est celle que je préfère d'ailleurs.

Tu vois dans ce que tu as à partir de p²/q² + 1 = 2p² on peut juste que p²/q² = 2p² - 1 est entier donc q²/p² et de même on a q²/p² donc q²=p², on remplace et on résout.

Exercice 1:

Supposons q!=0

(1) <=> p²+q² = 2p²q²
     <=> p² + 1 = 2p²
     <=> p=1 ou p=-1

Erreur, p² + q² = 2p²q² <=> p²/q² + 1 = 2p²

Mais ça revient au même, tu peux quand même voir quelque chose dans ça, regarde bien.

Pour la 5, en effet pas de solutions dans N, dans Z il y en a 2.