Forum de mathématiques - Bibm@th.net
Vous n'êtes pas identifié(e).
- Contributions : Récentes | Sans réponse
- Accueil
- » Café mathématique
- » des cubes et des puissances supérieures
- » Répondre
Répondre
Résumé de la discussion (messages les plus récents en premier)
- jelobreuil
- 24-10-2025 13:24:54
Bonjour, Michel, Ernst, bonjour à tous,
Michel, j'imagine que cette paramétrisation dérive de celle de la surface cubique de Fermat, à laquelle tu as fait allusion dans ton premier message, n'est-ce pas ?
Bien amicalement, Jean-Louis
- Michel Coste
- 19-08-2025 15:56:45
On peut paramétriser les solutions de $x^3+y^3+z^3+w^3=0$ par
$$\begin{aligned}
x& = -r^3 - 2*r^2*t + 3*r^2*s + 12*r*s*t - 3*r*s^2 - 4*r*t^2 + 6*s^2*t + 12*s*t^2 + 9*s^3\\
y& = r^3 + 2*r^2*t + 3*r^2*s + 12*r*s*t + 3*r*s^2 + 4*r*t^2 - 6*s^2*t + 12*s*t^2 + 9*s^3\\
z& = -8*t^3 - 8*r*t^2 - 9*s^3 - r^3 - 3*r^2*s - 3*r*s^2 - 4*r^2*t - 12*s^2*t\\
w& = 8*t^3 + 8*r*t^2 - 9*s^3 + r^3 - 3*r^2*s + 3*r*s^2 + 4*r^2*t + 12*s^2*t
\end{aligned}$$
- jelobreuil
- 19-08-2025 09:09:34
Bonjour Ernst,
Je suis ravi de lire ce point de vue, effectivement intéressant, sur mes questions a priori assez banales ... En outre, comme je n'ai absolument aucun moyen, tant intellectuel que technique, de réaliser cette programmation, je demeure assez admiratif devant les résultats que tu obtiens par cette voie ...
Bien amicalement, JLB
- Ernst
- 19-08-2025 08:13:48
Je ne sais pas si cela présente vraiment de l'intérêt
Bonjour jelobreuil,
Pour moi, cela présente au moins l’intérêt de devoir programmer le truc. (je suis toujours fasciné de voir avec quelle facilité le numérique permet de trouver des solutions inaccessibles à la main)
Même avec une recherche bourrin, le balayage de toutes les valeurs a, b et c, je trouve déjà toute une tripotée de solutions, la vie est belle. Bon, N = 10 ok, puis 30, 50, 100, ok, à partir de N = 200 ça ralentit, et au-delà de N = 500 ça peine sévère.
Résultats pour N = 1000
Mode : a, b, c ∈ [1, N] (primitifs uniquement)
Nombre de solutions (d³ > 0) : 975
Temps total : 187.9 s
On en est déjà à trois minutes. Normal, on a trois valeurs indépendantes à décliner et informatiquement, on est O(N³).
Sauf que.
Au lieu de traiter a³ + b³ + c³ = d³, on peut aussi traiter d³ – c³ = a³ + b³. On peut par exemple calculer tous les résultats a³ + b³, les mettre dans une table de hashage, calculer ensuite toutes les combinaisons d³ – c³, et pour chacune regarder si le résultat se trouve dans la table.
Tu vas me dire, quel intérêt ?
Eh bien l’intérêt, c’est de ne plus traiter que deux valeurs indépendantes, et même si on doit le faire deux fois, c’est bien plus rapide que de devoir en traiter trois. Informatiquement, c'est passer de O(N³) à O(N²), et informatiquement toujours, c’est un gain tout à fait sérieux.
Pour bien comprendre l’efficacité du truc, le nouveau programme fait maintenant N = 1000 en 4.5 s, tadaa !
- jelobreuil
- 18-08-2025 21:56:30
Bonsoir et merci beaucoup à vous deux !
Je ne sais pas si cela présente vraiment de l'intérêt, mais de toute façon, c'est bon à savoir ...
Bien amicalement, JLB
- Michel Coste
- 18-08-2025 17:08:57
Les solutions sont effectivement innombrables (mais tout de même dénombrables) puisque la surface cubique de Fermat est rationnelle, c.-à-d. qu'elle admet une paramétrisation rationnelle. On peut trouver une telle paramétrisation sur la toile.
- Ernst
- 18-08-2025 09:15:01
Bonjour jelobreuil,
Je pense que les solutions sont innombrables.
Au début, j’ai cherché sur une plage donnée, par exemple de -10 à 10 zéro exclu, j’ai trouvé vingt solutions. Comme elles sont symétriques autour de zéro (suffit de changer les signes) voici celles où d>0.
(-6)³ + (-8)³ + (+9)³ = (+1)³
(-4)³ + (-5)³ + (+6)³ = (+3)³
(-3)³ + (-5)³ + (+6)³ = (+4)³
(-3)³ + (-4)³ + (+6)³ = (+5)³
(-1)³ + (-8)³ + (+9)³ = (+6)³
(+3)³ + (+4)³ + (+5)³ = (+6)³
(-1)³ + (-6)³ + (+9)³ = (+8)³
(+1)³ + (+6)³ + (+8)³ = (+9)³
(-1)³ + (+9)³ + (+10)³ = (+12)³
(+6)³ + (+8)³ + (+10)³ = (+12)³
J’ai trouvé amusant les déclinaisons :
(-4)³ + (-5)³ + (+6)³ = (+3)³
(-3)³ + (-5)³ + (+6)³ = (+4)³
(-3)³ + (-4)³ + (+6)³ = (+5)³
(+3)³ + (+4)³ + (+5)³ = (+6)³
Puis je n’ai considéré que les a, b et c positifs, par exemple de 0 à 20 :
(+3)³ + (+4)³ + (+5)³ = (+6)³
(+1)³ + (+6)³ + (+8)³ = (+9)³
(+6)³ + (+8)³ + (+10)³ = (+12)³
(+2)³ + (+12)³ + (+16)³ = (+18)³
(+9)³ + (+12)³ + (+15)³ = (+18)³
(+3)³ + (+10)³ + (+18)³ = (+19)³
(+7)³ + (+14)³ + (+17)³ = (+20)³
(+12)³ + (+16)³ + (+20)³ = (+24)³
Je me suis aperçu qu’il y avait pas mal de multiples. Je me suis donc attaché uniquement aux triplets fondamentaux :
(+3)³ + (+4)³ + (+5)³ = (+6)³
(+1)³ + (+6)³ + (+8)³ = (+9)³
(+3)³ + (+10)³ + (+18)³ = (+19)³
(+7)³ + (+14)³ + (+17)³ = (+20)³
Une fois que j’en étais là, je me suis amusé à chercher s’il y avait des sommes de cubes avec a, b et c premiers. Rigolo, les premiers que j’ai trouvés sont consécutifs :
(+349)³ + (+379)³ + (+383)³ = (+535)³
Dans la foulée, je me suis demandé s’il existait des décompositions pour d premier, eh bien oui, surtout si on s’autorise les négatifs :
(+9)³ + (+15)³ + (-16)³ = (+2)³
(-4)³ + (-5)³ + (+6)³ = (+3)³
(-3)³ + (-4)³ + (+6)³ = (+5)³
(-14)³ + (-17)³ + (+20)³ = (+7)³
(-15)³ + (-27)³ + (+29)³ = (+11)³
(-51)³ + (-104)³ + (+108)³ = (+13)³
(-7)³ + (-14)³ + (+20)³ = (+17)³
(+3)³ + (+10)³ + (+18)³ = (+19)³
… etc.
J’ai même cherché a, b, c et d premiers, c’est dire :
(+193)³ + (+461)³ + (+631)³ = (+709)³
(+599)³ + (+691)³ + (+823)³ = (+1033)³
(+103)³ + (+2179)³ + (+2213)³ = (+2767)³
(+769)³ + (+1879)³ + (+2447)³ = (+2791)³
(+31)³ + (+1951)³ + (+2591)³ = (+2917)³
(+1399)³ + (+1667)³ + (+3541)³ = (+3727)³
(+11)³ + (+1783)³ + (+3631)³ = (+3769)³
… etc.
Pour explorer le truc de façon systématique, j’ai pondu une page qui permet de le faire (à condition de rester raisonnable bien sûr), vaut mieux commencer petit si on ne veut pas un temps de calcul rédhibitoire.
- jelobreuil
- 17-08-2025 13:39:27
Merci, Michel !
Je ne savais pas qu'il pouvait en exister d'aussi simples, et je n'en ai donc pas cherché ...
Je suppose, ce n'est pas le seul exemple ?
Jean-Louis B.
- Michel Coste
- 17-08-2025 10:42:32
Bonjour,
$$3^3+4^3+5^3=6^3$$
- jelobreuil
- 17-08-2025 10:05:08
Bonjour à tous,
On sait maintenant de façon certaine qu'aucun cube de nombre entier n'est égal à la somme de deux autres cubes, et qu'il en est de même pour toutes les autres puissances entières.
Mais sait-on s'il existe des cubes qui soient la somme de trois cubes, des puissances quatrièmes qui soient la somme de quatre puissances quatrièmes, et ainsi de suite ?
D'un point de vue géométrique : existe-t-il des parallélépipèdes rectangles (ou non ?) dont les arêtes $a$, $b$ et $c$ et les diagonales $d$ ont des mesures entières liées par la relation d3 = a3 + b3 + c3 ?
Ma source d'inspiration est évidente ...
Merci de vos réponses, bien amicalement, JLB