@ahmed-taha said in Equation diophantienne:

@Mountassir-Farid Une fonction $f:\mathbb{N}\rightarrow \mathbb{C}$f:N→C est multiplicative si et seulement si pour tout entiers premiers entre eux $a,b$a,b : $f(ab)=f(a)f(b)$f(ab)=f(a)f(b)
Du coup, on ne peut pas justifier $\mu (a^{\mu(a)})=\mu (a)^{\mu(a)}$μ(a​μ(a)​​)=μ(a)​μ(a)​​

Oui, tu as raison! J'ai utilisé la définition d'une fonction complètement multiplicative et $\mu$μ ne l'est pas.
On ne peux pas justifier la relation $\mu (a^{\mu(a)})=\mu (a)^{\mu(a)}$μ(a​μ(a)​​)=μ(a)​μ(a)​​, car elle est fausse. Je corrige ma proposition ainsi:
@RedaB a montré que $v_p(a)\mu(a)=v_p(b)\mu(b)$v​p​​(a)μ(a)=v​p​​(b)μ(b) est vérifiée pour tout nombre premier $p$p et a déduit que $a$a et $b$b ont les même diviseurs premiers $(p_i)_ {i=1, \cdots, n}$(p​i​​)​i=1,⋯,n​​.
D'une part, on a $\mu(b) =\prod_{i=1}^{n}(1+v_{p_i}(b))$μ(b)=∏​i=1​n​​(1+v​p​i​​​​(b)) et $\mu(a) =\prod_{i=1}^{n}(1+v_{p_i}(a))$μ(a)=∏​i=1​n​​(1+v​p​i​​​​(a)).
D'autre part, on a $(\forall i \in{1, \cdots, n}):v_{p_i}(b)=v_{p_i}(a).\frac{\mu(a)}{\mu(b)}$(∀i∈1,⋯,n):v​p​i​​​​(b)=v​p​i​​​​(a).​μ(b)​​μ(a)​​ et $(\forall i \in{1, \cdots, n}):v_{p_i}(a)=v_{p_i}(b).\frac{\mu(b)}{\mu(a)}$(∀i∈1,⋯,n):v​p​i​​​​(a)=v​p​i​​​​(b).​μ(a)​​μ(b)​​.
On suppose que $\mu(a) \gt \mu(b)$μ(a)>μ(b). On a $\mu(b) = \prod_{i=1}^{n}\Big(1+v_{p_i}(a).\frac{\mu(a)}{\mu(b)}\Big) \gt \prod_{i=1}^{n}(1+v_{p_i}(a)) = \mu(a)$μ(b)=∏​i=1​n​​(1+v​p​i​​​​(a).​μ(b)​​μ(a)​​)>∏​i=1​n​​(1+v​p​i​​​​(a))=μ(a). Ce qui est absurde.
Le cas $\mu(a) \gt \mu(b)$μ(a)>μ(b) donne une absurdité similaire. On conclût, finalement, que $\mu(a)= \mu(b)$μ(a)=μ(b).

un exemple avec 6 entiers au lieu de 2018 :

$a_1=2,a_2=3,a_3=12,a_4=28,a_5=77$a​1​​=2,a​2​​=3,a​3​​=12,a​4​​=28,a​5​​=77 et $a_6=102$a​6​​=102.

D'après le théorème D'Euler (ou aussi en vérifiant chaque cas à la main) on sait qu'un cube ne peut être congru qu' à $-1,0$−1,0 ou $1$1 modulo $9$9. Or $3n^2+3n+7\equiv 7$3n​2​​+3n+7≡7 (mod $9$9) si $n\equiv 0$n≡0 (mod $3$3) ou $n\equiv 2$n≡2 (mod $3$3), et $3n^2+3n+7\equiv 4$3n​2​​+3n+7≡4 (mod $9$9) si $n\equiv 1$n≡1 (mod $3$3). En conclusion, l'équation $3n^2+3n+7=m^3$3n​2​​+3n+7=m​3​​ n'a pas de solutions entières.

Source du problème : PAMO 2004.

($\Longleftarrow$⟸) si $a^2-c^2=b-d$a​2​​−c​2​​=b−d alors l'équation en question équivaut à $(x+a)^2 = (y+c)^2$(x+a)​2​​=(y+c)​2​​ qui admet bien une infinité de solutions $(n,n+a-c)$(n,n+a−c)

($\Longrightarrow$⟹) Par contraposée
Notons que L'équation équivaut à
$(x+a)^2 - (y+c)^2 = d-c^2-b+a^2$(x+a)​2​​−(y+c)​2​​=d−c​2​​−b+a​2​​ ou encore $(x+a-y-c)(x+a+y+c)=d-b+a^2-c^2$(x+a−y−c)(x+a+y+c)=d−b+a​2​​−c​2​​
Si le membre droit de la dernière équation est non nul, il admet un nombre fini de diviseurs ce qui se traduit (sauf erreur) un nombre fini de couples $(x,y)$(x,y) d'où le résultat par contraposition

J'avais probablement tort, comme $t$t est réel, il y'a des solutions comme $4\sqrt{3}$4√​3​​​ mais qui vont se déduire de la même approche de résolution suivie

@MA en ecrivant chacun des $k^2-1$k​2​​−1 dans le produit sous forme de $(k-1)(k+1)$(k−1)(k+1) on remarque que le produit $P=500.(999!)^2$P=500.(999!)​2​​,il suffit donc d'etudier sa valuation 5-adique grace à la formule de Legendre qui est egale à $v_5(P)=v_5(500)+2v_5(999!)=495$v​5​​(P)=v​5​​(500)+2v​5​​(999!)=495
cqfd!(sauf erreur)