S’ilexistedesentiersnaturels , et telsque + + 7[8] alors,comme Etantdonnéque 1 +3 +5 =35=3+4 8 3[4] ,lesnombres 1 , 3 et 5 fournissent

Correction du devoir à la maison n˚2

Première partie – Etude de deux cas particuliers

1. Etant donné que 1²+ 3²+ 5² = 35 = 3 + 4×8≡3 [4], les nombres 1, 3 et 5fournissent bien une solution au problème pourn = 2.

2. a.

Reste dem modulo 8 0 1 2 3 4 5 6 7 Reste de m² modulo 8 0 1 4 1 0 1 4 1

b. D’après la tableau, sim est un entier, les restes possibles pour m² modulo 8 sont 0,1 et4.

Soit x,y et z trois entiers.

Etudions les restes possibles de x²+y² modulo 8:

HH HH

HH

x²

y²

0 1 4

0 0 1 4

1 1 2 5

4 4 5 0

Ainsi, les restes possibles pour x²+y² sont 0, 1, 2, 4 et5.

Etudions les restes possibles de x²+y²+z² modulo 8 :

PP PP

PP PPP

x²+y²

z²

0 1 4

0 0 1 4

1 1 2 5

2 2 3 6

4 4 5 0

5 5 6 1

Ainsi, les restes possibles pour x²+y²+z² modulo8 sont 0,1, 2,3, 4,5, 6et 8.

S’il existe des entiers naturels x, y et z tels quex² +y²+z² ≡ 7 [8] alors, comme 0≤7<8, le reste de x²+y²+z² modulo8est égal à 7. Ceci est exclu d’après ce qui précède donc il n’existe pas d’entiers naturels x,y et z tels que x²+y²+z² ≡7 [8].

Deuxième partie – Etude du cas général lorsque n ≥ 3

Dans toute cas partie, on utilisera le fait quex²+y²+z² ≡2ⁿ−1 [2ⁿ]doncx²+y²+z² ≡ −1 [2ⁿ].

Ainsi, il existe un entier k tel que x²+y²+z² =−1 +k×2ⁿ. Dès lors, si d est un diviseur de 2ⁿ alors il existe un entierm tel que 2ⁿ =dm et doncx² +y²+z² =−1 +k×m×d≡ −1 [d].

1. Notons que, comme n ≥1, 2 divise 2ⁿ donc x²+y²+z² ≡ −1 [2] ≡1 [2].

Par ailleurs, remarquons que sim est un entier pair alors m≡0 [2] doncm² ≡0 [2] et si m est un entier impair alors m≡1 [2] donc m² ≡1 [2].

On en déduit donc que x²+y²+z² est impair.

Si x, y et z sont tous les trois pairs, x²+y²+z² ≡0 + 0 + 0 [2] ≡0 [2]donc x²+y²+z² est pair ce qui est absurde.

Si un seul des trois nombres x, y ou z est pair alors les deux autres sont impairs donc x²+y²+z² ≡0 + 1 + 1 [2]≡0 [2] donc x²+y²+z² est pair ce qui est absurde.

Ainsi, on est dans l’un des deux cas suivants :

• ou bienx, y etz sont tous les trois impairs ;

• ou bien exactement deux des trois entiers x,y et z sont pairs.

2. a. Par hypothèse,

x²+y²+z² = (2q)²+(2r)²+(2t+1)² = 4q²+4r²+4t²+4t+1 = 1+4(q²+r²+t²+t)≡1 [4]

puisque q²+r²+t²+ 1 est un entier.

b. Etant donné quen ≥2, 4divise2ⁿ donc x²+y²+z² ≡ −1 [4]≡3 [4]. Il s’ensuit que 1≡3 [4] i.e. 4divise3−1 = 2ce qui est absurde. On aboutit donc à la contradiction voulue.

3. a. Soitk ∈N. Alors, k²+k =k(k+ 1) est le produit de deux entiers consécutifs. Or, l’un de ces deux entiers est pair donc le produit est pair. Autrement dit,k²+k est divisible par 2.

b. Comme x, y et z sont impairs, il existe trois entiers q, r et s tels que x = 2q+ 1, y= 2r+ 1 etz = 2s+ 1. Dès lors,

x²+y²+z² = (2q+ 1)²+ (2r+ 1)²+ (2s+ 1)²

= 4q²+ 4q+ 1 + 4r²+ 4r+ 1 + 4s²+ 4s+ 1

= 3 + 4[q(q+ 1) +r(r+ 1) +s(s+ 1)]

Or, les trois nombres q(q+ 1), r(r+ 1) et s(s+ 1) sont pairs donc leur somme est également paire. Dès lors, il existe un entierK tel queq(q+1)+r(r+1)+s(s+1) = 2K.

Il s’ensuit que x²+y²+z² = 3 + 8K ≡3 [8].

c. Etant donné quen ≥3, 8divise2ⁿ donc x²+y²+z² ≡ −1 [8]≡7 [8]. Il s’ensuit que 3≡7 [8]i.e. 8 divise 7−3 = 4 ce qui est absurde. On aboutit donc également à une contradiction ce qui permet de conclure que le problème n’a pas de solution sin ≥3.

4. On en déduit que le problème a au moins une solution si n= 2 et n’a pas de solution pour n≥3.