et compl´ ements sur l’´ equation de Markoff

(1)

Universit´e Pierre & Marie Curie Master de math´ematiques 1

Ann´ee 2010-2011 Module MM020

Th´ eorie des Nombres - TD5 Approximation diophantienne

et compl´ ements sur l’´ equation de Markoff

Exercice 1 : Soit n ∈ N. On cherche à montrer le résultat suivant dû à Hurwitz : si l’équation x²+y²+z²=nxyz a une solution (x, y, z) en entiers non nuls, alors (n= 3 et PGCD(x, y, z) = 1) ou (n= 1 et PGCD(x, y, z) = 3).

On suppose donc que l’´equation x²+y²+z² =nxyz a une solution (x, y, z) en entiers non nuls.

a) On ordonne les solutions de l’équation dans l’ordre lexicographique. Rappeler la définition de cette relation d’ordre et montrer qu’il existe une solution à coordonnées entières positives qui soit minimale. On la note (x0, y0, z0).

b) Montrer que 1≤x₀ ≤y₀ ≤z₀. c) Montrer que siy₀ = 1, alorsn= 3.

d) Montrer que siy₀ ≥2, alors (x₀, y₀, nx₀y₀−z₀) est solution etn≤3.

e) Montrer que n6= 2.

f) Conclure.

g) Écrire une bijection explicite entre l’ensemble des solutions de l’équation pourn= 1 et l’ensemble des solutions de l’équation pour n= 3.

Solution de l’exercice 1.

a) On peut conclure directement en disant que l’ordre lexicographique surN³ est un bon ordre.

Sinon, on peut rédiger ainsi : l’ensemble{x∈N\ {0}:∃(y, z)∈N², x²+y²+z² =nxyz}est non vide. Or toute partie non vide deNadmet un plus petit élément, donc l’ensemble précédent admet un plus petit élémentx₀. On considère ensuite l’ensemble{y∈N:∃z∈N, x²₀+y²+z²=nx₀yz}.

Cet ensemble est non vide par construction de x0, donc il admet un plus petit élément noté y0. Enfin, l’ensemble {z ∈ N:x²₀+y²₀+z² = nx0y0z} est non vide (il est en fait réduit à un seul

´

elément) et on notez₀ son plus petit élément.

Il est alors clair que (x₀, y₀, z₀) est la plus petite solution positive non triviale de l’´equation.

b) L’inégalitéx₀ ≥1 est claire par construction. On remarque ensuite que l’équation est symétrique en les variables x, y et z, c’est-à-dire que si (x, y, z) est solution, alors toutes les permutations des nombres x,y,zest une solution. Par conséquent, (y₀, x₀, z₀) et (x₀, z₀, y₀) sont des solutions positives. Par minimalité de la solution (x₀, y₀, z₀), on en déduit quey₀ ≥x₀ et quez₀ ≥y₀. c) On supposey₀= 1. Alorsx₀ = 1 par la question précédente, donc l’équation devient 2+z²₀ =nz₀.

Donc z0 divise 2, doncz0 = 1 ou 2, donc n= 3.

d) On suppose y0 ≥2. Un calcul simple assure que (x0, y0, nx0y0−z0) est solution de l’´equation.

C’est une solution à cordonnées positives car les deux premières coordonnées étant positives, la dernière l’est aussi. Donc par minimalité de (x₀, y₀, z₀), on az₀ ≤nx₀y₀−z₀. Donc 2z₀≤nx₀y₀. En multipliant par z0, on obtient 2z₀² ≤ nx0y0z0 =x²₀+y₀²+z₀², donc z₀² ≤x²₀+y²₀. Or par la question b), y0 ≤z0, doncnx0y0z0 =x²₀+y₀²+z₀² implique nx0y₀²≤x²₀+y₀²+z²₀ ≤2(x²₀+y²₀), donc

n≤ 2(x²₀+y₀²) x0y₀² ≤2

x₀ y₀² + 1

x0

≤2 1

2+ 1

= 3.

(2)

e) Supposonsn= 2. Alors on ax²+y²+z² = 2xyz. Doncx²+y²+z² est pair, donc l’un des trois carrés est pair. Quitte à permuter, on peut supposer quexest pair, i.e.x= 2x⁰²,x⁰ ∈Z. Alors on obtient 4x⁰²+y²+z² = 4x⁰yz. Donc 4|y²+z². Doncyetzsont pairs (sinon,y²+z² est congru à 1 ou 2 modulo 4). Doncy= 2y⁰ etz= 2z⁰, avecy⁰, z⁰ ∈Z. On obtient alorsx⁰²+y⁰²+z⁰² = 4x⁰y⁰z⁰, c’est-à-dire une solution non triviale pour n= 4. Or ceci n’est pas possible par la question d), donc n6= 2.

f) On a montr´e que n≤3 etn6= 2, donc les deux seules possibilit´es pour avoir une solution sont n= 1 etn= 3.

Supposons d’abord n = 3. Soit d := PGCD(x, y, z), o`u (x, y, z) est une solution. Alors on a x = dx⁰, y = dy⁰ et z = dz⁰. L’´equation donne alors x⁰² +y⁰²+z⁰² = 3dx⁰y⁰z⁰, donc on a une solution pourn= 3d. Par la question d), cela implique qued= 1, donc PGCD(x, y, z) = 1 pour toute (x, y, z) dans le cas n= 3.

Supposons maintenantn= 1. Soit (x, y, z)∈Z³une solution. Alors dansZ/3Z, on ax²+y²+z² = xyz. Supposons qu’aucun desx, y, zne soit divisible par 3. Alors dansZ/3Z, on a 1+1+1 =xyz, i.e.xyz= 0, donc l’un des trois est divisible par 3. Quitte à permuter, on peut supposerxdivisible par 3. Alors l’équation devienty²+z²= 0. Or les carrés dansZ/3Zsont 0 et 1, donc cette égalité implique x=y= 0 modulo 3. On obtient donc x= 3x⁰,y= 3y⁰ etz= 3z⁰, et l’équation devient x⁰²+y⁰²+z⁰² = 3x⁰y⁰z⁰. Donc par le cas précédent, on sait que PGCD(x⁰, y⁰, z⁰) = 1. On a donc bien montré que pour toute solution (x, y, z) dans le cas n= 1, on a PGCD(x, y, z) = 3.

Cela conclut la preuve.

g) On note En l’ensemble des solutions pour le paramètre n. Alors on définit ϕ : E3 → E1 par ϕ(x, y, z) := (3x,3y,3z). Il est clair que cette application est bien définie. Par la question f), l’application réciproque ϕ⁻¹ :E1 →E3 est bien définie également, par la formuleϕ⁻¹(x, y, z) = (^x₃,^y₃,^z₃). D’où la bijection ϕ⁻¹ :E1

∼=

−→E3.

Exercice 2 : L’objectif de cet exercice est de démontrer le résultat suivant dû à Hurwitz : pour tout θ∈R,θest irrationnel si et seulement si il existe une infinité de ^p_q ∈Q tels que 0<

θ− ^p_q

< ^√¹

5q². a) Montrer l’implication “s’il existe une infinit´e de ^p_q convenables, alorsθ est irrationnel”.

b) Soitθ ∈R\Q. Montrer qu’il existe une infinit´e de couples (^p_q,^r_s) de fractions irr´eductibles tels

que p

q < θ < r

s etqr−ps= 1. c) Soientθ, p, q, r, scomme dans la question pr´ec´edente. Montrer que

min

q²

θ− p q

, s²r

s−θ

< 1 2. [Indication : on pourra montrer que δ:= min

n q²

θ−^p_q

, s² ^r_s−θo

v´erifie ^s_q +^q_s ≤ ¹_δ.]

d) Soient θ, p, q, r, scomme dans les questions pr´ec´edentes. On pose u=p+r etv=q+s.

i) Montrer que ^p_q < ^u_v < ^r_s, queuq−pv= 1 et querv−su= 1.

ii) On note := min n

q²

θ−^p_q

, s² ^r_s−θ , v²

θ−^u_v o

. En s’inspirant de la question c), montrer que ^s_q +^q_s ≤ ¹ et (^v_q +_v^q ≤ ¹ ou ^v_s +^s_v ≤ ¹).

iii) En étudiant la fonction t 7→ t+ ¹_t, en déduire que ^v_q et _q^s (ou alors ^v_s et ^q_s) sont dans l’intervalle compris entre les deux racines du polynômeX²−¹X+ 1.

iv) En d´eduire que

= min

q²

θ−p q

, s²

r s−θ

, v²

θ−u

v

< 1

√ 5.

(3)

e) Conclure.

f) Montrer que ce r´esultat est optimal pour θ =φ := ¹⁺

√5

2 ; plus pr´ecis´ement, montrer que pour tout ^p_q ∈Q,

φ−p q

> 1

√5q²+^√¹

5

.

[Indication : on pourra supposer que φ−^p_q

< ^√_5q¹₂ et ´evaluer le polynˆome X² −X−1 en X = ^p_q.]

a) On suppose θ= ^a_b ∈Q. Soit ^p_q ∈Q tel que 0<|θ− ^p_q|< ^√¹

5q². Alors on a 0<|aq−bp|< ^√^b

5q. Or aq−bp ∈ Z\ {0}, donc 1 < ^√^b_5q, donc q < ^√^b₅. En outre, l’in´egalit´e initiale implique que

|^p_q|<|θ|+^√¹

5q², donc |p|<|θ|q+ ^√¹

5q < ^b|θ|^√

5 +^√¹

5.

Finalement, il n’existe qu’un nombre fini de couples d’entiers (p, q) tels que 1 ≤ q < ^√^b

5 et

|p|< ^b|θ|^√

5 +^√¹

5.

On a donc bien montr´e l’implication demand´ee.

b) On fixe un entier N ≥ 1. Soit â_b ∈ Q la meilleure approximation de θ par un rationnel de dénominateur inférieur ou égal àN. Deux cas se présentent : soit â_b < θ, soitθ < â_b. Les deux cas sont symétriques, supposons donc par exemple â_b < θ. On note ^p_q = â_b l’écriture de â_b sous sa forme irréductible, i.e. avec (p, q) = 1. Alors par Bezout, il existe r, s∈Ztels que qr−ps= 1. Quitte

`

a enlever desun multiple deq et à l’ajouter àr, on peut supposer en outre que 0< s < q ≤N. Alors on a ^r_s −^p_q >0, donc ^p_q < ^r_s. En outre, par définition de ^p_q, le rationnel ^r_s est une moins bonne approximation deθque ^p_q. Doncθ < ^r_s. On a donc construit quatre entiersp, q, r, s∈Ztels que ^p_q < θ < ^r_s etqr−ps= 1. On poursuit en rempla¸cant ^p_q par un rationnel û_v qui soit distinct de ^p_q et qui soit la meilleure approximation deθde dénominateur inférieur ou égal àM > N. Par récurrence, on construit ainsi une infinité de couples (^p_q,^r_s) satisfaisant les conditions demandées.

c) Par définition, on a _q^δ2 ≤ θ− ^p_q et _s^δ2 ≤ ^r_s −θ. En additionnant les deux inégalités, on obtient δ

1 s² −_q¹2

≤ ^r_s −^p_q. On multiplie les deux membres par qs > 0 et on obtient δ s

q+^q_s

≤ 1.

Donc _q^s +^q_s ≤ ¹_δ. Posons t := ^s_q. Alors on a t+ ¹_t ≤ ¹_δ. Or la fonction t 7→ t+ ¹_t (sur [0; +∞[) atteint son minimum en t= 1, et ce minimum vaut 2. Donct+¹_t ≥2, doncδ≤ ¹₂, et l’in´egalit´e est stricte puisque θ /∈Q.

d) i) Un calcul imm´ediat assure queuq−pv=rv−su= 1, ce qui implique imm´ediatement que

p

q < ^u_v < ^r_s.

ii) On sait (question c)) que ^s_q+^q_s < ¹_δ ≤ ¹. Suivant que û_v < θ ouθ < û_v, on montre de même que ^v_q +^q_v < ¹ ou ^v_s +_v^s < ¹. D’où le résultat.

iii) La fonction indiquée est strictement décroissante sur ]0,1], puis strictement croissante sur [1,+∞[. Par conséquent, les inégalités de la question précédente assurent que ^v_q et ^s_q (ou ^v_s et ^q_s) sont dans l’intervalle compris entre les deux nombrest tels que t+ ¹_t = ¹. Les deux nombres ten question vérifient l’équationt²−¹t+ 1, d’où le résultat.

iv) Dans la question précédente, l’écart entre les racines du polynôme est égal à la racine carrée du discriminant, i.e. à

q1

² −4. Donc par la question d)iii), on a ^v_q−^s_q <

q1

² −4 (ou alors

v s−^q_s <

q1

² −4), donc 1<

q1

² −4. Donc finalement < ^√¹

5.

e) Il est clair que les questions a), b) et d) terminent la preuve du résultat énoncé au début de l’exercice.

(4)

f) On sait que les racines du polynˆomeX²−X−1 sontφet−¹_φ, doncX²−X−1 = (X−φ)(X+_φ¹).

On ´evalue ce polynˆome enX= ^p_q. En multipliant parq², on obtientp²−pq−q² =q²(^p_q−φ)(^p_q+_φ¹).

Or p²−pq−q² 6= 0 est un entier, donc q²

p q −φ

p q + 1

φ

≥1. Comme sugg´er´e, on peut supposer que

p q −φ

< ^√¹

5q². Dans ce cas, on en d´eduit que

p q

<

φ+^√¹

5q², donc

p q+_φ¹

< φ+ ¹_φ+^√¹

5q² =√ 5 +^√¹

5q². On en d´eduit que

p q −φ

> 1

√5q²+^√¹

5

.

Exercice 3 : Pour tout x ∈ R\Q, on définit γ(x) comme la borne supérieure des réels γ >0 tels qu’il existe une infinité de ^p_q ∈Qvérifiant

x−^p_q

≤ _γq¹₂. a) Montrer que pour tout x∈R\Q,γ(x)≥√

5.

b) Montrer que γ(φ) =√ 5.

c) On pose G₀:= 0 et G₁:= 1, et par r´ecurrence,G_n:= 2Gn−1+Gn−2 pourn≥2.

i) Montrer que pour toutn≥1, G²_n−2G_nGn−1−G²_n−1 = (−1)ⁿ⁻¹. ii) Montrer que la suite (_G^Gⁿ

n−1) converge et calculer sa limite.

iii) Montrer qu’il existe une suite (^p_qⁿ

n) de rationnels deux-`a-deux distincts tels que

n→∞lim q_n q_n√

2−p_n = 1

2√ 2. iv) Montrer que γ(√

2) = 2√ 2.

[Indication : on pourra s’inspirer de la question f) de l’exercice 2.]

a) C’est une reformulation de l’exercice 2 (question e)).

b) D´eduisons ce r´esultat de la question f) de l’exercice 2. Soitc >√

5. Soit ^p_q ∈Qtel que φ−^p_q

≤

1

cq². Alors la question f) de l’exercice 2 assure que

√ 1

5q²+^√¹₅ < 1 cq² .

Donc on en d´eduit que (c−√

5)q² < ^√¹

5, donc que q² < _(c−^√¹

5)√

5. Ainsi on n’a qu’un nombre fini de possibilités pour q, et l’inégalité

φ−^p_q

≤ _cq¹₂ implique que |p| ≤ qφ+ _cq¹, donc on n’a qu’un nombre fini de possibilités pourpégalement. Finalement, on a montré qu’il n’existe qu’un nombre fini de ^p_q ∈Qvérifiant

φ− ^p_q

≤ _cq¹₂, pour toutc >√

5. Cela assure queγ(φ)≤√ 5. Par la question a), on conclut que γ(φ) =√

5.

c) i) On montre cette propriété par récurrence. C’est clair si n = 1. Supposons la propriété connue pour n ≥ 1, et montrons-la pour n+ 1. Par la formule de récurrence définissant la suite, on a G²_n+1 −2G_n+1G_n −G²_n = (2G_n +Gn−1)² −2(2G_n+ Gn−1)G_n −G²_n =

−(G²_n−2GnGn−1−G²_n−1) =−(−1)ⁿ⁻¹= (−1)ⁿ, ce qui conclut la preuve.

(5)

ii) Notons un := _G^Gⁿ

n−1. Tout d’abord, une r´ecurrence simple assure que pour tout n ≥ 1, Gn≥2Gn−1, doncun≥2. La question c) i) assure queu²_n−2u_n−(1+⁽⁻¹⁾_G ⁿ⁻¹

n−1 ) = 0, doncun

est racine du polynˆomeX²−2X−(1+⁽⁻¹⁾_G ⁿ⁻¹

n−1 ). Puisqueu_n≥2, on au_n= 1+

q

2 +⁽⁻¹⁾_G ⁿ⁻¹

n−1 . Or il est clair que (G_n) tend vers +∞ quand n→+∞, donc (u_n) converge vers 1 +√

2.

iii) On pose ^p_qⁿ

n :=u_n−1 = ^Gⁿ^−G_G ⁿ⁻¹

n ∈Q. Par la question pr´ec´edente, (^p_qⁿ

n) converge vers √ 2.

On remarque que (p_n−q_n√

2)(p_n+q_n√

2) =p²_n−2q²_n=G²_n−2G_nGn−1−G²_n−1= (−1)ⁿ⁻¹,

où la dernière égalité résulte de la question c) i). Donc en prenant la valeur absolue et en multipliant par qn :

q_n

p_n−q_n√ 2

p_n+q_n√ 2

=q_n, donc

q_n

p_n−q_n√ 2

= 1

pn

qn +√ 2. Or on sait que limn→∞pn

qn =√

2, donc on déduit de cette égalité que

n→∞lim qn

pn−qn

√ 2

= 1

2√ 2. iv) Montrons d’abord que la question c) iii) assure queγ(√

2)≥2√

2. Soitc <2√

2. La question pr´ec´edente assure que pour n assez grand, q_n

p_n−q_n√ 2

< ¹_c, donc pour n assez grand (donc pour une infinit´e de n), on a

pn

qn −√ 2

< _cq¹2

n, ce qui assure que γ(√

2) ≥c. Donc γ(√

2)≥2√ 2.

On s’inspire de la question f) de l’exercice 2 pour montrer que γ(√

2)≤2√

2. Soit ^p_q ∈ Q tel que

p q −√

2 < ¹

2√

2q². On consid`ere le polynˆome X² −2 = (X−√

2)(X+√

2). Alors on a ^p²^−2q_q2 ² = (^p_q−√

2)(^p_q +√

2). Donc on en d´eduit que

p q −√

2

p q+√

2

≥ _q¹₂. Or

p q +√

2

≤ p q −√

2

+ 2√

2< 1 2√

2q² + 2√ 2,

donc on obtient

p q −√

2

> 1 2√

2q²+ ¹

2√ 2

pour tout ^p_q ∈Q.

Comme `a la question b), cette estimation assure queγ(√

2)≤2√

2, donc on obtient finalement que

γ(√

2) = 2√ 2.

Exercice 4 : Soit q(x, y) = ax² +bxy +cy² une forme quadratique à coefficients réels. On note D := b²−4ac son discriminant. L’objectif est de montrer que si a > 0 et D < 0 (i.e. q est définie positive), alors il existe (x, y)∈Z²\ {(0,0)}tel que

0< q(x, y)≤ r|D|

3 .

a) Écrire explicitement la décomposition de Gauss de q, à savoirq(x, y) =α(x⁰)²+β(y⁰)². b) Montrer que la quantité inf_(x,y)∈_Z2\{(0,0)}q(x, y) est atteinte en un point (ξ, η)∈Z² non nul.

(6)

c) Montrer que ξ etη sont premiers entre eux.

d) Construire M ∈ SL2(Z) tel que si on pose (x, y) = (X, Y)M, alors q(x, y) = Q(X, Y) = q(ξ, η)X²+BXY +CY². Quel est le discriminant deQ?

e) ´Ecrire la r´eduction de Gauss de la forme quadratiqueQ(X, Y).

f) En d´eduire le r´esultat.

[Indication : on pourra calculer Q(X₀,1) avec X₀ ∈Ztel que

X₀+_2q(ξ,η)^B ≤ ¹₂.]

a) On a

q(x, y) =ax²+bxy+cy²=a

x+ by 2a

2

−b²y²

4a +cy² =a

x+ by 2a

2

− D 4ay².

b) Sous la forme obtenue `a la question a), en utilisant que a > 0 et −_4a^D > 0, on voit que lim||(x,y)||→∞q(x, y) = +∞, donc il existeR >0 tel que pour tout (x, y)∈R²de norme sup´erieure

`

a R (i.e. (x, y) hors de la boule ferm´eeB(0, R) de centre (0,0) et de rayon R),q(x, y)> q(1,1).

Par cons´equent, on a

inf

(x,y)∈Z²\{0}q(x, y) = inf

(x,y)∈B(0,R)∩Z²\{0}q(x, y).

Or l’ensembleB(0, R)∩Z²\{0}est discret et compact, donc fini. Donc il existe (ξ, η)∈B(0, R)∩

Z²\ {0} tel queq(ξ, η) = inf_(x,y)∈_Z²_\{0}q(x, y).

c) Soitd≥1 un diviseur commun de ξ etη. Alors on a q(^ξ_d,^η_d) = ^q(ξ,η)_d2 , avec (^ξ_d,^η_d)∈Z²\ {0}. En particulier, on a q(^ξ_d,^η_d)≤q(ξ, η). Donc par minimalit´e de (ξ, η), q(^ξ_d,^η_d) = q(ξ, η), donc d= 1, donc ξ etη sont premiers entre eux.

d) Par la question précédente, le théorème de Bezout assure qu’il existea, b∈Ztels queaξ+bη= 1.

D´efinissons alors la matriceM parM :=

ξ η

−b a

. Il est clair queM est `a coefficients entiers et de d´eterminant 1. Alors on a (x, y) = (X, Y)M si et seulement six=ξX−bY ety=ηX+aY. On fait ce changement de variables dans q(x, y) et on obtient :

q(x, y) =ax²+bxy+cy² =q(ξ, η)X²+ (2acη−b)XY +a²cY²=:Q(X, Y).

Dans la suite, on noteB := 2acη−betC:=a²c, de sorte queQ(X, Y) =q(ξ, η)X²+BXY+CY². Puisqu’on obtient Q(X, Y) `a partir deq(x, y) en faisant le changement de variables donn´e par M, la formule de changement de bases assure que disc(q) = det(M)²disc(Q). Or det(M) = 1, donc disc(Q) = disc(q) =D.

e) On fait exactement la même réduction qu’à la question a) : on obtient Q(X, Y) =q(ξ, η)

X+ BY

2q(ξ, η) 2

− D 4aY². f) On noteX0 ∈Z l’entier le plus proche du r´eel−_2q(ξ,η)^B , donc on a

X0+_2q(ξ,η)^B

≤ ¹₂. Calculons Q(X0,1) en utilisant la r´eduction de la question e) : on obtient

Q(X₀,1) =q(ξ, η)

X₀+ B 2q(ξ, η)

2

− D 4q(ξ, η). Or

X0+_2q(ξ,η)^B 2

≤ ¹₄, donc on en d´eduit q(ξ, η)≤ ¹₄q(ξ, η)− _4q(ξ,η)^D , d’o`u q(ξ, η)² ≤ −D

3 , d’où le résultat en prenant la racine carrée.