(1)Enonc´e noA455 (Diophante) Solution de Jean Moreau de Saint-Martin 1) Soit a, b, c trois entiers tels que a divise bc−1, b divise ca−1, c divise ab−1

Enonc´e n^oA455 (Diophante)

Solution de Jean Moreau de Saint-Martin

1) Soit a, b, c trois entiers tels que a divise bc−1, b divise ca−1, c divise ab−1.

Chacun vaut au moins 2 (pour pouvoir donner un reste 1 dans une division), et ils sont premiers entre eux deux `a deux (le PGCD debetc, par exemple, divise aussiab−1 et donc 1). Je forme l’expression (qui est un entier)

(bc−1)(ca−1)(ab−1)

abc =abc−a−b−c+1

a+1 b +1

c − 1 abc et comme l’entier 1

a+1 b +1

c − 1

abc est strictement positif, il est≥1 et 1

a+1 b +1

c ≥1 + 1 abc >1.

Je peux supposer, sans perte de g´en´eralit´e, a < b < c. Alors 3/a >1, donc a= 2. Ensuite 2/b >1/b+ 1/c >1/2, donca= 2< b <4 et b= 3. Reste `a d´eterminer ccomme diviseur de ab−1 = 5, doncc= 5.

On v´erifie qu’alors les quotients (bc−1)/a= 7 et (ca−1)/b= 3 sont entiers comme requis par l’´enonc´e.

Les trois entiers cherch´es sont donc 2, 3 et 5.

2) Soit a, b, c trois entiers tels que a divise bc−2, b divise ca−2, c divise ab−2.

Chacun vaut au moins 3 (pour pouvoir donner un reste 2 dans une division), et ils ont deux `a deux un PGCD 1 ou 2 (le PGCD de b et c, par exemple, divise aussiab−2 et donc 2). Si par exempleaest pair,boucdoivent l’ˆetre pour quebc−2 le soit. Parmi ces 3 entiers, il y en a 0, 2 ou 3 pairs.

2.1) Supposons a, b, c pairs, soit 2a⁰,2b⁰,2c⁰. Alors a⁰ divise 2b⁰c⁰−1 et est donc impair, de mˆeme pour b⁰ et c⁰. En outre a⁰, b⁰, c⁰ sont premiers entre eux 2 `a 2. Je forme l’entier (2b⁰c⁰−1)(2c⁰a⁰−1)(2a⁰b⁰−1)

a⁰b⁰c⁰ =

= 8a⁰b⁰c⁰−4(a⁰+b⁰+c⁰) + 2

1

a⁰ + 1 b⁰ + 1

c⁰ − 1 2a⁰b⁰c⁰

. J’en d´eduis comme au paragraphe 1, supposanta⁰< b⁰< c⁰,

1 a⁰ + 1

b⁰ + 1 c⁰ ≥ 1

2 + 1

2a⁰b⁰c⁰ > 1 2, 3/a⁰>1/2, donca⁰ <6,a⁰ = 3 ou 5 car impair.

Sia⁰ = 5, 2/b⁰ >1/2−1/5 = 3/10, incompatible avec b⁰ impair> a⁰. Sia⁰ = 3, 2/b⁰ >1/2−1/3 = 1/6,b⁰ impair <12 peut valoir 5, 7 ou 11 (9 est `a exclure car non premier aveca<sup>0</sup>). A ces valeurs correspondent 29, 41, et 65 pour 2a<sup>0</sup>b<sup>0</sup>−1, d’o`u les valeurs possibles pourc⁰ (29, 41, 13 et 65).

1

Il reste `a v´erifier la divisibilit´e de 2c⁰a⁰−1 parb⁰ et celle de 2b⁰c⁰−1 para⁰, ce qui ne laisse subsister que (a⁰, b⁰, c⁰) = (3,7,41) ou (3,11,13).

Ce cas donne donc poura, b, cles valeurs 6, 14 et 82 d’une part, 6, 22 et 26 d’autre part.

2.2) Supposons maintenantaimpair,b= 2b⁰,c= 2c⁰. Alorsadivise 2b⁰c⁰−1, b⁰ diviseac⁰−1,c⁰ diviseab⁰−1 eta, b⁰, c⁰ sont 2 `a 2 premiers entre eux. Je peux supposerb < ccar ils jouent un rˆole sym´etrique.

Comme pr´ec´edemment, je forme l’entier (2b⁰c⁰−1)(c⁰a−1)(ab⁰−1)

ab⁰c⁰ = 2ab⁰c⁰−(a+ 2b⁰+ 2c⁰) +2 a+ 1

b⁰ + 1 c⁰ − 1

ab⁰c⁰, et j’en tire 2/a+ 1/b⁰+ 1/c⁰ >1. Trois cas sont `a examiner selon l’ordre des entiersa, b, c.

2.2.1) Sia < b < c, alors 6/a >2/a+ 1/b⁰+ 1/c⁰ >1 et a= 3 ou 5.

Sia= 3, 2/b⁰>1/b⁰+ 1/c⁰>1/3,b⁰ <6 et b⁰= 4 ou 5 (3 est exclu car non premier aveca). Les solutions ´eventuelles `a v´erifier sont :

– pour a = 3, b⁰ = 4, c⁰ diviseur de 11, soit c⁰ = 11 ; le triplet (a, b, c) = (3,8,22) a les propri´et´es de divisibilit´e voulues et donne une solution.

– poura= 3, b⁰ = 5,c⁰ diviseur de 14, soitc⁰ = 7 ou 14 ; avecc⁰ = 7 le triplet (a, b, c) = (3,10,14) a les propri´et´es de divisibilit´e voulues et donne une solution, mais non le triplet (a, b, c) = (3,10,28) correspondant `ac⁰ = 14.

Si a = 5, 2/b⁰ > 1/b⁰ + 1/c⁰ > 3/5, b⁰ < 10/3 et b⁰ = 3, c⁰ divise 14, soit c⁰ = 7 ou 14 ; 2b⁰c⁰−1 = 41 ou 83 n’est pas multiple de a, ce cas ne donne donc pas de solution.

2.2.2) Sib < a < c, alors 3/b⁰ >2/a+ 1/b⁰+ 1/c⁰ >1 et b⁰ = 2, puis

4/a > 2/a+ 1/c⁰ > 1−1/2 = 1/2, 4 < a < 8, a = 5 ou 7. Solutions

´eventuelles `a v´erifier :

– pour b⁰ = 2, a = 5, c⁰ diviseur de 9, soit c⁰ = 3 ou 9 ; avec c⁰ = 9 le triplet (a, b, c) = (5,4,18) a les propri´et´es de divisibilit´e voulues et donne une solution, mais non le triplet (a, b, c) = (5,4,6) correspondant `a c⁰ = 3.

– pour b⁰ = 2, a = 7, c⁰ diviseur de 13, soit c⁰ = 13 ; le triplet (a, b, c) = (7,4,26) n’a pas les propri´et´es de divisibilit´e voulues et n’est pas une solu- tion.

2.2.3) Sib < c < a, `a nouveau 3/b⁰ >2/a+ 1/b⁰+ 1/c⁰ >1 et b⁰ = 2, puis 2/c⁰ >2/a+ 1/c⁰ >1−1/2 = 1/2, 2, < c⁰ <4, c⁰ = 3, aest un diviseur de 11 donca= 11 ; le triplet (a, b, c) = (11,4,6) a les propri´et´es de divisibilit´e voulues et donne une solution.

2.3) Reste le cas o`u a, b, csont impairs.

Ils sont 2 `a 2 premiers entre eux (PGCD impair divisant 2). Les quotients tels que (bc−2)/asont aussi des entiers impairs. Je forme, toujours selon la mˆeme m´ethode, l’entier impair

2

(bc−2)(ca−2)(ab−2)

abc =abc−2(a+b+c) + 4

1

a+1 b +1

c − 2 abc

et comme abc est impair, l’entier 4

1

a+1 b +1

c − 2

abc

est un entier pair strictement positif ; il est≥2 et

1 a+1

b + 1 c ≥ 1

2 + 2 abc > 1

2.

Je peux supposer, sans perte de g´en´eralit´e,a < b < c. Alors 3/a >1/2, donc a <6,a= 3 ou 5.

Si a = 3, 2/b > 1/b+ 1/c > 1/2−1/3 = 1/6, donc a = 3 < b < 12 et b prend une des valeurs 5, 7, 11 (9 est `a exclure car non premier avec a).

Reste `a d´eterminerc comme diviseur deab−2, qui vaut 13, 19 ou 31. D’o`u 3 triplets (a, b, c) candidats : (3,5,13), (3,7,19), (3,11,31), tous `a ´eliminer car bn’y divise pas ca−2.

Sia= 5, 2/b > 1/b+ 1/c >1/2−1/5 = 3/10,b <20/3 incompatible avec bimpair > a.

Au total, on trouve les 6 solutions (`a l’ordre des nombres pr`es) (3,8,22), (3,10,14), (4,5,18), (4,6,11), (6,14,82), (6,22,26).

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