Enoncé A568 (Diophante) Avec méthode et patience
On donne une paire (m, n) de deux entiers naturels premiers entre eux.
Une opération sur ce couple consiste à le remplacer par (m+n, n) ou bien par (m, m+n). Démontrer que l’on peut toujours obtenir un couple de deux carrés parfaits à l’issue d’un nombre fini d’opérations.
Applications numériques (avec l’aide d’un automate) : m = 2012 et n = 2013, m= 2013 et n= 2014.
Solution de Jean Moreau de Saint-Martin
Je note G (addition vers la gauche) l’opération (m, n)→(m+n, n), et D (addition vers la droite) l’opération (m, n)→(m, m+n). Ces opérations laissent inchangé le PGCD, qui reste égal à 1.
Observons l’évolution du rapport terme de gauche / terme de droite après, par exemple, trois G suivis de deux D.
Après trois G, le couple est devenu (m+ 3n, n) ; rapport 3 +m/n.
Après les deux D qui suivent, c’est (m+ 3n,2m+ 7n), et le rapport est m+ 3n
2m+ 7n = 1
2 +n/(m+ 3n) = 1
2 + 1/(3 +m/n),
soit, avec la convention d’écriture habituelle des fractions continues, 1
2+
1
3 +m/n puis, en dérogation avec la règle des numérateurs 1, 1
2+
1 3+
m n .
Si le rapport vauta2/b2(fraction irréductible), le couple est (a2, b2), formé de deux carrés, et le couple d’origine est (m= 7a2−3b2, n=b2−2a2).
Par exemplea= 7, b= 10 donnem= 43, n= 2 ; les opérations successives donnent les couples (45,2), (47,2), (49,2), (49,51), (49,100).
La fraction continue de 49/100 est 1 2+
1 24+
1
2, en écriture normale, mais vaut aussi 1
2+
1 3+
43 2 .
Le problème posé est en fait inverse : étant donné le rationnelm/n, montrer l’existence d’un rationnela/b dont le carré s’écrit en fraction continue se terminant parm/n oun/m, selon que la première opération est G ou D.
Le casm=n−1 permet une solution simple car (m+n)2
(2n)2 = 1 1+
1 m+
1 3+
m n .
Le résultat cherché sera obtenu avec trois opérations G, fournissant (4n− 1, n), puis m opérations D, fournissant (4n−1,4n2 −4n+ 1), et une opération G donnant les carrés de 2n et 2n−1 : 40252 et 40262 pour la première application numérique, 40272 et 40282 pour la seconde.
L’existence de deux carrés quandmetnne sont pas des entiers consécutifs est une question plus difficile. Une méthode de recherche est la suivante.
En première étape, faire apparaître un carré a2. Par exemple, avec m = 5, n= 8, par la séquence des couples
(5,8) D (5,13) G (18,13) DD (18 =q,49 =a2).
Il faut ensuite vérifier que l’autre terme q est rêsidu quadratique modulo a; c’est le cas ici, aveca= 7 etq = 4 (mod 7). Alors il existe des carrés b2 de la forme q +ka2, ici b2 = 192 = 18 + 7·49. Les carrés 49 et 361 répondent à la question, puisque 49
361 = 1 7+
1 2+
1 1+
1 1+
8 5 .
De manière analogue, on obtient une autre solution en 7 opérations seule- ment par la séquence (5,8) DDGDG (64,41) DD (64,169).
La difficulté qui peut subsister est la condition de résidu quadratique. Un outil pour la contourner consiste à faire apparaître des nombres premiers p et q de la forme 4k+ 3 ; en effet, le produit des symboles de Legendre p
q q p
=−1, et nécessairement l’un des symboles vaut +1, l’autre−1.
Quelle que soit la paire (mmod 4, nmod 4), quelques opérations per- mettent de la transformer en (3,3) (voir en annexe). Supposant (m, n) arrivé à cette forme, une suite d’opérations DDDD fait parcourir à nune progression arithmétique qui contient (théorème de Dirichlet) une infinité de nombres premiers de la forme 4k+ 3 ; ayant obtenu l’un d’euxq, 4 opé- rations G transformentm enm+ 4q, et la répétition de cette manaoeuvre permet d’obtenir un autre nombre premier p, de même reste moduloq et modulo 4 que m.
L’un des nombres p et q est résidu quadratique par rapport à l’autre ; supposons que ce soit p. Alors une suite de k opérations G fournit la progression arithmétique p+kq, qui contient un carré c2. Soit dcelui des nombres c et −c qui est non-résidu quadratique modulo q (comme q est de la forme 4k+ 3, c’est le cas d’un d’entre eux et un seul).
La progression arithmétiquep+kq contient les carrés (d+hq)2, et on peut trouver dans la progression arithmétiqued+hqun nombre premierade la forme 4k+ 3, qui commedest non-résidu moduloq; alorsqest résidu qua-
dratique moduloa; dans les carrés de la progression arithmétiqueq+ka, fournis par une suite d’opérations D, on peut trouver (c’est le “théorème du relèvement”) un carréb2 =q+ra2.
Les carrés a2 etb2 répondent á la question.
La réussite est assurée, mais la méthode est lourde. Sur l’exemple (m, n) = (5,8), on obtient (51,23) par DDDGG, puis (q, p) = (419,23) par 16 opéra- tions G, puis (q, c2 = 1822) (recherche à la main facilitée par un tri modulo 3, 5 et 8) ;c= 182 =d, non-résidu modulo 419, et on chercheaparmi les 182 + 419h, d’où a= 1439. et on obtient (q, a2) par 5542 opérations D ; la recherche du nombrer d’opérations G donnant (b2 = 419 +ra2, a2) est hors de portée sans automate. Un simple tableur permet d’obtenirb= 433 ou 1006 moduloa, puisr = 2470 donneb= 71517.
14392
715172 = 1 2470+
1 5442+
1 18+
1 3+
8 5 . Annexe
m et n étant premiers entre eux, on a un des cas du tableau suivant, ou un cas oùm etn sont échangés, et alors il convient d’échanger G et D.
(mmod 4, nmod 4) séquence d’opérations
(0,1) GGGDD
(0,3) G
(1,1) DDGG
(1,2) DGG
(1,3) GG
(2,3) GGG
