Problème noA2843 de Diophante (mai 2021) Q1
x4+ 4x−1 = 0⇔(x2+ 1)2 = 2(x−1)2⇔x2+ 1 =±√
2(x−1). Il y a deux solutions réelles et deux solutions complexes conjuguées :
−1±p 2√
2−1
√2 et 1±ip 2√
2 + 1
√2 Q2Soientz= 2021 etx6=y. La fraction
x−y
1 +xy + y−z
1 +yz + z−x
1 +zx = (x−y)(y−z)(z−x) (1 +xy)(1 +yz)(1 +zx) s'annule six=z ou y=z.
Q3En posantS =x+y+z, le système équivaut à
5
x = 2x−S, −4
y = 2y−S, −7
z = 2z−S, soit (avec εi =±1)
x= S+ε1
√
S2+ 40
4 , y= S+ε2
√
S2−32
4 , z= S+ε3
√
S2−56
4 (∗)
et S=x+y+z se réécrit alors S=ε1
pS2+ 40 +ε2
pS2−32 +ε3
pS2−56.
Pour résoudre cette dernière équation, on peut se limiter aux S ≥ 0 car si (x, y, z) est solution alors (−x,−y,−z) aussi. Alors, ε1 = 1, ε2 = −1 et (comme√
t+√
t−32>√
t+ 40pour toutt≥39)ε3= 1. On résout ainsi :
√ t+√
t−32 =√
t+ 40 +√
t−56⇔ 8 =p
t(t−32)−p
(t+ 40)(t−56)⇔
pt(t−32)(t+ 40)(t−56) =t2−24t−1152⇔t= 81.
En remplaçant(S, ε1, ε2, ε3)par(9,1,−1,1)dans(∗), on trouve :
x= 5, y= 1
2, z= 7 2. Les solutions(x, y, z) sont donc ce triplet et son opposé.
Q4Six1 < x3 alors de proche en proche,x2 < x4,x3 < x5, etc.,x2021 < x1
donc x1 < x1, ce qui est absurde. De même, x1 > x3 est absurde. Donc x1 =x3 et de proche en proche, tous les xi d'indice impair sont égaux à un mêmex et tous ceux d'indice pair à un mêmey, avec
x+1 y = 2
2021 et y+1
x = 4042,
ce qui équivaut (par substitution) ày+x1 = 4042et4042x2−4x+20212 = 0, soit
x2i+1 = 1
2021 et x2i = 2021.
