Corrigé du devoir à la maison n

Corrigé du devoir à la maison n

2

Partie A. — Le cas a = 1

1. L’équationE_1,k estx²+y² = 1^k i.e. x²+y² = 1. Pour tous entiers x>1et y>1, on a x²+y² >2donc (x;y) n’est pas solution de E_1,k.

Ainsi, l’ensemble des solutions de E_1,k est vide.

2. L’équationE_a,0 estx²+y² =a⁰ i.e. x²+y² = 1 donc il s’agit de la même équation que celle du cas précédent.

Partie B. — Les cas a = 4, a = 2 et a = 8 1. Le tableau suivant donne les restes modulo 4 :

n 0 1 2 3

n² 0 1 0 1

Ainsi, les restes possibles de n² modulo4 sont 0et 1.

2. Le tableau suivant donne les restes possibles de x²+y² modulo 4:

HH H

HH H

x²

y²

0 1

0 0 1

1 1 2

Ainsi, les restes possibles de x²+y² modulo 4 sont0, 1et 2.

De plus, on voit que x² +y² ≡ 0 [4] si et seulement si le reste de x² et de y² est 0.

Or, d’après la question précédente, le carré d’un entier n est congru à 0modulo 4 si et seulement si n≡0 [4] ou n≡2 [4] i.e. si et seulement si n est pair. Ainsi, x²+y² ≡0 [4]

si et seulement si x ety sont pairs.

3. a. On a vu ci-dessus que l’ensemble des solutions de E4,0 est vide. Or, par hypothèse E_4,k0 admet des solutions donc k₀ >1.

b. Par hypothèse, il existe deux entiers x et y tels que x²+y² = 4^k0. De plus, k₀ > 1 donc 4 divise 4^k0 et ainsi x² +y² ≡ 0 [4]. D’après la question 2., x et y sont pairs donc il existe deux entiers naturels non nuls u et v tels que x= 2u et y= 2v. Dès lors, (2u)²+ (2v)² = 4^k0 donc4u²+ 4v² = 4^k0 i.e., en divisant par 2, u²+v² = 4^k0−1. c. Ainsi,E_4,k0−1 admet au moins une solution(u;v). Ceci est absurde car06k₀−1< k₀

et k0 est le plus petit entier naturel tel que E4,k possède au moins une solution.

On conclut donc, pour tout k ∈N^∗, l’équation E_4,k n’a pas de solution . 4. Soit k un entier naturel au moins égal à 1.

a. Si k est pair, il existe un entier n > 1 tel que k = 2n. Alors, 2^k = 2²ⁿ = 4ⁿ donc l’équation E2,k est aussi l’équation E4,n. D’après ce qui précède, E4,n n’a pas de solution donc E_2,k n’a pas de solution .

b. Considérons la proposition Pn : « l’unique solution de E2,2n+1 est (x;y) = (2ⁿ; 2ⁿ)».

• Pour n = 0, il s’agit de l’équation E_2,1 : x² +y² = 2. Si x ou y est supérieur ou égal à 2, alors x² +y² > 2² = 4 donc (x;y) n’est pas solution de E_2,1. Ainsi, si (x;y) est solution alors x 6 1 et y 6 1 donc, comme ce sont des entiers naturels non nuls, x=y = 1. Réciproquement, 1²+ 1² = 2 donc l’unique solution de E_2,1 est (1 ; 1) = (2⁰; 2⁰). Ainsi, P₀ est vraie.

• On suppose que P_n est vraie pour un certain n ∈N.

• Soit(x;y)une solution de E_2,2(n+1)+1 i.e. xet y sont deux entiers naturels non nuls tels que x²+y² = 2²ⁿ⁺³. Comme 2n+ 3>2, 4 divise2²ⁿ⁺³ doncx² +y² ≡0 [4]. On en déduit alors, comme dans la question3. que 4 divise x et y. En particulier, xet y sont pairs donc il existe deux entiers naturels u et v tels que x = 2u et y = 2v.

Par suite, 4u² + 4v² = 2²ⁿ⁺³ donc u² +v² = 2²ⁿ⁺¹. Par hypothèse de récurrence, on a donc u = 2ⁿ et v = 2ⁿ i.e. x = 2ⁿ⁺¹ et y = 2ⁿ⁺¹. Réciproquement, on a bien (2ⁿ⁺¹)²+ (2ⁿ⁺¹)² = 2×2²ⁿ⁺² = 2²ⁿ⁺³ donc P_n+1 est vraie.

On a ainsi démontré par récurrence que, pour toutn ∈N, l’unique solution deE_2,2n+1 est(2ⁿ; 2ⁿ).

5. Comme 8 = 2³, pour tout k∈N, l’équationE_8,k est l’équationE_2,3k. Or, 3k est impair si et seulement sik est impair donc E_8,k admet au moins une solution si et seulement si k est impair et alors, si on écritk = 2n+ 1 avec n∈N, on a 3k = 6n+ 3 = 2(3n+ 1) + 1 donc l’ensemble des solutions deE_8,k est{(2³ⁿ⁺¹; 2³ⁿ⁺¹)}.

Partie C. — Les cas a = 3 et a = 9

1. Le tableau suivant donne les restes modulo 3 :

n 0 1 2

n² 0 1 1

Ainsi, les restes possibles de n² modulo3 sont 0et 1.

2. Le tableau suivant donne les restes possibles de x²+y² modulo 3:

H HH

HH H

x²

y²

0 1

0 0 1

1 1 2

Ainsi, les restes possibles de x²+y² modulo 3 sont0, 1et 2.

De plus, on voit que x² +y² ≡ 0 [3] si et seulement si le reste de x² et de y² est 0.

Or, d’après la question précédente, le carré d’un entier n est congru à 0modulo 3 si et seulement si n≡0 [3]. Ainsi, x² +y² ≡0 [3] si et seulement si 3divise x ety.

3. a. On a vu ci-dessus que l’ensemble des solutions deE3,0 est vide. Or, par hypothèseE3,k0

admet des solutions donck₀ >1. De plus, six²+y² = 9alorsy² = 9−x² = (3−x)(3+x).

Comme y² > 0, 1 6 x 6 2. Or, pour x = 1, (3−x)(3 +x) = 8 et, pour x = 2, (3−x)(3 +x) = 5 et 5 et 8 ne sont pas des carrés d’entiers donc E3,2 n’a pas de

solutions. Ainsi, k₀ >2.

b. Par hypothèse, il existe deux entiers x et y tels que x²+y² = 3^k0. De plus, k₀ >2 donc 3divise 3^k0 et ainsi x²+y² ≡0 [3]. D’après la question2., 3divise x et y donc il existe deux entiers naturels non nuls u et v tels que x = 3u et y = 3v. Dès lors, (3u)² + (3v)² = 3^k0 donc 9u²+ 9v² = 3^k0 i.e., en divisant par 9, u²+v² = 3^k0−2.

c. Ainsi,E3,k0−2 admet au moins une solution(u;v). Ceci est absurde car06k0−2< k0

et k₀ est le plus petit entier naturel tel que E_3,k possède au moins une solution.

On conclut donc, pour tout k ∈N^∗, l’équation E_3,k n’a pas de solution .

4. Soitk ∈N. L’équationE9,k est aussi l’équation E3,2k qui n’a pas de solution d’après la question précédente. Pour toutk ∈N^∗, E9,k n’a pas de solution .

Partie D (facultative). — Le cas a = 5, a = 6 et a = 7 1. Le tableau suivant donne les restes modulo 7 :

n 0 1 2 3 4 5 6

n² 0 1 4 2 2 4 1

Ainsi, les restes possibles de n² modulo7 sont 0,1, 2et 4.

Le tableau suivant donne les restes possibles de x²+y² modulo 7:

H HH

HH H

x²

y²

0 1 2 4

0 0 1 2 4

1 1 2 3 5

2 2 3 4 6

4 4 5 6 1

Ainsi, les restes possibles de x²+y² modulo 7 sont0, 1,2, 3,4, 5et 6.

De plus, on voit que x² +y² ≡ 0 [7] si et seulement si le reste de x² et de y² est 7.

Or, d’après la question précédente, le carré d’un entier n est congru à 0modulo 7 si et seulement si n≡0 [7]. Ainsi, x² +y² ≡0 [7] si et seulement si 7divise x ety.

On raisonne par l’absurde comme dans le cas a = 3 en notant k₀ le plus petit entier naturel tel queE7,k0 admette au moins une solution.

On a vu ci-dessus que l’ensemble des solutions deE_7,0 est vide. Or, par hypothèse E_7,k0 admet des solutions donck₀ >1. De plus, six²+y² = 49alorsy² = 49−x² = (7−x)(7+x).

Comme y² > 0, 1 6 x 6 6. Or, pour x = 1, (7− x)(7 + x) = 48, pour x = 2, (7−x)(7 +x) = 45, pour x= 3, (7−x)(7 +x) = 40, pour x= 4, (7−x)(7 +x) = 33, pourx= 5,(7−x)(7 +x) = 24 et pourx= 6,(7−x)(7 +x) = 13. Aucun de ces nombres n’est le carré d’un entier doncE_7,2 n’a pas de solutions. Ainsi, k₀ >2.

Par hypothèse, il existe deux entiers naturels non nuls xet y tels que x²+y² = 7^k0. De plus, k₀ >2 donc 7divise 7^k0 et ainsi x²+y² ≡0 [7]. D’après la question 2., 7divise x ety donc il existe deux entiers naturels non nuls u etv tels que x= 7u ety = 7v. Dès lors, (7u)²+ (7v)² = 7^k0 donc 49u² + 49v² = 7^k0 i.e., en divisant par 49,u² +v² = 7^k0−2. Ainsi, E_7,k0−2 admet au moins une solution(u;v). Ceci est absurde car 06k₀−2< k₀ etk₀ est le plus petit entier naturel tel que E_7,k possède au moins une solution.

On conclut donc, pour tout k ∈N^∗, l’équation E_7,k n’a pas de solution .

2. On remarque que(1 ; 2) est solution de E_5,1 et (3 ; 4) est solution de E_5,2. Soit k∈N^∗. Sik est pair, on écrit k= 2n avec n>1. Alors, on vérifie que

(3×5ⁿ⁻¹)²+ (4×5ⁿ⁻¹)² = 3²×5²ⁿ⁻²+ 4²×5²ⁿ⁻² = (9 + 16)5²ⁿ⁻² = 5²×5²ⁿ⁻² = 5²ⁿ = 5^k

donc (3×5ⁿ⁻¹; 4×5ⁿ⁻¹)est solution de E5,k.

Sik est impair, on écrit k = 2n+ 1 avecn >0. Alors, on vérifie que

(5ⁿ)²+ (2×5ⁿ)² = 5²ⁿ+ 2²×5²ⁿ = (1 + 4)5²ⁿ = 5×5²ⁿ = 5²ⁿ⁺¹ = 5^k donc (5ⁿ; 2×5ⁿ) est solution de E_5,k.

Dans tous les cas, l’équation E_5,k admet au moins une solution .

3. On va montrer que, pour toutk ∈N^∗,E_6,k n’a pas de solution. Pour cela, on raisonne par l’absurde en supposant qu’il existe un entier k ∈N^∗ tel que E_6,k admette une solution (x;y). Comme k >1, x²+y² = 6^k ≡0 [6].

Le tableau suivant donne les restes modulo 6 :

n 0 1 2 3 4 5

n² 0 1 4 3 4 1

Ainsi, les restes possibles de n² modulo6 sont 0,1, 3et 4.

Le tableau suivant donne les restes possibles de x²+y² modulo 6:

HH HH

HH

x²

y²

0 1 3 4

0 0 1 3 4

1 1 2 4 5

3 3 4 0 1

4 4 5 1 2

Ainsi, comme x²+y² ≡0 [6], x² et y² ont tous les deux un reste égal à 0 ou 3modulo 6 ce qui, d’après le premier tableau, signifie que x ety ont tous les deux un reste égal à 0 ou à 3modulo 6.

Supposons que x≡3 [6]et que y≡3 [6]. Alors, il existe des entiers naturels m et n tels quex= 3 + 6m et y= 3 + 6n. Ainsi,

6^k = (3 + 6m)²+ (3 + 6n)² = 9 + 36m+ 36m²+ 9 + 36n+ 36n² = 18 + 36(m+m²+n+n²) donc, en divisant par 6et en posant D=m+m²+n+n², on obtient 6^k−1 = 3 + 6D.

Comme 3 + 6D = 3(1 + 2D), 3 divise 6^k−1 donc k − 1 > 1 i.e. k > 2. Dès lors, 3 = 6(6^k−2−D) et 6^k−2−D est entier car k >2. Ceci montre que 6 divise3 ce qui est absurde car0<3<6.

Ainsi, on a montré que si (x;y) est solution de E_6,k alors x ≡ 0 [6] et y ≡ 0 [6] i.e. 6 divise x ety.

Notons k₀ le plus petit entier naturel tel que E_6,k0 admette au moins une solution.

On a vu ci-dessus que l’ensemble des solutions de E_6,0 est vide donc k₀ >1. De plus, si x²+y² = 36 alors y² = 36−x² = (6−x)(6 +x). Comme y² >0, 1 6x65. Or, pour x= 1,(6−x)(6 +x) = 35, pourx= 2,(6−x)(6 +x) = 32, pourx= 3,(6−x)(6 +x) = 27, pour x = 4, (6−x)(6 +x) = 20 et, pour x = 5, (6−x)(6 +x) = 11. Aucun de ces nombres n’est le carré d’un entier doncE_6,2 n’a pas de solutions. Ainsi, k₀ >2.

Par hypothèse, il existe deux entiers naturels non nulsx et y tels que x²+y² = 6^k0 et, d’après ce qui précède,6divise xet y donc il existe deux entiers naturels non nuls u et v tels que x= 6u ety = 6v. Dès lors, (6u)²+ (6v)² = 6^k0 donc u²+v² = 6^k0−2.

Ainsi, E6,k0−2 admet au moins une solution (u;v)ce qui est absurde car 06k0−2< k0

etk₀ est le plus petit entier naturel tel que E_6,k possède au moins une solution.

On conclut donc, pour tout k ∈N^∗, l’équation E_6,k n’a pas de solution .