A4922-Des premiers en Diophantie * à *****
Soit un entierp>0. On considère l’ensembleEpdes entiers égaux à la somme depcarrés parfaits consé- cutifs.
Q1 Démontrer qu’on sait trouver un nombre premierp>2020 tel qu’il existe un élément deEpégal àp3. Q2 Trouver le plus petit nombre premierptel qu’il existe un élément deEpmultiple de 2020.
Solution de Claude Felloneau
Q1L’entierp=2161 convient.
Sipest impair, pour touts∈Ep, il existea>ktel ques=
i=kX
i=−k
(a+i)2oùk=p−1 2 . On a alorss=a2+
i=k
X
i=1
¡(a−i)2+a+i)2¢
=a2+2
i=k
X
i=1
¡a2+i2¢
=a2+2ka2+k(k+1)(2k+1)
3 =p
µ
a2+p2−1 12
¶ . s=p3si et seulement sia2+p2−1
12 =p2soit 12a2−11p2=1.
Cette équation s’écrit (E) x2−33p2=3 avecx=6a.
Elle a pour solution particulièrex=6,p=1.
De plus l’équation de Pell-Fermatx2−33p2=1 a pour solution minimalex=23,p=4 donc (E) a pour so- lutions les couples (xn,pn) tels que (x0,p0)=(6, 1) et pourn>1¡xn+1,pn+1¢
=¡
23xn+132pn, 4xn+23pn¢ . On obtientx2=12414 etp2=2161 qui est un nombre premier. On a alorsa−k=2069−1080=989.
Ainsi 21613est la somme des carrés des 2161 entiers consécutifs 989, 990, ..., 3149.
Q2La réponse estp=7.
La somme de 2 carrés parfaits consécutifs est impaire doncpest impair.
Pour touts∈Ep, il existe un entiera>(p−1)/2 tel ques=p µ
a2+p2−1 12
¶ .
Pourp=3,s=3a2+2 est congru 1 ou 2 modulo 4 donc n’est pas un multiple de 2020.
Pourp=5,s=5(a2+2) est congru 2 ou 3 modulo 4 donc n’est pas un multiple de 2020.
Pourp=7,s=7(a2+4) est un multiple de 2020 si et seulementa2≡ −4 [2020].
Pour quea2≡ −4 [2020] il suffit queasoit pair eta2≡ −4 [5] eta2≡ −4 [101].
Or 102≡ −1 [101] donc 202≡ −4 [101]. Il suffit donc quea=20+101×2kaveck∈Net−4≡a2≡4k2[5]
soitk≡ ±2 [5], en particulier pourk=2. On a alorsa=384 et 3842+4=73×2020.
AinsiE7contients=3812+3822+3832+3842+3852+3862+3872=511×2020 qui est donc un multiple de 2020.
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