A427. Une ribambelle de carrés
Soit un entier p ≥ 1. On cherche les entiers naturels distincts a et b tels que les six produits des entiers a,b,a + p et b + p pris deux à deux donnent le plus grand nombre possible m(p) de carrés parfaits. Démontrer que :
Q1 : m(p) > 1 quel que soit p.
Q2 : m(p) = 2 pour un nombre fini de valeurs de p.
Q3 : si m(p) > 3 alors m(p) = 6.
Q4 : il existe une infinité de valeurs de p telles que m(p) = 6. Déterminer le plus petit entier p et un couple (a,b) tel que m(p) = 6.
Préliminaire :
Soit à résoudre en nombres entiers l'équation (E) : x² + y² = z²
L'une au moins des variables est paire, on peut supposer que c'est x. Alors y et z ont même parité.
Posons x = 2a, z - y = 2b et z + y = 2c soit x = 2a, y = c - b, z = c + b en reportant ces valeurs dans (E) il vient : 4a² + (c - b) ² = (c + b) ² a² = cb.
On peut supposer c = ² et b = ² soit encore a = d'où : x = 2k ; y =k (² - ²) ; z =k (²+²) Tous les triplets (k, , ) d'entiers avec > sont solutions de (E).
Solution proposée par Jean-Marie Breton :
Q1
p étant donné, supposons que l'on puisse trouver un entier a tel que a (a + p) soit un carré.
Alors en choisissant b = k²a où k est un entier supérieur à 1 (ab) on a : ab = k²a² et b (a + p) = k²a (a + p)
p ; pN*- {2, 4} (a, n) ; (a, n) N² tel que a (a + p) = n², en effet :
a² + pa – n² = 0 a pour discriminant = p² + (2n) ² et comme racine positive a = ½ (-p +) Appliquons la démarche du préliminaire à l'équation diophantienne (2n) ² + p² = z²
a) p n'est pas une puissance de 2
On peut toujours écrire p sous la forme p = 2mq avec q 1(mod 2) q>1 Posons n = 2m
p = 2m (²- ²) =2m (-) (+)
En fixant - = 1 et + = q alors = ½ (q+1) et = ½ (q-1) Ce qui donne : n = 2m ¼ (q²-1) puis
Vérifions : Soit :
b) p est une puissance de 2
Si p = 2m avec m > 2 alors a = 2m-3 répond au problème en effet : 2m-3[2m-3+2m] = 2m-3[2m-3(1 + 23)] = (3*2m-3)²
Reste à traiter les cas p = 1, p=2 et p=4
Pour p=1 : a (a+1) n'est jamais un carré sauf si a = 0
Pour p=2 : a (a+2) n'est jamais un carré car n² < n (n + 2) < (n+1)²
Pour p=4 : a (a+4) n'est jamais un carré car n² < n (n+4) < (n+2)² imposerait n (n+4) = (n+1)² soit 2n = 1 Q2
De Q1 on déduit que seuls p=2 et p=4 peuvent conduire à m(p)=2
Q3
Si m(p) > 3 alors au moins quatre des valeurs ab, a(a+p), b(b+p), b(a+p), a(b+p), (a+p)(b+p) sont des carrés.
On vérifie facilement que les deux valeurs restantes le sont aussi.
Par exemple :
A ab
B a (a + p)
C b (a + p)
D a (b + p)
E b (b + p)
F (a + p) (b + p)
CD/B CD/A
AE/b² CE/b²
AB/a² BD/a²
CD/E CE/b²
BC/(a+p)² BD/a²
AF/C AF/B
AB/a² AF/B
AC/b² AD/a²
CD/F CD/B
AB/a² AE/b²
AC/b² AE/b²
BE/F BE/C
AF/E BE/D
BE/F BE/D
CD/F CD/E
Q4
Si le triplet (p, a, b) est tel que m(p)=6 alors quel que soit n le triplet (np, na, nb) est tel que m (np)=6
Si l'on admet a=b alors :
La plus petite valeur pour p est p=3 avec a=b=1 (p, a, b) = (3, 1, 1) En dehors des valeurs (np, na, nb) les triplets suivants sont :
(5, 4, 4) ; (7, 9, 9) ; (8, 1, 1) ; (9, 16, 16) ; (11, 25, 25) et tous les triplets (p, a², a²) où a²+p est un carré.
Si a b
On peut chercher les solutions avec a et b carrés
p a b ab a (a+p) b (b+p) a (b+p) b (a+p) (a+p)(b+p)
15 1 49 49 16 3136 64 784 1024
21 4 100 400 100 12100 484 2500 3025
24 1 25 25 25 1225 49 625 1225
27 9 169 1521 324 33124 1764 6084 7056
