Enoncé A570 (Diophante)
A la recherche du facteur commun
Quel que soit l’entier k≥1, on sait que pour tout entiern≥1, les entiers (n+ 1)k etnk n’ont pas de factuer commun >1.
Montrer que pour k prenant successivement les valeurs 3,5 et 7 on sait trouver au moins un entiern >0 tel que les entiers (n+ 1)k+ketnk+k ont un facteur commun >1.
Solution de Jean Moreau de Saint-Martin Cas k= 3
Supposons que n est solution. Un facteur commun aux entiers n3+ 3 et (n+ 1)3+ 3 divise les polynômes enn :
P3 =n3+ 3,
P2 = (n+ 1)3+ 3−(n3+ 3) = 3n2+ 3n+ 1, P1 = 3P3−(n−1)P2 = 2n+ 10,
P0 = 2P2−(3n−12)P1 = 122 = 2·61.
n et n+ 1 étant de parité contraire, il en est de même pour n3 + 3 et (n+1)3+3 et 2 n’est pas facteur commun. Le seul facteur commun possible est 61, qui divise alors P1 doncn−56.
Toutes les solutions sont données par n= 56 + 61m,m entier.
Remarque. Cette analyse équivaut à l’algorithme du PGCD ; l’identité de Bezout s’écrit ici
122 = (3X2−15X+ 14)((X+ 1)3+ 3)−(3X2−6X−22)(X3+ 3).
Cas k= 5
On a de même la cascade de polynômes de degrés décroissants P5 =n5+ 5,
P4 = 5n4+ 10n3+ 10n2+ 5n+ 1,
P3 = (n−2)P4−5P5 = 10n3+ 15n2+ 9n+ 27, P2 = 4P4−(2n+ 1)P3 = 7n2−43n−23,
P1 = 49P3−(70n+ 535)P2 = 25056n+ 13628 = 4(6264n+ 3407), P0 = 62642P2−(43848n−293201)P1/4 = 96468799 = 72·1968751.
La simplification par 4 est légitime, 2 ne pouvant être facteur commun comme dans le cask= 3.
Le facteur 7 ne peut être diviseur commun, car 7 ne divise n5+ 5 que si 7 divise n−4, ce qui ne peut être satisfait par deux entiers consécutifs.
Cela tient à ce que l’exposant 5 est premier avec 6 =ϕ(7), d’oùx= (x5)5 modulo 7.
Le diviseur commun ne peut être que 1968751, nombre premier, qui divise alors 6264n+3407, puisn−533360 (6264 ayant 73231 pour inverse modulo 1968751).
Toutes les solutions sont données parn= 533360 + 1968751m.
Cas k= 7
La cascade de polynômes est P7 =n7+ 7,
P6 = 7n6+ 21n5+ 35n4+ 35n3+ 21n2+ 7n+ 1,
P5 = 7P7−(n−3)P6 = 2(14n5+ 35n4+ 42n3+ 28n2+ 10n+ 26), P4 = 4P6−(2n+ 1)P5/2 = 21n4+ 42n3+ 36n2−34n−22, P3 = 3P5−(2n+ 1)P4 = 4(3n3+ 29n2+ 27n+ 25),
P2 = 3P4−(21n−161)P3/4 = 4210n2+ 3720n+ 3959,
P1 = 1772410P3−(1263n+ 11093)P2 = 3·43(12317n+ 3047), P0 = 123172P2−(51854570n+ 32991370)P1/129 = 500089203561.
Les simplifications par 4 et 3 sont légitimes, carn7+7 a même reste modulo 6 quen+ 1, et deux entiers consécutifs ont des restes différents modulo 3 comme modulo 2.
Cela ne vaut pas pour le facteur 43, qui divise toujours P1. Il divise P2 = 43(98n2+ 84n+ 209)−4(n−13)(n−14) pourn= 13 et n= 14 ; 43 divise alors ausssi P7 etP7+P6= (n+ 1)7+ 7.
De fait, le calcul sur tableur den7+ 7 modulo 43 confirme que 43 divise les valeurs consécutives (13 + 43m)7+ 7, (14 + 43m)7+ 7 et (15 + 43m)7+ 7.
On factorise 500089203561 = 3·166696401187.
Le facteur 3 ne convient pas, le facteur premier F = 166696401187 non plus, car F −1 est premier avec l’exposant 7 ; les solutions n= 13 + 43m et n= 14 + 43m sont les seules.
