A20218. Reste 0, quotient carr´ e

A20218. Reste 0, quotient carr´ e

On consid`ere deux entiers positifs aet b tels que la division euclidienne de a² +b² par ab+ 1 ne donne pas de reste. Montrer que le quotient est un carr´e parfait.

Solution

Soita²+b² =k(ab+ 1), o`u je peux supposera > b >0.

Si l’on avait a > kb, on aurait

0< a(a−kb) =k−b²< k≤kb < a, d’o`ua−kb <1 et, s’agissant d’entiers, a≤kb, contradiction.

Donca≤kbet si a=kb, on obtient k=b² carr´e, CQFD.

Si maintenanta < kb, l’expression x²−(kb)x+ (b²−k)

est un trinˆome enx admettant pour racines x=aetx=c=kb−a, entier

>0.

Commebc < ac=b²−k < b², on a c < b.

Mais b² +c² = k(bc + 1), et le couple (b, c) satisfait l’´enonc´e comme le couple (a, b), avec la mˆeme valeur k du quotient. On forme ainsi une suite d´ecroissante d’entiers positifs

a, b, c, . . .

o`u deux termes cons´ecutifs satisfont l’´enonc´e avec le mˆeme quotient, et cela tant que le rapport de deux termes (a/b,b/c, etc.) n’atteint pask.

La suite se termine donc forc´ement par . . . , km, m,0. Alorsk =m², carr´e, CQFD.

Remarque. La relation de r´ecurrence dans la suite ci-dessus a_n+1 =ka_n−an−1

permet d’exprimer les couples solutions de l’´enonc´e au moyen des polynˆomes de Tchebychev, comme termes cons´ecutifs de la suite

2√ k k²−4

Ti+1

k

2

−Ti−1

k

2

.

1