Enoncé A555 (Diophante) Des carrés en couple
Q1 : Les entiers strictement positifspetq sont tels que les nombres 223p+ 224q et 224p−223q sont tous les deux des carrés parfaits strictement positifs. Trouver la valeur minimale du plus petit de ces deux carrés.
Q2 : La séquence des entiersnstrictement positifs est telle que les nombres 62n+ 1 et 63n+ 1 sont tous les deux des carrés parfaits. Trouver le plus grand commun diviseur de tous ces entiers n.
Bonus pour les plus courageux : Un de ces entiersnest-il tel que 770n+ 13 soit un nombre premier ?
Solution de Jean Moreau de Saint-Martin Question 1
Le système d’équations 223p+ 224q =a2, 224p−223q=b2 se résout enp et q
p= (223a2+ 224b2)/99905, q = (224a2−223b2)/99905.
99905 = 5·13·29·53 est le déterminant 2232+ 2242= 1 + 2·223·224.
Ainsi 222p+ 223q = 446p−b2= (2(223a)2−b2)/99905.
2 est non-résidu quadratique modulo 5 (de même que modulo 13, 29 ou 53). Il en résulte que 5 ne peut diviser une expression 2c2 −b2 que s’il divise cetb. Le même raisonnement pour 13, 29 et 53 conduit à dire que a etbsont nécessairement multiples de 99905.
On constate que a = b = q = p/447 = 99905 satisfait les relations de l’énoncé. Le plus petit carré est donc 999052 = 9981009025.
Question 2
Commençons par le bonus. Si 62n+ 1 =a2, 63n+ 1 =b2, on a 770n+ 13 = 49a2−36b2= (7a+ 6b)(7a−6b).
Pour que ce soit un nombre premier, il faut 7a−6b = 1. Mais observons que 63a2−62b2= 1,
d’où en ce cas 7(62b2+ 1) = 9(7a)2 = 9(6b+ 1)2,
ce qui donne l’équation 110b2 −108b−2 = 0, ayant pour seule solution entière b = 1 = a, le nombre premier est 13, mais n = 0 est exclu par l’énoncé.
Revenons à la question principale, la détermination de la séquence des valeurs denavec la propriété de l’énoncé.
L’équation 63a2−62b2 = 1 s’apparente à une équation de Fermat et admet pour solution générale, avecj entier impair, Tj polynôme de Tchebychev de degréj,
a= Tj(√
√ 63)
63 , d’où on tire
n= a2−1
62 = Tj(125)−125 7812
j= 1 donne n= 0 qui ne convient pas ;j= 3 donne n1 = 1000, a= 249, b= 251.
Pour les valeurs suivantes, je considère la propriété
Tj−2(125) +Tj+2(125) = 2T2(125)Tj(125) = 62498Tj(125).
Cela donne pour trois valeurs successives den
(7812nk−1+ 125) + (7812nk+1+ 125) = 62498(7812nk+ 125), puis nk−1+nk+1 = 62498nk+ 1000.
1000 divisant deux valeurs succesives de la séquence, 0 =n0 etn1= 1000, divise par cette relation de récurrence tous les termes de la séquence. Le PGCD demandé est 1000.
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