Adrien Chauvineau
A539. Des triplettes diophantiennes
∗Question 1 : Trouver toutes les triplettes de nombres premiersx,yetz qui satisfont l’´equation
xy +yx =z
∗ Question 2 : toutes les triplettes d’entiers positifs ou nuls x,y et z tels que 3x+ 4y = 5z
Ma solution `a la premi`ere question :
Soit l’´equationxy +yx=z avecx, y et z trois nombres premiers.
Supposons quexety sont tous les deux pairs, alorsx= 2 et y= 2 d’o`uz = 22+ 22 = 8 qui n’est pas premier, donc aucune solution dans ce cas l`a.
Supposons que x ety sont impairs, alors xy et yx sont impairs, d’o`u xy+yx est pair et ainsi z est pair, donc z = 2 car z est premier. Mais clairement comme x > 2 et y > 2 car sont premiers impairs, il n’y a pas de solutions dans ce cas non plus.
Supposons que x est pair et y impair (et r´eciproquement par sym´etrie) alors x = 2 et ainsi on a 2y +y2 =z. Regardons alors modulo 3.
On a 2≡ −1 [3] donc 2y ≡ −1 [3] car y est impair.
Siy ≡0 [3] alors y = 3 et on trouve z = 17, on a donc une premi`ere solution qui est le triplet (2; 3; 17) (deux solutions par sym´etrie).
Si y ≡ 1 [3] ou y ≡ 2 [3] alors y2 ≡ 1 [3] on trouve alors que 2y +y2 ≡ 0 [3] et ainsi z ≡ 0[3] donc z = 3. Mais comme y > 2 on a directement 2y > 4 et donc qu’aucun triplet n’est solution dans ce cas l`a.
Pour conclure on trouve donc que deux solution qui sont (2; 3; 17) et (3; 2; 17).
Ma solution `a la seconde question :
Remarquons que si l’on borne z alors on bornex et y.
Tout d’abord il n’y a aucune solution du type (x;y; 0).
On a 51 = 31 + 40 donc (1; 0; 1) est solution et une courte ´etude nous montre que c’est la seule avec son dernier terme ´egal `a 1.
1
52 = 32 + 42 donc (2; 2; 2) est solution et une courte ´etude nous montre que c’est la seule avec son dernier terme ´egal `a 2.
On va montrer qu’en fait il n’y en pas d’autre.
Si x = 0 alors on a 1 + 4y = 5z. Supposons y = 1 alors z = 1, on retrouve la solu- tion (0; 1; 1).
Supposons y > 1. En regardant modulo 3 on a 1 + 1 ≡ 2z [3] et donc z est impair.
En regardant maintenant modulo 8 on obtient maintenant 1≡5z [8] car y >1 donc 4y est un multiple de 8.
On a 5z ≡1 [8] siz est pair et 5z ≡5 [8] si z est impair. Donc z est pair.
z est pair et impair `a la fois, ce qui nous am`ene `a une contradiction. Donc y61.
Pour r´esumer si x= 0 nous n’avons qu’une solution, (0; 1; 1).
Supposons alors que x > 0. Alors on obtient modulo 3 que 1 ≡ (−1)z [3] ce qui ne se produit que si z est pair. Donc z est pair. On ´ecrit donc z = 2s. Remarquons que 52s−4y = 52s−22y = (5s−2y)(5s+ 2y). On a alors (5s−2y)(5s+ 2y) = 3x et ainsi par le th´eor`eme de d´ecomposition en produit de facteurs premiers on en conclu que chaque terme est une puissance de 3. Mais comme la somme des deux facteurs fait 2×5s cela contredit le fait que chacun soit multiple de 3. Donc l’un des deux est ´egal `a 1, seule puissance de 3 non multiple de 3. Comme 5s−2y et 5s+ 2y sont entiers naturels et par comparaison, alors on en conclu que 5s−2y = 1 et ainsi que 5s+ 2y = 3x.
Reprenons alors les deux ´egalit´es une nouvelle fois modulo 3 on a alors que (−1)s − (−1)y ≡ 1 [3] et (−1)s+ (−1)y ≡ 0 [3]. Si l’on additionne ces deux ´egalit´es on a que 2×(−1)s ≡ 1 [3], ce qui n’est possible que pours impair. Si l’on soustrait la premi`ere
´egalit´e `a la seconde on a 2(−1)y ≡2 [3], doncy est pair.
Supposons y > 2 alors 2y est multiple de 8 et en ramenant 5s + 2y = 3x modulo 8 on obtient que 5s ≡ 3x [8], comme s est pair on a que 5 ≡ 3x [8] ce qui est impossible car les puissances de 3 modulo 8 sont 1 et 3. Doncy62 et pair.
Siy= 0 on a 5s−2y = 1 qui devient 5s−1 = 1 ce qui est impossible.
Si y = 2 on a 5s − 2y = 1 qui devient 5s −4 = 1 qui admet une unique solution qui est s = 1 donc z = 2. Ainsi 3x = 52 −42 donc x = 2. On retrouve notre triplet pythagoricien 32+ 42+ 52 et ainsi notre solution (2; 2; 2).
Pour r´esumer si x >0 on a une unique solution qui est (2; 2; 2).
Notre probl`eme n’a donc bien que deux solutions, celles annonc´ees plus haut.
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