Problème noA4931 de Diophante (juin 2021) En notant
P(X) = X(X+ 1)(2X+ 1)
6 = 2X3+ 3X2+X
6 ,
on a, pour tous réelsa,betc :
P(a+c)−P(a−c) = c
3(6a(a+ 1) + 2c2+ 1) et donc
P(b+ 2c)−P(b−2c) = 2c
3(6b(b+ 1) + 8c2+ 1).
Sic6= 0, on en déduit l'équivalence :
P(b+ 2c)−P(b−2c) = 2 (P(a+c)−P(a−c))⇔a(a+ 1) =b(b+ 1) +c2. Si les quatre réelsa±c etb±2c sont entiers, autrement dit si a−c,2c etbsont entiers, l'égalité précédente implique que c est lui-même un entier, et même un entier pair : c = 2d. On s'intéresse donc aux triplets d'entiers (a, b, d) tels qued≥1,b−4d≥ −1et
a(a+ 1)
2 = b(b+ 1) 2 + 2d2.
À l'aide d'un tableur, on trouve que les deux seules solutions(a, b, d) telles quea≤18sont(8,7,2)et(18,17,3). Les valeurs correspondantes den= 4d etM = 2d3 (6a(a+ 1) + 8d2+ 1)sont respectivement :
n= 8, M = 52+ 62+· · ·+ 122 = 02+ 12+· · ·+ 152
2 = 620
et
n= 12, M = 132+ 142+· · ·+ 242 = 62+ 72+· · ·+ 292
2 = 4250.
(la seconde solution est présentée juste pour satisfaire ceux qui considèrent que le0 qui apparaît dans la première n'est pas un nombre positif).
Puisque a= a(a+1)2 − a(a−1)2 ≤ a(a+1)2 −b(b+1)2 = 2d2, ces deux solutions sont aussi les seules telles qued≤3. Ce sont donc celles pour lesquellesM est minimum.
