A455 Le même reste pour des triplets [**** à la main] Solution 1

A455 Le même reste pour des triplets [**** à la main]

Solution

1^ère question : reste toujours égal à 1

Les trois entiers a, b et c sont nécessairement distincts entre eux sinon il y aurait le produit de deux d’entre eux qui serait divisible par le troisième. On peut donc écrire sans perte de généralité a < b < c.

On a les trois relations : ab = pc +1 (1) ac = qb +1 (2) bc = ra + 1 (3) avec p < q < r.

De deux premières relations, on peut exprimer b et c en fonction de a, p, q à savoir : pq

a p b a₂



  (4) et

pq a

q c a₂



  (5).

De la 1^ère relation, on déduit que a et c d’une part, p et c d’autre part sont premiers entre eux.

En outre p < c. De la même manière des deux autres relations, on déduit que a et b sont premiers entre eux de même que b et c.

Par ailleurs (1) et (2) ac + pc = ab + qb ou encore (a+p)c = (a+q)b. Il en résulte que b et c étant premiers entre eux, b divise a+p et c divise a+q. De la même façon on peut écrire à l’aide de (1) et (3) (b+p)c = (b+r)a et a divise

b + p.

Comme p < a, p + a <2a < 2b b qui divise a + p est donc égal à a + p. De même d’après (2) qb < ac < bc q <c a + q < 2c  c qui divise a+q est donc égal à a + q.

Dès lors a qui divise b + p divise a + 2p. Comme a et p sont premiers entre eux, a peut prendre seulement deux valeurs a = 1 ou a = 2.

Si a = 1, alors d’après les relations (4) et (5), on a nécessairement a² pq 1. D’où pq=0. Ce qui est impossible.

Si a = 2, alors a²pq 1pq 3. On ne peut pas avoir pq=1 p = q = 1 ni pq=2 p = 1 et q = 2  b et c non entiers. Avec pq = 3, on a p = 1 et q = 3. D’où la solution unique a = 2, b = 3 et c = 5.

2^ème question : reste toujours égal à 2

Comme précédemment les trois entiers sont distincts entre eux. On écrit à nouveau sans perte de généralité a < b < c.

On a les trois relations : ab = pc +2 (6) ac = qb +2 (7) bc = ra + 2 (8) avec p < a < b < c < r et p < q < r.

De deux premières relations, on peut exprimer b et c en fonction de a, p, q à savoir : pq

a p) b 2(a₂



  (9) et

pq a

q) c 2(a₂



  (10).

De la même manière, on peut exprimer a et c en fonction de b, p et r : a =

pr b

p) 2(b

2

 et

c= b pr r) 2(b

2 

 ainsi que a et b en fonction de c,q et r :a =

qr c

q) 2(c

2

 et b =

qr c

r) 2(c

2

 .

On ne peut pas dire cette fois-ci que a et c, a et b, enfin b et c sont deux à deux premiers entre eux. Ils peuvent au contraire avoir des diviseurs communs.

De la relation (6), on déduit pc < ab < ac  p < a et a + p < 2a < 2b. D’où

pq a

p) b 2(a₂



  <

pq a

4b

2  a²pq< 4.

Nous allons examiner successivement trois cas possibles : 1) a²pq= 1

Il en résulte

pq a

p) b 2(a₂



  = 2(a+p) et c = 2(a+q). Dès lors le reste de la division de bc par a est celui de la division de 4pq par a. Comme ce reste est égal à 2, on peut écrire 4pq = ka + 2 = 4(a²1).D’où l’équation quadratique en a: 4a²ka60 qui a des racines entières si

96

k² est un carré parfait m . D’où (m+k).(m-k) = 96 = 2*48 ou 4*24 ou 6*16 ou 8*12 ² Il en découle 4 solutions possibles pour k :

k = 23a = 6 pq = 35 p = 1 et q = 35 ou bien p = 5 et q = 7. Ce qui donne deux autres triplets (a,b,c) : (6,14,82) et (6,22,26).

k = 10 a = 3 pq = 8 p =1 et q = 8 ou bien p = 2 et q = 4. Ce qui donne deux triplets (a,b,c) possibles : (3,8,22) et (3,10,14).

k = 5a = 2 p = 1 et q = 3 b = 6 et c = 10  bc = 60 qui est divisible par a.

Contradiction.

k = 2 a n’est pas entier.

2) a²pq=2 Il en résulte

pq a

p) b 2(a₂



  = a + p et c = a + q. Dès lors le reste de la division de bc par a est celui de la division de pq par a. Comme ce reste est égal à 2, on peut écrire pq = ka + 2 =

2

a² .D’où l’équation quadratique en a: a² ka40 qui a des racines entières si k² 16 est un carré parfait m . D’où (m+k).(m-k) = 16 = 2*8. ²

Il en résulte une solution possible pour k qui est k = 3 a = 4 pq = 14 p = 1 et q = 14 ou bien p = 2 et q = 7. Ce qui donne deux autres triplets possibles : (4,5,18) et (4,6,11) 3) a²pq = 3.

Dès lors b = 3

p) 2(a

(11) et c = 3

q) 2(a

(12) . Comme p < a et q < c, il en résulte b <

3 4a et c <

3 c) 2(a

ou encore c < 2a.

En partant des relations a =

pr b

p) 2(b

2

 et c=

pr b

r) 2(b

2

 , on déduit 2a > c =

pr b

r) 2(b

2

 >

pr b

4a

2 .

D’où b²pr>2. Par ailleurs a =

pr b

p) 2(b

2

 <

pr) 3(b

14a

2 . D’où b²pr<

3

14 b²pr= 3 ou 4.

Si b²pr=3, alors a = 3

p) 2(b

(13) et c = 3

r) 2(b

. Des relations (11) et (13), on déduit : 3b – 2a = 2p = 3a – 2b a = b. Contradiction.

Si b²pr= 4, alors a = 2

p b

(14) et c = 2

r b

(15) 6a = 5b et p = 5 4a .

En partant des relations a =

qr c

q) 2(c

2

 et b =

qr c

r) 2(c

2

 , on déduit c > b =

qr c

r) 2(c

2

 >

qr c

4c

2 .

D’où c²qr> 4. Par ailleurs a =

qr c

q) 2(c

2

 <

qr c

2a) 2(2a

2

 = qr c

8a

2 .D’où c²qr< 8

c²qr= 5 ou 6 ou 7.

Si c²qr= 5, alors a = 5

q) 2(c

(16) et b = 5

r) 2(c

(17). Des relations (15) et (17), on déduit par élimination de r: 7b = 6c puis 5c = 7a et 5r = 8a. Comme b² pr= 4, il en découle a = 5 b = 6, c = 7, p = 4, r = 8 mais alors q =

10

11a n’est pas un entier. Contradiction.

Si c²qr= 6, alors a = 3

q c

(18) et b = 3

r c

(19) . Des relations (15) et (19), on déduit par élimination de r : 4b = 3c puis 5c = 8a et r = 2a. Mais alors b²pr=

5 8a 25

36a²  ² <0.

Contradiction.

Si c²qr = 7, alors a = 7

q) 2(c

(20) et b = 7

r) 2(c

(21). Des relations (15) et (21), on déduit par élimination de r : 3b = 2c puis 5c = 9a et 5r = 24a. Mais alors b²pr=

25 96a 36a² ²

<0.

Contradiction.

Il n’y a donc pas de triplet (a,bc,) correspondant à a²pq = 3.

En conclusion, il y a six triplets possibles : (3,8,22), (3,10,14), (4,5,18), (4,6,11), (6,14,82) et (6,22,26).