Enoncé A510 (Diophante)
Les puissants se laissent manipuler
Par convention un nombre entier naturel positifn est appelé « puissant » si pour tout facteur premierp den,p2 divise aussi n. Ainsi 36 et 500 sont deux nombres puissants.
Montrer que chacun des entiers naturels de 1 à 21 peut être représenté par la différence de deux nombres puissants.
Pour les plus courageux : un entier naturel quelconque peut-il être repré- senté par la différence de deux nombres puissants ?
Solution de Jean Moreau de Saint-Martin 1 = 32−23,
2 = 33−52, 3 = 27−53, 4 = 23−22, 5 = 32−22, 6 = 73·54−4632, 7 = 24−32, 8 = 24−23, 9 = 52−42, 10 = 133−37, 11 = 62−52, 12 = 24−22, 13 = 72−62,
14 = 153·952−55192, 15 = 82−72,
16 = 25−24, 17 = 92−82, 18 = 35−152, 19 = 102−92, 20 = 62−24, 21 = 52−22.
Plus généralement, sinest impair ou multiple de 4 (>4), c’est un produit de deux entiers distincts de même parité. Sin= 2k+ 1 est impair, n= (k+ 1)2−k2. Si n= 4k,n= (k+ 1)2−(k−1)2.
Sina pour reste 2 modulo 4, il n’est pas différence de deux carrés ; voici une méthode qui vise à obtenirncomme différence de deux nombres puissants dont l’un est un carré.
Supposons n représenté1 par une forme quadratique, par exemple ±n = t2−hu2, avech impair non carré. L’équation de Fermat2 x2−hy2= 1 et l’identité de Brahmagupta permettent de former une autre décomposition
±n= (t2−hu2)(x2−hy2) = (tx+huy)2−h(ty+ux)2, et celle-ci sera une différence de nombres puissants sity+uxest multiple deh.
L’équation x2 −hy2 = 1 a une plus petite solution p2 −hq2 = 1 en entiers > 0. On démontre qu’alors toutes les solutions sont données par
±x = Tk(p), ±y = qUk(p), avec Tk polynôme de Tchebychev de degré k, Uk polynôme associé (=Tk0/k).
Soitwk=tqUk(p) +uTk(p). On aw0 =u,w1 =tq+up, et par la propriété des polynômes de Tchebychev
wk+1 = 2pwk−wk−1, puis (moduloh)wk+1−wk−1= 2tqpkmod 2.
Si q et h sont sans diviseurs communs3, les suites (w2kmodh) et (w2k+1 modh) incluent un multiple deh, qui fournit une solution.
Les expressions indiquées ci-dessus pourn= 6 et n= 14 ont été obtenues par cette méthode, prenant t = u = 1, h = n+ 1. Si n est pair non multiple de 4, h est bien impair et non carré. J’aurais aussi pu partir de 14 = 52−11·12, et obtenir 14 = 330172−113·9052.
1. On peut toujours rapprochern d’un carrét2 premier avecn, et identifier le plus grand carréu2 divisanthu2 =t2∓n.
2. dite de Pell dans la littérature, notamment anglophone
3. Ce n’est pas toujours le cas : avech= 4k−1, il y a diviseur commun 160 fois pour k= 1 à 1000 ; si cette difficulté se présente, il faut tenter de la contourner en changeant tpour changerh.
