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Tài liệu Lý thuyết số.
Cours d’arithm´tique e Premi`re partie e Pierre Bornsztein Xavier Caruso Pierre Nolin Mehdi Tibouchi D´cembre 2004 e Ce document est la premi`re partie d’un cours d’arithm´tique ´crit pour les ´l`ves pr´e e e ee e parant les olympiades internationales de math´matiques Le plan complet de ce cours est : e Premiers concepts Division euclidienne et cons´quences e Congruences ´ Equations diophantiennes Structure de Z/nZ Sommes de carr´s e Polynˆmes ` coefficients entiers o a Fractions continues Cette premi`re partie traite les quatre premiers chapitres Les quatre derniers chapitres e forment quant ` eux la deuxi`me partie de ce cours a e Contrairement ` la seconde partie, cette premi`re partie se veut le plus ´l´mentaire a e ee possible Les notions abstraites, souvent plus difficiles ` assimiler, mais qui clarifient les id´es a e lorsqu’elles sont comprises, ne sont ´voqu´es que dans la seconde partie Nous conseillons e e au lecteur de bien maˆ ıtriser ce premier tome avant de passer ` la lecture du second a Les notions et les th´or`mes introduits ici sont g´n´ralement tout ` fait suffisants pour e e e e a traiter les exercices propos´es aux olympiades internationales de math´matiques e e Vous trouverez ` la fin de chaque chapitre une s´rie d’exercices de difficult´ variable mais a e e indiqu´e par des ´toiles Toutes les solutions sont rassembl´es ` la fin du document e e e a Nous vous souhaitons bon apprentissage et bonne lecture Plus nous avons jug´ l’exercice difficile, plus le nombre d’´toiles est important e e Liste des abbr´vations : e AMM APMO CG OIM SL TDV American Mathematical Monthly The Asian Pacific Mathematics Olympiad Concours g´n´ral e e Olympiades Internationales de Math´matiques e Short List Tournoi Des Villes Liste des notations : ∅ N N Z Q R ensemble ensemble ensemble ensemble ensemble ensemble vide des entiers naturels (positifs ou nuls) des entiers naturels strictement positifs des entiers relatifs des nombres rationnels des nombres r´els e symbˆle de sommation2 o symbˆle de produit3 o a|b [x] {x} pgcd a∧b ppcm a∨b a divise b partie enti`re de x e partie d´cimale de x e plus grand commun diviseur pgcd (a, b) plus petit commun multiple ppcm (a, b) a ≡ b (mod N ) a est congru ` b modulo N a p vp (n) d(n) σ(n) ϕ sb (n) π (n) an a b factorielle de n : n! = × × · · · × n n! coefficient binomial : Ck = k!(n−k)! n un ∼ v n ´criture en base b e n! Ck n un nombre premier valuation p-adique de n nombre de diviseurs positifs de n somme des diviseurs positifs de n fonction indicatrice d’Euler somme des chiffres de n en base b nombre de nombres premiers inf´rieurs ou ´gaux ` n e e a les suites (un ) et (vn ) sont ´quivalentes e Une somme index´e par l’ensemble vide est ´gale ` e e a Un produit index´ par l’ensemble vide est ´gale ` e e a Table des mati`res e Premiers concepts 1.1 Divisibilit´ e 1.2 Nombres premiers 1.3 Valuation p-adique 1.4 Quelques fonctions arithm´tiques e 1.5 Nombres rationnels 1.6 Exercices 4 12 14 15 17 Division euclidienne et cons´quences e 2.1 Division euclidienne et d´composition en base b e 2.2 Algorithme d’Euclide 2.3 Algorithme d’Euclide ´tendu et th´or`me de B´zout e e e e 2.4 Lemme de Gauss et cons´quences e 2.5 Exercices 24 24 27 28 29 32 Congruences 3.1 D´finition, premi`res propri´t´s e e ee 3.2 Crit`res de divisibilit´ e e 3.3 Ordre d’un ´l´ment ee 3.4 Th´or`me chinois e e 3.5 Congruences modulo p 3.6 Congruences modulo pn 3.7 Coefficients binomiaux 3.8 Exercices 37 37 38 39 40 43 45 47 51 56 56 59 62 65 68 70 75 75 103 118 143 ´ Equations diophantiennes 4.1 Quelques r´flexes e 4.2 Utilisation des congruences 4.3 Descente infinie ´ 4.4 Equations de degr´ e ´ 4.5 Equations de degr´ e 4.6 Exercices Corrig´ des exercices e 5.1 Exercices de « Premiers concepts » 5.2 Exercices de « Division euclidienne et cons´quences » e 5.3 Exercices de « Congruences » ´ 5.4 Exercices de « Equations diophantiennes » Premiers concepts Cette section, comme son nom l’indique, pr´sente le concept de base de l’arithm´tique, e e ` savoir la divisibilit´ On introduit ensuite les nombres premiers ce qui permet d’´noncer le a e e th´or`me fondamental de l’arithm´tique (c’est-`-dire la d´composition en facteurs premiers) e e e a e dans lequel les nombres premiers jouent le rˆle de briques ´l´mentaires pour la fabrication o ee des nombres 1.1 Divisibilit´ e D´finition 1.1.1 Si a et b sont deux entiers, on dit que a divise b, ou que b est divisible e par a, s’il existe un entier q tel que b = aq On dit encore que a est un diviseur de b, ou que b est un multiple de a On le note a|b Propri´t´s e e Si a et b sont deux entiers avec b = 0, b divise a si et seulement si la fraction entier a b est un Tous les entiers divisent 0, et sont divisibles par Un entier n est toujours divisible par 1, −1, n et −n Si a|b, et b|c, alors a|c Si a|b1 , b2 , , bn , alors a|b1 c1 +b2 c2 + .+bn cn , quels que soient les entiers c1 , c2 , , cn Si a divise b et b = 0, alors |a| |b| Si a divise b et b divise a, alors a = ±b Si a et b sont deux entiers tels que an |bn pour un entier n 1, alors a|b Toutes les propri´t´s list´es pr´c´demment sont imm´diates, ` l’exception de la derni`re dont ee e e e e a e la d´monstration n’est pas triviale sans bagage arithm´tique Une preuve possible consiste e e ` utiliser la caract´risation de la divisibilit´ par les valuations p-adiques (voir paragraphe a e e 1.3) Voyons imm´diatement deux exercices qui montrent comment on peut manipuler la noe tion de divisibilit´ : e Exercice : Soient x et y des entiers Montrer que 2x + 3y est divisible par si et seulement si 5x + 4y l’est Solution : Supposons que divise 2x + 3y, alors il divise (2x + 3y) − (x + 2y) = 5x + 4y √ R´ciproquement si divise 5x + 4y, il divise (5x + 4y) − (4x + 3y) = 2x + 3y e Exercice : Pour quels entiers n strictement positifs, le nombre n2 + divise-t-il n + ? Solution : Si n2 + divise n + 1, comme tout est positif, on doit avoir n2 + n’est v´rifi´ que pour n = On v´rifie ensuite que n = est bien solution e e e n + 1, ce qui √ Parties enti`res e D´finition 1.1.2 Si x est un r´el, on appelle partie enti`re de x, et on note [x], le plus e e e grand entier inf´rieur ou ´gal ` x Ainsi, on a [x] x < [x] + e e a Remarque On d´finit aussi la partie d´cimale de x, comme la diff´rence x − [x] La partie e e e d´cimale de x est souvent not´e {x} Cette notion est moins utilis´e que la notion de partie e e e enti`re et les conventions de notations sont moins usuelles ` ce propos : lors d’un exercice, e a ou d’un expos´, il est toujours de bon goˆt de commencer par pr´ciser les notations qui vont e u e ˆtre employ´es par la suite e e Notons qu’il faut ˆtre prudent avec les nombres n´gatifs : autant pour les nombres positifs, e e la partie enti`re correspond au nombre auquel on retire ses chiffres apr`s la virgule, autant e e ce n’est pas le cas pour les nombres n´gatifs En effet, si on suit la d´finition, on voit par e e exemple que [−3, 5] = −4 Les parties enti`res et parties d´cimales ob´issent ` quelques propri´t´s ´l´mentaires que e e e a e e ee nous listons ci-dessous : Propri´t´s ´l´mentaires e e ee On a toujours x = [x] + {x} Pour tout r´el x, on a x − < [x] e x Si x est entier, [x] = x et {x} = Et r´ciproquement si l’une des deux ´galit´s est e e e v´rifi´e, alors x est entier e e [−x] = −[x] − sauf si x est entier, auquel cas [−x] = −[x] Si x et y sont deux r´els, [x] + [y] e [x + y] [x] + [y] + x Si m > est un entier, alors il y a exactement [ m ] multiples de m compris entre et x La d´monstration des propri´t´s consiste en de simples manipulations de la d´finition et e ee e principalement de l’in´galit´ [x] e e x < [x] + Elle est laiss´e au lecteur On remarquera e que tr`s souvent les questions faisant intervenir des parties enti`res se r´sument ` de la e e e a manipulation d’in´galit´s comme le montre par exemple l’exercice suivant : e e Exercice : On suppose que 4n + n’est pas le carr´ d’un nombre entier Montrer que pour e n 0, on a : √ √ √ n+ n+1 = 4n + Solution : Remarquons tout d’abord que l’on a toujours l’in´galit´ : e e √ √ √ n + n + < 4n + √ √ En effet, en ´levant au carr´, on a ` comparer 2n + + n2 + n et 4n + 2, soit n2 + n e e a et 2n + et l’in´galit´ devient ´vidente apr`s une nouvelle ´l´vation au carr´ e e e e ee e Il reste ` prouver qu’il n’existe aucun entier k tel que : a √ √ √ n+ n+1 est un nombre √ premier Si de plus n est compos´, alors d e n D´monstration Supposons que d ne soit pas premier Alors par d´finition, il existe un e e diviseur strict d de d Mais alors d divise n, d > et d < d, ce qui contredit la minimalit´ e de d Comme d divise n, on peut ´crire n = dd On a d > et comme n n’est pas premier, e d < n Ainsi d est un diviseur de n strictement √ erieur ` Par minimalit´ de d, on sup´ a e obtient d d et donc n d puis finalement d n Remarque On d´duit de la propri´t´ pr´c´dente que pour tester si un entier n > est e ee e e premier, il suffit de regarder s’il est divisible ou non par un des entiers compris entre et √ n Par exemple, pour v´rifier que 37 est premier, il suffit de voir qu’il n’est divisible ni par e 2, ni par 3, ni par 4, ni par 5, ni par On aurait ´galement pu ´viter les divisions par et e e si on savait par avance que ces nombres ´taient compos´s e e ´ La remarque pr´c´dente nous am`ne ` la m´thode suivante, appel´e crible d’Eratosth`ne e e e a e e e pour lister tous les nombres premiers entre et n : on ´crit ` la suite les uns des autres tous e a les entiers compris entre et n On entoure le premier et on barre tous ses multiples (i.e tous les nombres pairs) On entoure ensuite le prochain nombre non barr´ (en l’occurrence 3) e √ et on barre tous ses multiples Ainsi de suite jusqu’` n On entoure finalement les nombres a non barr´s Les nombres entour´s sont alors exactement les nombres premiers compris entre e e et n Le th´or`me fondamental de l’arithm´tique e e e On en arrive ` pr´sent au th´or`me fondamental de l’arithm´tique Nous aurons besoin a e e e e pour la d´monstration du lemme suivant (qui sera d´montr´ dans le paragraphe 2.4) : e e e Lemme 1.2.3 Si un nombre premier p divise le produit a1 · · · an , alors il divise l’un des Th´or`me 1.2.4 (D´composition en facteurs premiers) Tout entier n se d´come e e e pose d’une et d’une seule mani`re en un produit de nombres premiers Autrement dit, pour e tout entier n 1, il existe des nombres premiers deux ` deux distincts p1 , , pk et des a entiers strictement positifs α1 , , αk , uniquement d´termin´s ` l’ordre pr`s, tels que : e e a e n = pα1 pα2 · · · pαk k Remarque Le th´or`me reste bien vrai pour n = : il faut choisir k = 0, le produit d’aucun e e entier ´tant par convention ´gal ` e e a D´monstration Commen¸ons par l’existence de la d´composition On raisonne par r´cure c e e rence sur n Commen¸ons (pour ne pas perturber le lecteur) ` n = qui s’´crit comme un c a e produit de nombres premiers, ´tant lui-mˆme premier e e Soit n un entier Supposons que tous les entiers strictement inf´rieurs ` n s’´crivent e a e comme le stipule le th´or`me et montrons que la conclusion subsiste pour l’entier n Il y a e e deux cas : soit n est premier, soit il ne l’est pas Le premier cas est vite r´gl´ : n premier e e s’´crit bien comme un produit de nombres premiers Supposons donc que n soit compos´ e e Ainsi, il s’´crit n = dd avec e d < n et d < n Les entiers d et d rel`vent de e l’hypoth`se de r´currence et on peut ´crire : e e e d = p1 p2 · · · pk d = p1 p2 · · · pk pour des nombres premiers pi et pi Il ne reste plus qu’` effectuer le produit pour conclure a Passons d´sormais ` l’unicit´ Supposons que : e a e p1 p2 · · · pk = p1 p2 · · · pk pour certains nombres premiers pi et pi On veut montrer que k = k et que les pi sont ´gaux e aux pi ` l’ordre pr`s Raisonnons par l’absurde Parmi les contre-exemples dont on vient de a e supposer l’existence, il en est au moins un pour lequel min(k, k ) est minimal Consid´rons e un de ceux-ci e Le nombre premier p1 divise le produit p1 p2 · · · pk donc d’apr`s le lemme 1.2.3, il divise pi pour un certain entier i Or, les diviseurs de pi (qui est premier) ne sont que et pi Comme e e p1 = 1, il ne reste plus que la possibilit´ p1 = pi = p On peut alors simplifier l’´galit´ : e p1 p2 · · · pk = p1 p2 · · · pk en divisant par p, obtenant ainsi un contre-exemple plus petit C’est une contradiction et l’unicit´ est prouv´e e e Le th´or`me pr´c´dent permet de d´crire explicitement les diviseurs d’un entier n dont e e e e e on connaˆ la d´composition en facteurs premiers ıt e 10 h(p − 1) 3, on a donc n´cessairement a(p − 1) > p, et donc a(p − 1) est une puissance de e p au moins ´gale ` p e a p ´tant toujours choisi sup´rieur ` N + et tel que h(p − 1) 3, on peut ensuite montrer e e a k par r´currence que a(p − 1) est une puissance de p au moins ´gale ` p2 pour tout k e e a En effet, supposons le r´sultat pour un certain k Alors on peut ´crire : e e pk −1 h(p k+1 − 1) = m=1 + pm m pk+1 −1 p|m h(pk − 1) = + p pk −1 p−1 q=1 r=1 m pq + r Comme a(pk − 1) est divisible par p2 au moins, le num´rateur du premier terme est divisible e par p et en appliquant ` nouveau le r´sultat de l’exercice 5.3 (en remarquant que le num´a e e rateur de la fraction pq+r − est un multiple de p, et que son d´nominateur est premier ` e a r k+1 k+1 p), on trouve que p divise a(p − 1) et donc que a(p − 1) est une puissance de p Puis, par le mˆme argument que pr´c´demment, la condition h(pk+1 − 1) h(p − 1) assure e e e que ce n’est pas exactement p, ce qui ach`ve la r´currence e e Par ailleurs, pour tout k 2, on a : p−1 h(pk − p) = h(pk − 1) + r=1 r − pk donc a(pk − p) est aussi divisible par p Choisissons alors un entier n tel que pn ne divise pas le num´rateur de + 1/2 + · · · + e k n k 1/(p − 1), et un entier k > n tel que p − p > 2p Alors a(p − p) est une puissance de p telle que a(pk − p) b(pk − p) (pk − p)/2 pn , donc pn divise a(pk − p), et aussi a(pk − 1) pour la mˆme raison Donc il divise le num´rateur de la diff´rence h(pk − p) − h(pk − 1), e e e c’est-`-dire de : a 1 + + ··· + k k 1−p 2−p p − − pk Mais le num´rateur de cette fraction est congru modulo pk ` celui de la fraction : e a 1+ 1 + + ··· + p−1 mais pn ne divise pas ce num´rateur par d´finition de n C’est une contradiction et le r´sultat e e e s’ensuit 5.4 ´ Exercices de « Equations diophantiennes » e Solution de l’exercice 167 : a) Supposons que n (n + 1) soit un carr´ parfait Comme n et n + sont premiers entre eux, ils doivent ˆtre tous les deux des carr´s parfaits Mais ceci e e n’est pas possible pour des carr´s non nuls e 143 Remarque La mˆme d´monstration s’applique pour prouver que le produit de deux entiers e e cons´cutifs n’est jamais une puissance parfaite e b) Supposons que (n − 1) n (n + 1) soit un carr´ parfait Comme n et (n − 1) (n + 1) = e n − sont premiers entre eux, ils doivent ˆtre tous les deux des carr´s parfaits Mais pour e e n − soit un carr´ parfait, il faut n = ±1 et alors le produit (n − 1) n (n + 1) est nul e c) L’expression (n − 1) n (n + 1) (n + 2) est de degr´ et donc sa racine carr´e doit ˆtre e e e proche d’une expression de degr´ Plus pr´cis´ment, on v´rifie que l’on a la formule : e e e e (n − 1) n (n + 1) (n + 2) = n2 + n − −1 On obtient ` nouveau deux carr´s qui diff´rent de ; ` nouveau la seule possibilit´ est que a e e a e le produit soit nul Solution de l’exercice 168 : On applique pas ` pas la m´thode du cours On commence par a e remarquer que x = 1, y = est une solution ´vidente On introduit donc un rationnel t tel e que y = t (x − 1) L’´quation devient : e x2 + 3t2 (x − 1)2 = 2t Les solutions sont x = et x = 3t2 −1 Le y correspondant vaut y = − 3t2 +1 3t +1 Finalement, les solutions sont les couples : 3t2 − 2t ,− 2+1 3t 3t + pour t d´crivant l’ensemble des nombres rationnels et le couple (1, 0) e Solution de l’exercice 169 : a) La condition implique que a doit ˆtre une puissance de 5, e donc a = 5k L’´quation se r´´crit alors 2k = n, ce qui implique que n doit ˆtre pair Ainsi e ee e n/2 il y a une solution pour tout entier n pair, le a correspondant ´tant a = e b) On peut factoriser l’expression fournit et obtenir : 5n = (a − 1) (a + 1) Ainsi les deux nombres a − et a + doivent ˆtre des puissances cinqui`mes Or il n’existe e e pas deux puissances cinqui`mes qui diff`rent de L’´quation n’a pas de solution e e e c) En regardant modulo 4, on obtient a2 ≡ (mod 4) puisque ≡ (mod 4) Or on sait qu’un carr´ modulo ne peut ˆtre congru qu’` ou L’´quation n’a donc pas de solution e e a e non plus a e Solution de l’exercice 170 : Quitte ` multiplier tous les xi par un mˆme facteur, on peut supposer que tous les xi sont entiers Quitte ` permuter les xi , on peut supposer que x1 est a le plus petit d’entre eux Posons yi = xi − x1 On a y1 = et la famille des yi v´rifient e la mˆme hypoth`se que la famille des xi e e 144 Soit i 2002 un entier Notons I un sous-ensemble de {2, , 2002} de cardinal contenant i et I l’ensemble I obtenu en rempla¸ant i par Par hypoth`se, il existe des c e ensembles J et J de cardinal 11 tels que : 11 yi = i∈I yj et 11 j∈J yi = i∈I yj j∈J En soustrayant ces deux ´galit´s, on voit que 11yi est un multiple de et donc d’apr`s le e e e lemme de Gauss qu’il en est de mˆme de yi Ceci est vrai pour tout i e La famille constitu´ des yi est encore solution du probl`me Le principe de descente e e infinie assure que l’unique solution est alors yi = pour tout i Cela entraˆ bien que tous ıne les xi sont ´gaux e Solution de l’exercice 171 : On trouve en premier lieu une solution particuli`re : x0 = , e y0 = et z0 = 3 3 Comme un d´nominateur commun de x3 , y0 et z0 est 125, si on multiplie x3 , y0 et z0 par e 0 un nombre congru ` modulo 125, on ne changera pas la partie d´cimale On cherche donc a e des cubes congrus ` modulo 125 Les nombres de la forme (125k + 1)3 s’imposent a On est finalement amen´ ` consid´rer les nombres : ea e x = x0 (125k + 1) ; y = y0 (125k + 1) ; z = z0 (125k + 1) dont il est facile de v´rifier qu’ils conviennent e Solution de l’exercice 172 : Soit x = 12m − 5n le minimum cherch´ On a x ≡ −5n (mod 6), e donc x n’est divisible ni par 2, ni par De mˆme x n’est pas divisible par Par cons´quent, e e on a x = ou x = 12 − Il reste donc ` exclure le cas x = Pour cela, on peut a remarquer que : 12m − 5n ≡ −1 ≡ (mod 4) Finalement, on a x = Solution de l’exercice 173 : La somme de tous les carr´s modulo vaut 9·(9+1)(18+1) ≡ 3·5·1 ≡ e 6 (mod 9) La somme des carr´s de 99 entiers cons´cutifs x + 1, x + 2, , x + 99 vaut donc e e 11 × ≡ (mod 9) En particulier, la valuation 3-adique de cette somme est exactement 1, et ce n’est donc jamais une puissance parfaite L’´quation propos´e dans l’´nonc´ n’a donc aucune solution e e e e Solution de l’exercice 174 : Nous partons de la formule : (t + 1)3 + (t − 1)3 + (−t)3 + (−t)3 = 6t qui prouve d´j` que tout multiple de peut s’´crire comme somme de quatre cubes Soit n ea e un entier On veut r´ussir ` ´crire n (d’une infinit´ de fa¸on) comme somme de cinq cubes e ae e c Mais, d’apr`s ce qui pr´c`de, chaque fois que l’on arrive ` trouver un cube congru ` −n e e e a a modulo 6, on obtient une telle ´criture En effet, si l’on a n = x + 6t pour des entiers t et e x, on aura de fait : n = x3 + (t + 1)3 + (t − 1)3 + (−t)3 + (−t)3 145 Or on v´rifie facilement que tout r´sidu modulo est un cube (en r´alit´, on a a3 ≡ a e e e e (mod 6) pour tout a) On obtient donc bien une infinit´ de x qui fournissent, par le fait, une e infinit´ de solutions e Solution de l’exercice 175 : En prenant le logarithme, l’´quation s’´crit aussi y log x = x log y, e e soit encore : log x log y = x y Une ´tude de fonction montre que la fonction t → log t est croissante sur l’intervalle [1, e] e t et d´croissante sur l’intervalle [e, +∞[ Plus visuellement, la r´sentation graphique de la e e fonction est : 1/e e En particulier, si x et y sont deux entiers distincts (disons x < y) tels que xy = y x , on doit avoir x < e, et donc x = 2, ce qui conduit ` y = a Finalement les solutions sont les couples (x, y) avec x = y et les deux couples (2, 4) et (4, 2) Solution de l’exercice 176 : Pour commencer, comme 22 + 32 = 13 n’est pas une puissance parfaite, on peut supposer p impair On a alors la factorisation : 2p + 3p = 5(2p−1 − · 2p−2 + · · · + 3p−1 ) En particulier, divise 2p + 3p = an , donc 25 aussi Mais ≡ −2 (mod 5), donc on a : ≡ 2p + 3p = · p2p−1 (mod 25) Cela impose que divise p, c’est-`-dire que p = Mais 25 + 35 = 275 = 52 · 11 n’est pas a une puissance parfaite On a bien montr´ que 2p + 3p n’´tait une puissance parfaite non triviale pour aucun e e nombre premier p Solution de l’exercice 177 : Notons an = + 2! + · · · + n! On peut remarquer que pour tout entier n et tout n N − 1, on a an ≡ aN −1 (mod N !) Ainsi, pour tout n 2, an est divisible par Si par chance an n’´tait pas divisible par pour n assez grand, e on obtiendrait imm´diatement que an n’est pas une puissance parfaite Malheureusement e a5 = 153 est divisible par Mais si l’on poursuit courageusement les calculs jusqu’` a8 , on a trouve que : a8 = 46233 ≡ (mod 27) Cela signifie que si pour n 8, an est une puissance parfaite, alors ¸a doit ˆtre un carr´ c e e parfait, puisque sa valuation 3-adique est 146 D’autre part, on peut remarquer que a4 = 33 ≡ (mod 5) n’est pas un carr´ modulo e Il en r´sulte avec ce qui pr´c`de que l’´quation n’a pas de solution pour n e e e e On peut examiner les cas restants ` la main On a : a a1 a2 a3 a4 a5 a6 a7 = = = = = = = 33 153 = · 17 873 = · 97 5913 = 81 · 73 qui qui qui qui qui qui qui est une puissance k-i`me pour tout k e n’est pas une puissance parfaite est un carr´ parfait e n’est pas une puissance parfaite n’est pas une puissance parfaite n’est pas une puissance parfaite n’est pas une puissance parfaite donc les triplets (m, n, k) solutions sont (1, 1, k) pour tout k et (3, 3, 2) e e Solution de l’exercice 178 : Soit (x, y) une ´ventuelle solution de l’´quation y = x3 + 16, qui s’´crit encore (y − 4)(y + 4) = x3 Si y est impair, y − et y + sont premiers entre eux, e et sont donc deux cubes impairs distants de 8, ce qui n’existe pas Donc y = 2y est pair, et par suite x = 2x aussi L’´quation devient donc : e (y + 2)(y − 2) = 2(x )3 En r´duction modulo 4, il vient donc (y + 2)2 ≡ ou (mod 4), et donc forc´ment (y + 2)2 e e est divisible par 4, et ainsi y est pair Donc on peut encore r´´crire y = 2s, x = 2t, et il ee vient (s + 1)(s − 1) = 4t Mais alors s + et s − sont pairs, donc s = 2u + est impair, et l’on obtient finalement : u(u + 1) = t3 Cela impose que u et u + 1, qui sont premiers entre eux, soient tous les deux des cubes, et donc u = −1 ou et t = En remontant, on trouve que l’´quation initiale poss`de exactement deux solutions ene e ti`res, qui sont (x, y) = (0, ±4) e Solution de l’exercice 179 : L’examen des premiers cas sugg`re que les couples de nombres e de Fibonacci cons´cutifs sont solutions : (1, 2), (2, 3), (3, 5), (5, 8), etc et il est facile de le e v´rifier de mani`re g´n´rale En effet, si (m, n) convient, alors : e e e e (m + n)2 − n(m + n) − n2 = m2 + 2mn + n2 − mn − 2n2 = −(n2 − mn − m2 ) et donc (n, m + n) convient aussi En calculant les termes de la suite de Fibonacci inf´rieurs e ` 1981 : a 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55, 89, 144, 233, 377, 610, 987, 1597 on obtient que m2 + n2 peut atteindre 15972 + 9872 On aimerait que cette valeur soit effectivement le maximum Pour le voir, il suffit d’effectuer l’op´ration (m, n) → (n, m + n) dans l’autre sens ! En e effet, soit (m, n) une solution avec m < n, alors (n − m, m) aussi En it´rant ce proc´d´, e e e on se ram`ne n´cessairement ` une solution de la forme (1, n) Or pour m = l’´qution e e a e devient : n2 − n = ou 147 dont la seule solution strictement positive est n = Il en r´sulte que toutes les solutions e sont obtenues ` partir de (1, 2) par it´ration de (m, n) → (n, m + n), donc sont toutes de la a e forme (Fn−1 , Fn ) Finalement, le maximum possible de m2 + n2 est exactement 15972 + 9872 Solution de l’exercice 180 : Quitte ` soustraire une masse commune ` toutes les vaches, on a a peut supposer que l’une d’entre elles a une masse nulle Il s’agit alors de montrer qu’elles ont toutes une masse nulle Pour cela, soit M la somme des masses de toutes les vaches du troupeau On sait que la masse m d’une vache quelconque est telle que M − m soit pair, puisque c’est la somme des masses de deux groupes de vaches de mˆme masse totale Il en r´sulte que les masses e e de toutes les vaches sont de la parit´ de M Comme l’une des vaches a une masse nulle, e toutes les vaches ont une masse paire Mais alors un troupeau compos´ de vaches de masses e moiti´ v´rifie encore les hypoth`ses de l’´nonc´, et donc toutes les masses moiti´ sont encore e e e e e e paires La descente infinie qui s’amorce ainsi montre clairement que toutes les masses sont n´cessairement nulles e Solution de l’exercice 181 : D´j`, si z = 1, on a forc´ment x = y = Supposons donc z ea e Si on n’a pas x = y = z, au moins un des deux nombres parmi x et y doit ˆtre strictement e plus grand que z, et donc plus grand ou ´gal ` z + e a Si c’est x, on obtient : 2xx (z + 1)z+1 > 2z z+1 4z z ce qui est absurde Si c’est y, on ´crit : e yy (z + 1)z+1 > z z+1 + (z + 1) z z = (2z + 1) z z 5z z ce qui est tout aussi absurde Solution de l’exercice 182 : On remarque que x = 1, y = −a est toujours solution de l’´quae tion D’autre part, si (x, y) est une solution de l’´quation, x est racine du polynˆme : e o X + ayX + y − = et l’autre racine de ce polynˆme est donc −ay − x On obtient ainsi une nouvelle solution o qui est le couple (−ay − x, y) De mˆme, on a la solution (x, −ax − y) e D’autre part, si |a| > 2, et si x et y sont non nuls, on a : (|−ay − x| , |y|) > (|x| , |y|) Supposons dans un premier temps |x| |−ay − x| = |ay + x| De mˆme, si |y| e |ay| − |x| ou (|x| , |−ax − y|) > (|x| , |y|) |y|, alors : |a| |y| − |x| (|a| − 1) |y| > |y| |x|, on a : |−ax − y| > |x| 148 (|x| , |y|) (|x| , |y|) Posons alors x0 = et y0 = −a Grˆce ` ce qui a ´t´ fait pr´c´demment, on construit a a ee e e une suite de solutions (xn , yn ) telles que : (|xn+1 | , |yn+1 |) > (|xn | , |yn |) Cette derni`re condition assure que toutes les solutions sont deux ` deux distinctes L’´quae a e tion admet donc dans ce cas une infinit´ de solutions e Si a = 2, l’´quation se r´´crit (x − y)2 = qui admet ´galement une infinit´ de solutions e ee e e De mˆme si a = −2, il y a une infinit´ de solutions Si a = 1, l’´quation fournit x2 +y = 1−xy e e e et (x + y) = + xy Les nombres − xy et + xy doivent donc ˆtre positifs et cela ne peut e se produire pour une infinit´ de couples d’entiers (x, y) On raisonne de mˆme si a = −1 e e Finalement pour a = 0, l’´quation n’admet clairement qu’un nombre fini de solutions e La r´ponse ` la question de l’´nonc´ est finalement l’ensemble des entiers a tels que e a e e |a| Remarque L’´quation se r´´crit sous la forme : e ee a x+ y 2 + 1− a2 y2 = On voit directement sous cette ´criture que si a2 < 4, l’´quation ne peut admettre qu’un e e nombre fini de solutions En outre, on reconnaˆ (du moins lorsque a est pair) une ´quation ıt e de Pell-Fermat Le r´sultat est donc une cons´quence de la r´solution de cette ´quation e e e e Notez cependant que l’existence d’une solution non triviale ` cette ´quation n’est pas une a e ´vidence (et n’a pas ´t´ trait´ dans le cours pour l’instant) Cependant, ici, on dispose de e ee e cette solution non triviale donn´e par x = et y = −a e Solution de l’exercice 183 : Pour A Axy 2, on a : x2 + y < x + y + donc l’´quation x2 + y + = Axy n’a pas de solution enti`re Il s’agit donc de montrer e e qu’elle n’en a pas non plus pour A En effet, soit (x0 , y0 ) une telle solution Alors en consid´rant le second point d’intersection e de la conique avec la droite horizontale (resp verticale) passant par (x0 , y0 ), on voit que (x0 , Ax0 − y0 ) (resp (Ay0 − x0 , y0 )) est encore solution On peut donc, par descente infinie, construire une solution (x, y) v´rifiant x Ay − x et y Ax − y Il vient alors : e x2 + y + = Ax · y 2y et x2 + y + = Ay · x 2x2 Ainsi, on obtient |x2 − y | 1, ce qui impose x = y ou (x, y) = (1, 0) ou (0, 1) On v´rifie e ais´ment que ces diff´rents cas ne fournissent pas de solution ` l’´quation e e a e x2 +y +1 Finalement, on a bien montr´ que si e est un entier, alors c’est xy e a e Solution de l’exercice 184 : Soit (x, y, z) une ´ventuelle solution non nulle ` l’´quation x2 + y = 7z Si divise x ou y, alors clairement divise x et y, et donc x2 + y est divisible par 72 et finalement divise z Par cons´quent (x/7, y/7, z/7) est encore une solution enti`re e e 149 non nulle, et une descente infinie permet donc d’obtenir une solution (x, y, z) avec x et y premiers ` Mais il vient alors : a x2 + y ≡ (mod 7) donc (xy ) ≡ −1 (mod 7) o` y est l’inverse de y modulo Mais l’on v´rifie facilement que −1 n’est pas un carr´ u e e modulo Finalement, la seule solution de l’´quation x2 + y = 7z est la solution nulle (x, y, z) = e (0, 0, 0) Solution de l’exercice 185 : Soit (a, b, c) = (0, 0, 0) une ´ventuelle solution de l’´quation : e e a4 + (a + b)4 + b4 = c2 Si a et b sont pairs, alors 24 divise le membre de gauche, donc aussi c2 , et c est multiple de Alors (a/2, b/2, c/4) est encore solution Une descente infinie permet alors de supposer que a ou b est impair Si exactement l’un des deux nombres a et b, par exemple a, est pair, on remarque alors que : a4 + (a + b)4 + b4 ≡ + + ≡ (mod 4) ce qui ne saurait ˆtre un carr´ Par cons´quent, on doit avoir a et b impair, mais alors : e e e a4 + (a + b)4 + b4 ≡ + + ≡ (mod 4) fournit une nouvelle contradiction Finalement, le seul couple (a, b) tel que a4 + (a + b)4 + b4 soit un carr´ est (0, 0) e Solution de l’exercice 186 : a) On peut supposer a et donc b c On obtient a2 a 12 Ainsi a = 1, a = ou a = On ne peut ´videmment ni avoir a = 1, ni a = e Si a = 3, l’´quation devient : e 1 1 + = − = b2 c 36 Comme pr´c´demment, on montre que b2 72 puis b = Il vient alors c = e e Les solutions sont donc les triplets (3, 3, 6), (3, 6, 3) et (6, 3, 3) b) Comme pr´c´demment, on montre que ni n = 2, ni n = ne conviennent Pour n = 4, e e il suffit de prendre x1 = x2 = x3 = x4 = On remarque que si (x1 , , xn ) convient alors (2x1 , 2x1 , 2x1 , 2x1 , x2 , x3 , , xn ) convient ´galement, ce qui montre que si n est solution alors n + l’est aussi e D’autre part, la solution du a) fournit (2, 2, 2, 3, 3, 6), qui fournit ensuite (2, 2, 2, 3, 3, 9, 9, 18) Ainsi n = et n = sont solutions Par suite, tous les entiers autres que 2, et peut-ˆtre e sont solutions Reste ` prouver que n = n’est pas une solution Si (a, b, c, d, e) convenait, avec a a b c d e, alors comme pr´c´demment, on d´duirait que < a2 et donc a = On e e e r´injecte, et il vient successivement par les mˆmes arguments b = 2, c = 2, d = et donc e e = 0, ce qui est absurde e2 150 Solution de l’exercice 187 : On remarque que pour x = on a l’encadrement : x2 + x 2 < + x + x2 + x3 + x4 < x2 + x +1 2 Si x est pair, le membre central est compris entre deux carr´s cons´cutifs et donc ne peut pas e e ˆtre un carr´ Si x est impair, le seul entier compris entre x2 + x et x2 + x + est x2 + x + e e 2 2 et donc on doit forc´ment avoir : e x x + + 2 2 = + x + x2 + x3 + x4 ce qui conduit ` x2 − 2x − = qui admet pour solution x = et x = −3 a Finalement les solutions sont x = 0, x = et x = −3 e Solution de l’exercice 188 : Soit (a, b, c, d) des entiers non nuls v´rifiant : d a + 5b = 2c + 2cd + 3d = c + 2 2 2 + d2 soit, en multipliant par : 4a2 + 20b2 = (2c + d)2 + 10d2 Modulo 5, cette ´quation devient : e 4a2 ≡ (2c + d)2 (mod 5) Comme les carr´s modulo sont 0, et −1, cela impose n´cessairement que a et 2c + d e e soient divisibles par Or : 4a2 − (2c + d)2 = 10d2 − 20b2 Le premier membre ´tant divisible par 25, il en est de mˆme du second et donc on obtient e e 2 que d ≡ 2b (mod 5), ce qui impose encore que divise b et d Par cons´quent, divise a, e b, c, d, et (a/5, b/5, c/5, d/5) fournit une nouvelle solution enti`re e Une descente infinie permet alors imm´diatement de conclure qu’il n’y a pas de solution e non nulle ` l’´quation a e e Solution de l’exercice 189 : Pour des raisons de parit´, l’un des deux nombres p ou q vaut Par sym´trie des rˆles, on suppose q = Par suite, p est un nombre premier impair tel e o que : pr ± = 2s Si r est impair, pr ± est un multiple de : pr−1 ± pr−2 + pr−3 ± · · · ± p + qui est un nombre impair strictement sup´rieur ` Il ne peut donc pas diviser 2s On en e a d´duit que r est pair e 151 Posons r = 2t Le nombre p2t est alors un carr´ impair qui est donc congru ` modulo e a r r s Ainsi p + ≡ (mod 4) et donc p + = entraˆ s = 1, ce qui est exclus ıne Il reste ` ´tudier p2t − = 2s Le produit (pt − 1) (pt + 1) est une puissance de et donc ae il en est de mˆme de chacun des facteurs Deux puissances de qui diff`rent de ne peuvent e e ˆtre que et Ceci entraine p = et t = 1, donc r = e Les deux seules solutions sont p = 3, q = 2, r = 2, s = et p = 2, q = 3, r = 3, s = Solution de l’exercice 190 : On remarque d’abord que : 20022002 = 20022001 · 2002 = (2002667 )3 · (103 + 103 + 13 + 13 ) donc 20022002 s’´crit comme somme de quatre cubes On va voir que cette valeur est optimale e La pr´sence de cubes nous invite ` examiner l’´quation modulo une puissance de e a e Modulo 9, on a d´j` : ea 20022002 ≡ 42002 ≡ 46·333+4 ≡ 44 ≡ (mod 9) car ϕ(9) = Or les cubes modulo sont 0, et −1, ce dont on d´duit aussitˆt que n’est e o pas somme de trois cubes ou moins Le r´sultat est donc t = e Solution de l’exercice 191 : On remarque que l’´quation se factorise sous la forme : e y = (x − 1)2 (x + 2) y Si (x, y) est une solution, posons t = x−1 On obtient alors : x = − t2 et donc t est entier Cela donne directement toutes les solutions qui sont : − t2 , t − t2 pour t d´crivant Z e Remarque Voici l’allure de la courbe d’´quation y = x3 − 3x + e −2 Ce n’est pas une courbe elliptique On remarque que le point (1, 0) joue un rˆle particulier o (il n’y a pas clairement une tangente en ce point) On dit que l’on a affaire ` un point a singulier L’existence d’un tel point permet d’appliquer la m´thode des ´quations de degr´ e e e pour d´crire tous les autres points de la courbe ` coordonn´es rationnelles : on trace une e a e droite passant par ce point et on cherche les autres intersections de cette droite avec la 152 courbe Le fait que le point soit singulier implique en r´alit´ que l’on va avoir une racine e e double alors de la r´solution de l’´quation qui va apparaˆ e e ıtre, et donc un unique autre point d’intersection, forc´ment rationnel e La r´daction donn´e ci-dessus correspond exactement ` l’application de cette m´thode : e e a e le param`tre t correspond ` la pente de la droite trac´e e a e Solution de l’exercice 192 : On commence par chercher une petite solution ` l’´quation On a e peut par exemple remarquer que : 12 + 22 + 32 + 42 + 52 = 55 = 120 − 65 = · · · · − 65 Il s’agit ensuite, ` partir d’une solution (x, y, z, u, v), avec au moins quatre des cinq entiers a sup´rieurs ` 2, de trouver une autre solution plus grande On consid`re alors le plus petit e a e entier (ou l’un des plus petits) parmi x, y, z, u, v, disons x, et l’on regarde l’´quation : e x2 + y + z + u2 + v = xyzuv − 65 comme une ´quation du second degr´ en x On obtient imm´diatement que (yzuv−x, y, z, u, v) e e e fournit une autre solution, et l’on a yzuv 8y > x, donc c’est bien une solution « plus grande » Plus pr´cis´ment, le minimum des quatre nombres ne diminue pas quand on applique ce e e proc´d´, et il augmente strictement au bout d’au plus cinq ´tapes (dans le cas hypoth´tique e e e e o` l’on serait parti d’une solution avec x = y = z = u = v) On finit donc bien par aboutir, u apr`s un certain nombre d’it´rations, ` une solution avec x y, z, u et v tous sup´rieurs ` e e a e a 1998 En fait, six it´rations suffisent, et l’on obtient alors la solution suivante, qui convient, et e que l’on ne recopie que pour l’amusement du lecteur : x y z u v = = = = = 7138 16 988 437 72 151 760 667 066 041 175 313 471 572 184 867 943 319 109 630 532 627 114 315 851 511 163 018 235 051 842 553 960 810 405 e Solution de l’exercice 193 : La relation xn + = y n+1 s’´crit encore : xn = (y − 1)(1 + y + · · · + y n ) (9) D`s lors, si p est un diviseur premier de y − 1, p divise x, et donc ne divise pas n + 1, qui e est premier avec x Mais on a : + y + · · · + yn ≡ n + (mod y − 1) et par cons´quent p ne divise pas non plus + y + · · · + y n Ainsi, y − et + y + · · · + y n sont e premiers entre eux Il en r´sulte, d’apr`s (9), que + y + · · · + y n est une puissance n-i`me e e e Mais c’est impossible, puisque c’est un entier strictement compris entre les deux puissances n-i`mes cons´cutives y n et (y + 1)n : il n’y a donc pas de solution e e 153 Solution de l’exercice 194 : Posons x = ba et montrons que x est entier 2 Si a b, alors ab = ba aa et donc a b2 Donc a2b = b2a aa et donc a suite : 2 xb = ba−2b 2b2 Par est entier On en d´duit que x est entier (puisqu’il est rationnel) L’´quation devient : e e bxb = bb x soit x = bx−2 Si b = 1, on a directement x = Si b 2, l’in´galit´ ne peut avoir lieu pour e e x > Pour x = 3, on trouve b = et pour x = 4, on trouve b = Les solutions obtenues ainsi sont (1, 1), (16, 2) et (27, 3) Si a b, on a ab = ba bb et donc ab b, ce qui est impossible si a On obtient ainsi la solution (1, 1) d´j` trouv´e ea e Finalement les solutions sont (1, 1), (16, 2) et (27, 3) Solution de l’exercice 195 : Soit (a, b) une solution de l’´quation a2 + b2 = n(ab + 1) en e entiers strictement positifs On peut supposer a minimal parmi toutes les solutions en entiers strictement positifs Alors en particulier, comme (b, a) est une telle solution, on a a b D’autre part, (na − b, a) est encore une solution, donc si na − b > 0, on doit avoir na − b a Mais alors en multipliant par b il vient : ab ce qui est absurde Donc na − b nab − b2 = a2 − n ab − n Si l’in´galit´ est stricte, on a b e e n = a2 + b2 − nab = a2 + b(b − na) na + n et donc : a2 + n · ce qui est encore absurde Il en r´sulte que b − na = 0, et donc n = a2 e Finalement, si l’´quation a2 + b2 = n(ab + 1) poss`de des solutions en entiers strictements e e positifs, n doit bien ˆtre un carr´ parfait e e Solution de l’exercice 196 : Si a2 + b2 + c2 = nabc avec a b c, alors c est l’une des racines du polynˆme : o P (X) = X − nabX + a2 + b2 La somme des racines ´tant nab, l’autre racine c est ´galement enti`re et positive (puisque e e e 2 le produit des racines l’est) D’autre part P (b) = (3 − na) b + a − b2 qui est strictement n´gatif sauf si na < ou si on a ` la fois na = et a = b Le premier cas est exclu En effet, e a pour na 2, il vient : a2 + b2 + c2 − nabc a2 + (b − c)2 > Le second cas conduit aux solutions n = 3, a = b = (donc c = ou c = 2) et n = 1, a = b = (et donc c = ou c = 6), que l’on appelera solutions minimales si n et n 3, puisque P (b) < 0, la seconde racine est strictement inf´rieure ` b, e a et donc ` c Ainsi, on construit ` partir d’une solution (a, b, c) non minimale une solution a a (a, b, c ) plus petite Le principe de descente infinie prouve que si n = et n = 3, l’´quation e 154 n’admet aucune solution Pour n = ou n = 3, elle en admet une infinit´ qui s’obtiennent e en remontant ` partir des solutions minimales par la mˆme transformation a e Solution de l’exercice 197 : a) Tous les entiers n conviennent, sauf n = En effet, si n = 1, il suffit de choisir a = b = Si n 3, il suffit de choisir a = (n−1)n−1 et b = (n−1)n Prouvons d´sormais que n = ne convient pas Par l’absurde, supposons qu’il existe des e entiers a, b tels que (aa )2 = bb (10) Une telle relation montre que tout nombre premier qui divise a divise ´galement b On peut e b a a b aussi noter que si b a alors b a < (a ) , et que si b 2a alors b (2a)2a = 22a (aa )2 > a (a ) Par suite, on doit avoir a < b < 2a Soit donc p un nombre premier qui divise a (et donc b) On note α (resp β) l’exposant de p dans la d´composition de a (resp de b) en facteurs premiers La relation (10) conduit e alors ` 2aα = bβ, c’est-`-dire α/β = b/2a < 1, et donc α < β a a Par suite, tout nombre premier qui divise a divise ´galement b et ce, selon une puissance e sup´rieure Cela entraine que b est un multiple de a ce qui est impossible puisque a < b < 2a : e contradiction ! b) On a d´j` la solution ´vidente (1, 1) Supposons maintenant que a, b soient des ea e entiers tels que (aa )5 = bb (11) La d´marche du a) s’adapte en tout point pour prouver que a < b < 5a et que a divise e b Par suite, b = ka o` k ∈ {2, 3, 4}, et (11) s’´crit a5a = (ka)ka , c’est-`-dire a5−k = k k Pour u e a k = 2, cela conduit ` a3 = 4, ce qui est impossible Pour k = 3, il vient a2 = 27, ce qui est a toujours impossible Et si k = 4, on obtient a = 44 puis b = 45 , et on v´rifie qu’ils forment e effectivement une solution de (11) Finalement, les solutions sont (1, 1) et (44 , 45 ) Solution de l’exercice 198 : Posons x = zc et y = zb o` b et c sont des entiers premiers entre u eux L’´quation devient : e c + zb2 + z = z cb On en d´duit que z divise c et donc c = za pour un certain entier a L’´quation se transforme e e 2 ` nouveau a + b + z = z ab, c’est-`-dire : a a a= b2 + z z2b − puis : z2a = b + b + z3 z2b − Le terme zb+z doit donc ˆtre un entier strictement positif, (donc sup´rieur ou ´gal ` 1), et e e e a b−1 z −z+1 donc b Ce majorant est inf´rieur strictement ` z + d`s que z Ainsi, si z 3, e a e z−1 z +z on r´cup`re b z et donc a z2 −1 < Par suite a = et l’´quation devient : e e e + b2 + z = z b 155 C’est une ´quation du second degr´ en b dont le discriminant est z − 4z − Il ne peut ˆtre e e e 2 un carr´ puisqu’il est strictement compris entre (z − 1) et z On n’a donc aucune solution e dans ce cas Il ne reste plus que les cas z = et z = Pour z = 1, on a : a= b2 + =b+1+ b−1 b−1 donc b = ou b = On obtient alors deux solutions : (x, y) = (5, 2) ou (x, y) = (5, 3) Si z = 2, on ´crit : e 16b2 + 32 33 16a = = 4b + + 4b − 4b − donc b = ou b = On obtient encore deux solutions : (x, y) = (4, 2) ou (x, y) = (4, 6) Les solutions sont (5, 2), (5, 3), (4, 2), (4, 6) Solution de l’exercice 199 : a) On suit la m´thode de descente de Fermat Donnons-nous e des entiers strictement positifs x, y et z tels que x2 + y = z et xy soit un carr´ On peut e supposer x, y et z premiers entre eux, quitte ` diviser par leur pgcd, ce qui fournit une a solution plus petite Dans ce cas, ils sont premiers entre eux deux ` deux a Quitte ` ´changer x et y, on peut ´crire : ae e x = u2 − v ; y = 2uv ; z = u2 + v o` u et v sont strictement positifs et premiers entre eux de parit´ contraire L’aire du triangle u e est alors uv (u − v) (u + v) Comme u et v sont de parit´ contraire, u+v et u−v sont impairs e et donc premiers entre eux Ainsi les quatre facteurs du produit sont premiers entre eux et donc chacun un carr´ Il existe des entiers a, b et des entiers impairs c et d tels que : e u = a2 ; v = b2 ; u + v = c2 ; u − v = d2 On a 2b2 = c2 − d2 ≡ (mod 4) donc b est pair On pose b = 2b d’o` : u c+d c−d = 2b On a pgcd (c + d, c − d) = (puisque ces deux nombres sont pairs) et donc un et un seul des deux facteurs pr´c´dents est pair e e c+d Si c’est Alors : c+d c−d =b Comme les deux facteurs sont premiers entre eux, il existe r et s tels que : c + d = 4s2 ; c − d = 2r2 On v´rifie que a2 = r4 + 4s4 , ce qui prouve que le triplet (r2 , 2s2 , a) est une nouvelle solution e dont on v´rifie qu’elle est plus petite au sens o` a < z e u Le principe de descente infinie permet de conclure qu’il n’y a pas de solution 156 b) Soient x, y et z des entiers strictement positifs v´rifiant : e x4 − y = z On pose X = x4 − y , Y = 2x2 y et Z = x4 + y Alors X, Y et Z sont les cˆt´s d’un oe triangle rectangle dont l’aire est un carr´ D’apr`s la question pr´c´dente n’est possible que e e e e si X = 0, c’est-`-dire x = y et par le fait z = Ceci n’est pas une solution acceptable a Solution de l’exercice 200 : Soit p un diviseur premier de Alors + nk + nk − = nm Or, d’apr`s la formule du binˆme : e o + nk p p − divise − = pnk + p (p − 1) n2k + M n3k o` M est un entier Notons : u A = p + p (p − 1) nk + M n2k m C’est un diviseur de n strictement sup´rieur ` p Si p ne divisait pas n, alors n serait e a premier avec A, ce qui contredit que A divise nm Donc p divise n et il divise aussi A Le quotient A est un entier strictement sup´rieur ` divisant nm On a en outre : e a p A M = + (p − 1) nk + n2k p p et chacun des trois termes est entier (pour le terme central, si p = 2, alors n est pair, et sinon p − est pair) Le dernier terme est mˆme multiple de n Si k > ou p est impair, e k n divise (p − 1) n , et donc n est premier avec A , ce qui contredit le fait que A soit un p p diviseur de nm Donc k = et p = Et donc = 2s pour un certain entier s L’´quation se r´´crit : e ee nm = (1 + n) − = n + n2 M pour un certain entier M > On en d´duit que m e puis que n divise Ainsi n est aussi une puissance de : n = 2t pour un certain entier t On remarque que : s s−1 +1 X2 s−1 +1 X2 s−1 +1 X2 X2 − = X2 = X2 = X2 s−1 −1 s−2 +1 s−2 + · · · (X + 1) (X − 1) X2 s−2 −1 En l’appliquant ` X = + n, on obtient : a 2tm = n (1 + n)2 s−1 +1 s−2 (1 + n)2 + · · · (n + 2) Ainsi n et n + sont tous les deux des puissances de 2, ce qui n’est possible que si n = Le facteur (1 + n)2 + vaut alors 10 qui n’est pas une puissance de Donc s = et n = Il s’ensuit m = Finalement la seule solution est m = 3, n = 2, k = et = 157 ... abbr´vations : e AMM APMO CG OIM SL TDV American Mathematical Monthly The Asian Pacific Mathematics Olympiad Concours g´n´ral e e Olympiades Internationales de Math´matiques e Short List Tournoi... des entiers a0 , a1 , , ak des entiers On e e d´finit le polynˆme P par la formule : e o P (X) = a0 + a1 X + · · · + ak X k et le polynˆme d´riv´ de P par la formule : o e e P (X) = a1 + 2a2... est nul On sait que cette propri´t´ est souvent utilis´e pour r´soudre des ´quations ee e e e polynˆmiales de degr´ ou sup´rieur on pourra donc utiliser des m´thodes analogues dans o e e e ce