Cours d’arithm´etique

 184 867 943 319
v = 9 109 630 532 627 114 315 851 511 163 018 235 051 842 553 960 810 405
Solution de l’exercice 193 : La relation xn + 1 = yn+1 s’e´crit encore :
xn = (y − 1)(1 + y + · · ·+ yn) (9)
De`s lors, si p est un diviseur premier de y − 1, p divise x, et donc ne divise pas n + 1, qui
est premier avec x. Mais on a :
1 + y + · · ·+ yn ≡ n+ 1 (mod y − 1)
et par conse´quent p ne divise pas non plus 1+y+ · · ·+yn. Ainsi, y−1 et 1+y+ · · ·+yn sont
premiers entre eux. Il en re´sulte, d’apre`s (9), que 1 + y + · · ·+ yn est une puissance n-ie`me.
Mais c’est impossible, puisque c’est un entier strictement compris entre les deux puissances
n-ie`mes conse´cutives yn et (y + 1)n : il n’y a donc pas de solution.
153
Solution de l’exercice 194 : Posons x = a
b2
et montrons que x est entier.
Si a > b, alors ab2 = ba 6 aa et donc a > b2. Donc a2b2 = b2a 6 aa et donc a > 2b2. Par
suite :
xb
2
= ba−2b
2
est entier. On en de´duit que x est entier (puisqu’il est rationnel). L’e´quation devient :
bxb
2
= bb
x
soit x = bx−2. Si b = 1, on a directement x = 1. Si b > 2, l’ine´galite´ ne peut avoir lieu pour
x > 4. Pour x = 3, on trouve b = 3 et pour x = 4, on trouve b = 2. Les solutions obtenues
ainsi sont (1, 1), (16, 2) et (27, 3).
Si a 6 b, on a ab2 = ba 6 bb et donc ab 6 b, ce qui est impossible si a > 2. On obtient
ainsi la solution (1, 1) de´ja` trouve´e.
Finalement les solutions sont (1, 1), (16, 2) et (27, 3).
Solution de l’exercice 195 : Soit (a, b) une solution de l’e´quation a2 + b2 = n(ab + 1) en
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 6 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 6 nab− b2 = a2 − n 6 ab− n
ce qui est absurde. Donc na− b 6 0. Si l’ine´galite´ est stricte, on a b > na+ 1 > n et donc :
n = a2 + b2 − nab = a2 + b(b− na) > a2 + n · 1
ce qui est encore absurde. Il en re´sulte que b− na = 0, et donc n = a2.
Finalement, si l’e´quation a2+b2 = n(ab+1) posse`de des solutions en entiers strictements
positifs, n doit bien eˆtre un carre´ parfait.
Solution de l’exercice 196 : Si a2+b2+c2 = nabc avec a 6 b 6 c, alors c est l’une des racines
du polynoˆme :
P (X) = X2 − nabX + a2 + b2
La somme des racines e´tant nab, l’autre racine c′ est e´galement entie`re et positive (puisque
le produit des racines l’est). D’autre part P (b) = (3− na) b2 + a2 − b2 qui est strictement
ne´gatif sauf si na < 3 ou si on a a` la fois na = 3 et a = b. Le premier cas est exclu. En effet,
pour na 6 2, il vient :
a2 + b2 + c2 − nabc > a2 + (b− c)2 > 0
Le second cas conduit aux solutions n = 3, a = b = 1 (donc c = 1 ou c = 2) et n = 1,
a = b = 3 (et donc c = 3 ou c = 6), que l’on appelera solutions minimales.
si n > 1 et n > 3, puisque P (b) < 0, la seconde racine est strictement infe´rieure a` b,
et donc a` c. Ainsi, on construit a` partir d’une solution (a, b, c) non minimale une solution
(a, b, c′) plus petite. Le principe de descente infinie prouve que si n 6= 1 et n 6= 3, l’e´quation
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n’admet aucune solution. Pour n = 1 ou n = 3, elle en admet une infinite´ qui s’obtiennent
en remontant a` partir des solutions minimales par la meˆme transformation.
Solution de l’exercice 197 : a) Tous les entiers n > 1 conviennent, sauf n = 2. En effet, si
n = 1, il suffit de choisir a = b = 2. Si n > 3, il suffit de choisir a = (n−1)n−1 et b = (n−1)n.
Prouvons de´sormais que n = 2 ne convient pas. Par l’absurde, supposons qu’il existe des
entiers a, b > 2 tels que
(aa)2 = bb (10)
Une telle relation montre que tout nombre premier qui divise a divise e´galement b. On peut
aussi noter que si b 6 a alors bb 6 aa 2a alors bb > (2a)2a = 22a(aa)2 >
(aa)2. 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 de´composition de a (resp. de b) en facteurs premiers. La relation (10) conduit
alors a` 2aα = bβ, c’est-a`-dire α/β = b/2a < 1, et donc α < β.
Par suite, tout nombre premier qui divise a divise e´galement b et ce, selon une puissance
supe´rieure. Cela entraine que b est un multiple de a ce qui est impossible puisque a < b < 2a :
contradiction !
b) On a de´ja` la solution e´vidente (1, 1). Supposons maintenant que a, b > 2 soient des
entiers tels que
(aa)5 = bb (11)
La de´marche du a) s’adapte en tout point pour prouver que a < b < 5a et que a divise
b. Par suite, b = ka ou` k ∈ {2, 3, 4}, et (11) s’e´crit a5a = (ka)ka, c’est-a`-dire a5−k = kk. Pour
k = 2, cela conduit a` a3 = 4, ce qui est impossible. Pour k = 3, il vient a2 = 27, ce qui est
toujours impossible. Et si k = 4, on obtient a = 44 puis b = 45, et on ve´rifie qu’ils forment
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 ou` b et c sont des entiers premiers entre
eux. L’e´quation devient :
c+ zb2 + z2 = z2cb
On en de´duit que z divise c et donc c = za pour un certain entier a. L’e´quation se transforme
a` nouveau a+ b2 + z = z2ab, c’est-a`-dire :
a =
b2 + z
z2b− 1
puis :
z2a = b+
b+ z3
z2b− 1
Le terme b+z
3
z2b−1 doit donc eˆtre un entier strictement positif, (donc supe´rieur ou e´gal a` 1), et
donc b 6 z2−z+1
z−1 . Ce majorant est infe´rieur strictement a` z+1 de`s que z > 3. Ainsi, si z > 3,
on re´cupe`re b 6 z et donc a 6 z2+z
z2−1 < 2. Par suite a = 1 et l’e´quation devient :
1 + b2 + z = z2b
155
C’est une e´quation du second degre´ en b dont le discriminant est z4− 4z− 4. Il ne peut eˆtre
un carre´ puisqu’il est strictement compris entre (z2 − 1)2 et z4. On n’a donc aucune solution
dans ce cas.
Il ne reste plus que les cas z = 1 et z = 2. Pour z = 1, on a :
a =
b2 + 1
b− 1 = b+ 1 +
2
b− 1
donc b = 2 ou b = 3. On obtient alors deux solutions : (x, y) = (5, 2) ou (x, y) = (5, 3). Si
z = 2, on e´crit :
16a =
16b2 + 32
4b− 1 = 4b+ 1 +
33
4b− 1
donc b = 1 ou b = 3. 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 me´thode de descente de Fermat. Donnons-nous
des entiers strictement positifs x, y et z tels que x2 + y2 = z2 et xy
2
soit un carre´. On peut
supposer x, y et z premiers entre eux, quitte a` diviser par leur pgcd, ce qui fournit une
solution plus petite. Dans ce cas, ils sont premiers entre eux deux a` deux.
Quitte a` e´changer x et y, on peut e´crire :
x = u2 − v2 ; y = 2uv ; z = u2 + v2
ou` u et v sont strictement positifs et premiers entre eux de parite´ contraire. L’aire du triangle
est alors uv (u− v) (u+ v). Comme u et v sont de parite´ contraire, u+v et u−v sont impairs
et donc premiers entre eux. Ainsi les quatre facteurs du produit sont premiers entre eux et
donc chacun un carre´. Il existe des entiers a, b et des entiers impairs c et d tels que :
u = a2 ; v = b2 ; u+ v = c2 ; u− v = d2
On a 2b2 = c2 − d2 ≡ 0 (mod 4) donc b est pair. On pose b = 2b′ d’ou` :(
c+ d
2
)(
c− d
2
)
= 2b′2
On a pgcd (c+ d, c− d) = 2 (puisque ces deux nombres sont pairs) et donc un et un seul
des deux facteurs pre´ce´dents est pair.
Si c’est c+d
2
. Alors : (
c+ d
4
)(
c− d
2
)
= b′2
Comme les deux facteurs sont premiers entre eux, il existe r et s tels que :
c+ d = 4s2 ; c− d = 2r2
On ve´rifie que a2 = r4+4s4, ce qui prouve que le triplet (r2, 2s2, a) est une nouvelle solution
dont on ve´rifie qu’elle est plus petite au sens ou` a < z.
Le principe de descente infinie permet de conclure qu’il n’y a pas de solution.
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b) Soient x, y et z des entiers strictement positifs ve´rifiant :
x4 − y4 = z2
On pose X = x4 − y4, Y = 2x2y2 et Z = x4 + y4. Alors X, Y et Z sont les coˆte´s d’un
triangle rectangle dont l’aire est un carre´. D’apre`s la question pre´ce´dente n’est possible que
si X = 0, c’est-a`-dire x = y et par le fait z = 0. Ceci n’est pas une solution acceptable.
Solution de l’exercice 200 : Soit p un diviseur premier de `. Alors
(
1 + nk
)p − 1 divise(
1 + nk
)` − 1 = nm. Or, d’apre`s la formule du binoˆme :(
1 + nk
)p − 1 = pnk + 1
2
p (p− 1)n2k +Mn3k
ou` M est un entier. Notons :
A = p+
1
2
p (p− 1)nk +Mn2k
C’est un diviseur de nm strictement supe´rieur a` p. Si p ne divisait pas n, alors n serait
premier avec A, ce qui contredit que A divise nm. Donc p divise n et il divise aussi A. Le
quotient A
p
est un entier strictement supe´rieur a` 1 divisant nm. On a en outre :
A
p
= 1 +
1
2
(p− 1)nk + M
p
n2k
et chacun des trois termes est entier (pour le terme central, si p = 2, alors n est pair, et
sinon p − 1 est pair). Le dernier terme est meˆme multiple de n. Si k > 1 ou p est impair,
n divise 1
2
(p− 1)nk, et donc n est premier avec A
p
, ce qui contredit le fait que A
p
soit un
diviseur de nm.
Donc k = 1 et p = 2. Et donc ` = 2s pour un certain entier s > 1. L’e´quation se re´e´crit :
nm = (1 + n)` − 1 = n`+ n2M ′
pour un certain entier M ′ > 0. On en de´duit que m > 2 puis que n divise `. Ainsi n est
aussi une puissance de 2 : n = 2t pour un certain entier t.
On remarque que :
X2
s − 1 =
(
X2
s−1
+ 1
)(
X2
s−1 − 1
)
=
(
X2
s−1
+ 1
)(
X2
s−2
+ 1
)(
X2
s−2 − 1
)
...
=
(
X2
s−1
+ 1
)(
X2
s−2
+ 1
)
· · · (X + 1) (X − 1)
En l’appliquant a` X = 1 + n, on obtient :
2tm = n
(
(1 + n)2
s−1
+ 1
)(
(1 + n)2
s−2
+ 1
)
· · · (n+ 2)
Ainsi n et n + 2 sont tous les deux des puissances de 2, ce qui n’est possible que si n = 2.
Le facteur (1 + n)2 + 1 vaut alors 10 qui n’est pas une puissance de 2. Donc s = 1 et n = 2.
Il s’ensuit m = 3.
Finalement la seule solution est m = 3, n = 2, k = 1 et ` = 2.
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