Chapitre extrait du Tome 5 — Arithmétique du livre « Objectif Olympiades de Mathématiques » de Mohammed Aassila. Réservé aux élèves se préparant aux concours d'olympiades de niveau lycée.

12.9 Équations diophantiennes avec une infinité de solutions

Dans ce paragraphe on va présenter des équations diophantiennes qui admettent une infinité de solutions entières.

Exemple

Déterminer les triplets $(x,y,z)$ d'entiers tels que :

$$x^2+xy=y^2+xz$$

L'équation s'écrit aussi sous la forme : $x(x-z)=y(y-x)$. Soit $d=\gcd (x,y)$, alors $x=da,y=db$ avec $\gcd (a,b)=1$. On déduit que $y-x=ka$ et $x-z=kb$ pour un certain entier $k$. Comme $\gcd (a,b-a)=\gcd (a,b)=1$, il s'ensuit que $(b-a)|k$. En posant $k=m(b-a)$, on obtient $d=ma$ et les solutions sont alors :

$$x=m{a}^2,y=mab,z=m(a^2+ab-b^2)$$

où $m,a,b$ sont des entiers arbitraires.

Exemple

Soit $n$ un entier. Montrer que l'équation diophantienne $x^2+y^2=n+z^2$ admet une infinité de solutions entières.

L'équation est équivalente à : $(x-z)(x+z)+y^2=n$. Si on pose $x=z-1$, on obtient

$$2x-1+y^2=n\text{et ainsi}x=\frac{n+1-y^2}{2}.$$

Il suffit maintenant de prendre $y=n+m$, où $m$ est un entier impair, pour être sûr que $x$ est un entier. En effet, si $m=2k+1$, alors

$$x=\frac{n+1-y^2}{2}=\frac{n+1-(n+2k+1{)}^2}{2}=-\frac{n(n+1)}{2}-2nk-2k^2-2k\in \mathbb{Z}.$$

Donc, $z=x-1$ est aussi un entier.

Exemple

Montrer que le système d'équations

$$\{\begin{array}{l}{x}_1+x_2+\cdots +x_{2015}=x_{2016}\\ x_1^3+x_2^3+\cdots +x_{2015}^3=x_{2016}\end{array}$$

admet une infinité de solutions entières.

On montre, plus généralement, que pour tout entier $k\ge 6$ le système d'équations :

$$\{\begin{array}{l}{x}_1+x_2+\cdots +x_{k-1}=x_k\\ x_1^3+x_2^3+\cdots +x_{k-1}^3=x_k\end{array}$$

admet une infinité de solutions entières. On va utiliser, pour cela, l'identité :

$$(m+1{)}^3+(m-1{)}^3+(-m{)}^3+(-m{)}^3=6m.$$

Si $n$ est un entier, alors $n-\frac{n^3}{6}$ est aussi un entier car $n-n^3=-(n-1)n(n+1)$ et le produit de trois entiers consécutifs est divisible par 6. En prenant $m=\frac{n-n^3}{6}$,

l'identité ci-dessus devient :

$${\left(\frac{n-n^3}{6}+1\right)}^3+{\left(\frac{n-n^3}{6}-1\right)}^3+{\left(\frac{n^3-n}{6}\right)}^3+{\left(\frac{n^3-n}{6}\right)}^3+n^3=n.$$

D'autre part, on a :

$$\left(\frac{n-n^3}{6}+1\right)+\left(\frac{n-n^3}{6}-1\right)+\frac{n^3-n}{6}+\frac{n^3-n}{6}+n=n,$$

ce qui donne pour $k=6$ la solution : $x_1=\frac{n-n^3}{6}+1,x_2=\frac{n-n^3}{6}-1,x_3=x_4=\frac{n^3-n}{6},x_5=x_6=n$.

Pour $k>6$, on peut prendre :

$$x_1=\frac{n-n^3}{6}+1,x_2=\frac{n-n^3}{6}-1,x_3=x_4=\frac{n^3-n}{6},x_5=n,x_6=-n,x_k=0\text{ pour }k\ge 7.$$

Exemple

Montrer que l'équation diophantienne

$$x^2+(x+1{)}^2=y^2$$

admet une infinité de solutions entières strictement positives.

Il est clair que $(x,y)=(3,5)$ est une solution. On définit les suites $(x_n{)}_{n\ge 1}$ et $(y_n{)}_{n\ge 1}$ par $x_1=3,y_1=5$, et pour $n\ge 1$ :

$$x_{n+1}=3x_n+2y_n+1\text{et}{y}_{n+1}=4x_n+3y_n+2.$$

On se propose de montrer que si $(x_n,y_n)$ est une solution, alors $(x_{n+1},y_{n+1})$ est aussi une solution, ce qui donne une infinité de solutions (puisque les suites sont strictement croissantes). En effet,

on a :

$$x_{n+1}^2+(x_{n+1}+1{)}^2=(3x_n+2y_n+1{)}^2+(3x_n+2y_n+2{)}^2.$$

Comme $x_n^2+(x_n+1{)}^2=y_n^2$, alors on déduit que :

$$(3x_n+2y_n+1{)}^2+(3x_n+2y_n+2{)}^2=(4x_n+3y_n+2{)}^2$$

et par suite : $x_{n+1}^2+(x_{n+1}+1{)}^2=y_{n+1}^2$. La preuve est complète.

12.10 Équations diophantiennes linéaires

On appelle équation diophantienne linéaire une équation de la forme :

$$a_1{x}_1+a_2{x}_2+\cdots +a_n{x}_n=b(1)$$

avec $a_1,a_2,\dots ,a_n$ et $b$ des entiers fixés.

Théorème

L'équation (1) est résoluble si, et seulement si :

$$\gcd (a_1,a_2,\dots ,a_n)\mid b.$$

Dans le cas où l'équation (1) est résoluble, on peut choisir $n-1$ solutions telles que toute solution soit une combinaison (entière) linéaire de ces $n-1$.

Corollaire

Soient $a_1$ et $a_2$ deux entiers premiers entre eux. Si $(u,v)$ est une solution de l'équation

$$a_1{x}_1+a_2{x}_2=b$$

alors toutes les autres solutions sont données par

$$\{\begin{array}{l}{x}_1=u+a_{2}t\\ x_2=v-a_{1}t\end{array}\text{avec }t\in \mathbb{Z}.(2)$$

Exemple

Résoudre l'équation diophantienne

$$3x+4y+5z=6.$$

Modulo 5, l'équation s'écrit : $3x+4y\equiv 1(\mathrm{mod}5)$, d'où

$$3x+4y=1+5s\text{avec }s\in \mathbb{Z}.$$

Une solution de cette équation est donnée par $x=-1+3s,y=1-s$. En appliquant (2), on obtient :

$$x=-1+3s+4t,y=1-s-3t\text{avec }t\in \mathbb{Z},$$

et en revenant à l'équation originale on a $z=1-s$. Les solutions sont données par :

$$(x,y,z)=(-1+3s+4t,1-s-3t,1-s),s,t\in \mathbb{Z}.$$

Exemple

Déterminer les triplets $(x,y,z)$ d'entiers tels que :

$$x^2(y-z)+y^2(z-x)+z^2(x-y)=2.$$

L'équation est équivalente à

$$(x-y)(x-z)(y-z)=2.$$

Remarquons que $(x-y)+(y-z)=x-z$, et d'autre part 2 peut s'écrire comme produit de 3 entiers de la façon suivant :

$$(i)2=(-1)\cdot (-1)\cdot 2;(ii)2=1\cdot 1\cdot 2;(iii)2=(-1)\cdot 1\cdot (-2).$$

Puisque dans le premier cas, la somme de deux termes quelconques n'est pas égale au troisième, on a trois possibilités (à une permutation cyclique près) :

(a)

$$\{\begin{array}{l}x-y=1\\ x-z=2\\ y-z=1\end{array}\text{donc }(x,y,z)=(k+1,k,k-1)\text{ pour un certain entier }k;$$

(b)

$$\{\begin{array}{l}x-y=-2\\ x-z=-1\\ y-z=1\end{array}\text{donc }(x,y,z)=(k-1,k+1,k)\text{ pour un certain entier }k;$$

(c)

$$\{\begin{array}{l}x-y=1\\ x-z=-1\\ y-z=-2\end{array}\text{donc }(x,y,z)=(k,k-1,k+1)\text{ pour un certain entier }k.$$

Exemple

Résoudre l'équation diophantienne

$$\left(x^2+1\right)\left(y^2+1\right)+2(x-y)(1-xy)=4(1+xy).$$

L'équation est équivalente à

$$x^2{y}^2-2xy+1+x^2+y^2-2xy+2(x-y)(1-xy)=4$$

c'est-à-dire

$$(xy-1{)}^2+(x-y{)}^2+2(x-y)(1-xy)=4.$$

Donc, $(1-xy+x-y{)}^2=4$, et par conséquent :

$$\left|(1+x)(1-y)\right|=2.$$

On distingue deux cas :

(i) $|x+1|=1$ et $|y-1|=2$ : ce qui donne $(0,3),(0,-1),(-2,3)$ et $(-3,0)$.

(ii) $|x+1|=2$ et $|y-1|=1$ : ce qui donne $(1,2),(1,0),(-3,2)$ et $(-3,0)$.

Exemple

Déterminer les triplets $(a,b,c)$ d'entiers tels que

$$\{\begin{array}{l}{a}^2=b^2+c^2\\ bc=3(a+b+c).\end{array}$$

De la relation $bc=3(a+b+c)$ on obtient $bc-3b-3c=3a$, et en prenant le carré on déduit que :

$$(bc-3b-3c{)}^2=9a^2=9\left(b^2+c^2\right).$$

En développant, on arrive à : $bc\left[(b-6)(c-6)-18\right]=0$. Puisque $bc\ne 0$, on obtient $(b-6)(c-6)=18$.

En conclusion, les solutions sont données par :

$$(a,b,c)\in \{(25,7,24),(25,24,7),(17,8,15),(17,15,8),(15,9,12),(15,12,9)\}.$$

12.12 Diverses équations diophantiennes

12.12.1 Équations cubiques

Cette section traite la résolution d'équations polynômiales cubiques à coefficients entiers.

Exemple (Bulgarie) : Pour l'équation $x^3=y^3+2y^2+1$, on observe que si $y^2+3y>0$, alors $(y+1{)}^3>x^3>y^3$. Par conséquent, on doit avoir $y^2+3y\le 0$, ce qui donne $y\in \{-3,-2,-1,0\}$.

Exemple : Pour l'équation $xy+yz+zx-xyz=2$ avec $x,y,z$ entiers strictement positifs, on suppose $x\le y\le z$ et on distingue les cas :

• Si $x=1$ : on obtient $y+z=2$, d'où $(x,y,z)=(1,1,1)$
• Si $x=2$ : on obtient $(z-2)(y-2)=2$
• Si $x\ge 3,y\ge 3,z\ge 3$ : alors $xy+xz+yz-xyz\le 0$, pas de solutions

12.12.2 Équations diophantiennes polynômiales de degré $\ge 4$

Exemple : Pour montrer qu'il n'existe pas d'entiers strictement positifs satisfaisant $x^5+y^5+1=(x+2{)}^5+(y-3{)}^5$, on utilise le fait que $z^5\equiv z(\mathrm{mod}5)$.

Exemple (Olympiade Balkanique) : Pour l'équation $y^2=x^5-4$, on note que $x^5\equiv -1,0$ ou $1(\mathrm{mod}11)$, donc le membre de droite est $\equiv 6,7$ ou $8(\mathrm{mod}11)$. Or, les carrés sont $\equiv 0,1,3,4,5$ ou $9(\mathrm{mod}11)$. L'équation n'a donc pas de solutions entières.

Exemple : Pour trouver la plus petite valeur $n$ telle que $x_1^4+x_2^4+\cdots +x_n^4=1998$ admette des solutions, on observe que $x^4\equiv 0$ ou $1(\mathrm{mod}16)$. Puisque $1998=16\cdot 124+14$, on a $n\ge 14$. Une analyse détaillée montre que $n=15$.

Exemple : Pour montrer que pour tout $n\in {\mathbb{N}}^{\ast }$, il existe $n$ entiers naturels $x_1,x_2,\dots ,x_n$ tels que $x_1+x_2+\cdots +x_n=x_1\times x_2\times \cdots \times x_n$, on utilise la récurrence :

• Pour $n=1$ : $x_1=1$
• Pour $n=2$ : $x_1=x_2=2$
• Pour $n\ge 3$ : $x_1=x_2=\cdots =x_{n-2}=1$, $x_{n-1}=2$, $x_n=n$

12.12.3 Équations diophantiennes exponentielles

Exemple (Russie) : Pour l'équation $2x^x=y^y+z^z$, on montre que $(x+1{)}^{x+1}\ge x^{x+1}+(x+1)x^x>2x^x$. On ne peut donc pas avoir $y>x$ ou $z>x$, d'où $x=y=z$.

Exemple (Roumanie) : Pour l'équation $x^n+y^n=2^m$ avec $m,n>1$ entiers :

• Si $n$ est pair : alors $a^n\equiv b^n\equiv 1(\mathrm{mod}8)$, d'où $k=1$ et $a=b=1$. L'équation devient $x^n=2^{m-1}$, qui a une solution si et seulement si $n|(m-1)$
• Si $n$ est impair : utilisant la décomposition $a^n+b^n=(a+b)(a^{n-1}-a^{n-2}b+\cdots +b^{n-1})$, on déduit $a=b=1$

Exemple (Royaume-Uni) : Pour l'équation $2^x+3^y=z^2$, on distingue les cas :

• Si $y=0$ : alors $2^x=z^2-1=(z-1)(z+1)$. Les seules puissances de 2 différant par 2 sont 2 et 4, d'où $(x,y,z)=(3,0,3)$
• Si $y>0$ : on montre que $x$ est pair et que les solutions sont $(0,1,2)$ et $(4,2,5)$

Exemple (Italie) : Pour l'équation $3^k-1=x^n$ :

• Si $n=1$ : solutions de la forme $(3^k-1,k,1)$
• Si $n$ est pair : 3 ne divise pas $3^k=(x^{n/2}{)}^2+1$, contradiction
• Si $n>1$ est impair : on montre que $x+1|n$, d'où $3|n$. En répétant le raisonnement, on obtient $x=2$ et $n=3$

Exemple (Tchéquie) : Pour l'équation $p^x-y^p=1$ où $p$ est un nombre premier impair, on montre que $y+1=p^n$ pour un certain $n$. L'analyse de $p^x=(p^n-1{)}^p+1$ montre que les seules solutions sont $x=y=0$ pour tout $p\ge 5$, et $x=y=2$ pour $p=3$.

Exemple (Hongrie) : Pour montrer que $(x+1{)}^2+(x+2{)}^2+\cdots +(x+99{)}^2\ne y^z$ avec $z>1$, on calcule : $$y^z=333x^2+300x+50\cdot 199=33(3x^2+300x+50\cdot 199)$$ Donc $3|y$. Si $z\ge 2$, alors $9|y^z$, mais $9\nmid 33(\cdots )$, contradiction.

Exemple : Pour l'équation $|3^x-2^y|=1$ :

• Pour $3^x-2^y=1$ : solutions $(1,1)$ et $(2,3)$
• Pour $2^y-3^x=1$ : solutions $(0,1)$ et $(1,2)$

Exemple : Pour $x^y=y^{x-y}$, on montre par analyse de cas que les solutions sont $(1,1)$, $(9,3)$ et $(8,2)$.

Exemple : Pour $x^y-y^x=1$, on utilise l'inégalité $(1+\frac{k}{n}{)}^n<e^k$ pour montrer que les seules solutions sont $(2,1)$ et $(3,2)$.

12.13 Diviseurs premiers de la forme $4m+3$

Cette section applique une conséquence du petit théorème de Fermat à la résolution d'équations diophantiennes.

Théorème : Tout diviseur premier impair du nombre entier $a^2+1$ est de la forme $4k+1$.

Démonstration : Par l'absurde, supposons $p=4k+3$ et $p|a^2+1$. Alors $a^2\equiv -1(\mathrm{mod}p)$ et $$a^{p-1}=a^{(4k+3)-1}=(a^2{)}^{2k+1}\equiv (-1{)}^{2k+1}\equiv -1(\mathrm{mod}p)$$ ce qui contredit le petit théorème de Fermat.

Remarque : De même, si $p|x^2+a^2$ et $\gcd (x,a)=1$, alors $p=4m+1$.

Remarque : Dans les applications, si un membre de l'équation diophantienne s'écrit sous la forme $x^2+a^2$ avec $\gcd (x,a)=1$, et si l'autre membre admet un diviseur premier de la forme $4k+3$, alors l'équation n'a pas de solutions.

Exemple (Euler) : Pour l'équation $4xy-x-y=z^2$, on réécrit sous la forme $(4x-1)(4y-1)=(2z{)}^2+1$. Puisque $4x-1\ge 3$ est un diviseur de la forme $4m+3$ et que l'autre membre est de la forme $a^2+1$, l'équation n'a pas de solutions entières strictement positives.

Exemple (V. A. Lebesgue) : L'équation $x^2-y^3=7$ n'admet pas de solutions entières. Si $y=2m+1$ est impair, alors $$x^2+1=y^3+8=(y+2)[(y-1{)}^2+3]$$ Or $(y-1{)}^2+3=4m^2+3$ divise $x^2+1$, et $4m^2+3$ est un diviseur premier de la forme $4k+3$, contradiction.

Exemple : Pour l'équation $x^n=2^n+y^2$ avec $x$ impair et $n>1$ entier :

• Si $n$ est impair : le membre de gauche admet un diviseur de la forme $4k+3$, et le membre de droite est la somme d'un carré et d'un autre terme qui lui est premier. Le théorème conclut qu'il n'existe pas de solutions
• Si $n$ est pair avec $n=2k$ : l'équation $x^{2k}-2^{2k}=y^2$ donne $x^k+2^k=u^2$ et $x^k-2^k=v^2$ avec $uv=y$. On montre que ceci n'a pas de solutions

Exemple : L'équation $x^5+7=y^2$ n'admet pas de solutions entières. On réécrit $x^5+2^5=y^2+5^2$. Or, le membre de gauche admet un diviseur premier de la forme $4m+3$, contradiction.

Exemple (Makowski) : L'équation $x^2+36=y^5$ n'admet pas de solutions entières. Si $x$ est pair, des considérations modulo 16 montrent qu'il n'existe pas de solutions. Si $x$ est impair avec $x=2m+1$, alors $x^2\equiv 1(\mathrm{mod}4)$ et $y\equiv 1(\mathrm{mod}4)$. L'équation se réécrit $x^2+4=y^5-2^5$, d'où $(y-2)|x^2+2^2$. Puisque $y-2\equiv 3(\mathrm{mod}4)$, ceci contredit le théorème.

12.14 Équations diophantiennes du type Euler

Définition : On appelle équation diophantienne du type Euler une équation de la forme $$a{x}^2+y^2=b^n$$ avec $a,b\in \mathbb{Z}$, $b\ge 2$, $a\ne 0$, $n\ge 3$ entier naturel.

Méthode : Si $(x_n,y_n)$ est une solution de $a{x}^2+y^2=b^n$, on cherche une paire $(x_{n+1},y_{n+1})$ telle que $$x_{n+1}=A\cdot x_n+B\cdot y_n,y_{n+1}=C\cdot x_n+D\cdot y_n$$ avec $(A,B,C,D)\in {\mathbb{Q}}^4$ satisfaisant la même équation.

Exemple (Équation d'Euler) : Pour tout entier $n\ge 3$, l'équation $7x^2+y^2=2^n$ admet des solutions entières impaires et strictement positives. Pour $n=3$, on a $x_3=y_3=1$. Les relations de récurrence sont $$x_{n+1}=\frac{x_n+y_n}{2},y_{n+1}=\frac{7x_n-y_n}{2}$$ qui assurent que $7x_{n+1}^2+y_{n+1}^2=2^{n+1}$.

Exemple : Pour tout entier $n\ge 3$, l'équation $11x^2+y^2=3^n$ admet des solutions entières avec $x$ et $y$ de parités opposées. Pour $n=3$, on prend $x_3=1,y_3=4$. Les relations de récurrence sont $$x_{n+1}=-\frac{4}{3}{x}_n+\frac{1}{3}{y}_n,y_{n+1}=\frac{11}{3}{x}_n+\frac{4}{3}{y}_n$$ Par récurrence, pour $n=2k$ avec $k\ge 2$ : $x_n=0,y_n=3^k$, et pour $n=2k+1$ avec $k\ge 1$ : $x_n=3^{k+1},y_n=4\cdot 3^{k+1}$.

12.15 Méthodes avancées de résolution

Généralités : anneaux euclidiens et principaux

Proposition : L'anneau $\mathbb{Z}[i\sqrt{2}]=\{a+ib\sqrt{2}:a,b\in \mathbb{Z}\}$ muni de la norme $N(z)=z\bar{z}=|z{|}^2$ possède une division euclidienne : pour $a,b\in \mathbb{Z}[i\sqrt{2}]$ avec $b\ne 0$, il existe $q,r\in \mathbb{Z}[i\sqrt{2}]$ tels que $a=bq+r$ avec $N(r)<N(b)$.

Définition (Anneau euclidien) : Un anneau $A$ est euclidien si :

• $A$ est intègre
• Il existe une application $g:A\to \mathbb{N}$, appelée stathme ou valuation, telle que pour tous $a\in A$ et $b\in A\setminus \{0_A\}$, il existe $q,r\in A$ satisfaisant $a=bq+r$ et $g(r)<g(b)$

Exemples :

• $\mathbb{Z}$ est euclidien pour le stathme $g(n)=|n|$
• $\mathbb{R}[X]$ est euclidien pour le stathme $g(P)=\mathrm{deg}(P)$
• $\mathbb{Z}[i\sqrt{2}]$ est euclidien pour le stathme $g(z)=|z{|}^2$
• $\mathbb{Z}[i]=\{a+ib:(a,b)\in {\mathbb{Z}}^2\}$ est euclidien pour le stathme $g(z)=|z{|}^2$

Définition (Idéal principal) : Un idéal $I$ d'un anneau $A$ est principal s'il existe $a\in A$ (en fait $a\in I$) tel que $I=(a)=\{ax:x\in A\}$.

Remarque : Si $I$ est un idéal principal engendré par $a\ne 0_A$, alors $(a)=(b)$ si et seulement si $a|b$ et $b|a$, c'est-à-dire $\exists u\in A^{\ast }:a=bu$. On dit alors que $a$ et $b$ sont associés.

Définition (Anneau principal) : Un anneau $A$ est principal si :

• $A$ est intègre
• Tous les idéaux de $A$ sont principaux

Théorème : Tout anneau euclidien est principal. La réciproque est fausse.

Remarque : $\mathbb{R}[X]$ est euclidien donc principal. L'anneau $\mathbb{Z}\left[\frac{1+i\sqrt{19}}{2}\right]$ est principal non euclidien. L'anneau $\mathbb{Z}[X]$ n'est pas principal.

Définition (pgcd) : Soit $A$ un anneau principal et $a,b$ deux éléments non nuls de $A$. On appelle pgcd de $a$ et $b$ tout élément de $A$ qui engendre l'idéal principal $I=(a)+(b)=\{ax+by:x,y\in A\}$.

Définition (Élément irréductible) : Soit $A$ un anneau intègre et $x$ un élément non nul de $A$. On dit que $x$ est irréductible dans $A$ si :

• $x$ est non inversible dans $A$
• Si $a,b\in A$ et $x=ab$, alors $a$ ou $b$ est inversible dans $A$

Exemples d'éléments irréductibles :

• Les éléments irréductibles de $\mathbb{Z}$ sont les nombres premiers
• Les éléments irréductibles de $\mathbb{R}[X]$ sont les polynômes du premier degré et les polynômes du second degré à discriminant négatif
• Dans $\mathbb{Z}[i]$, l'élément 3 est irréductible
• 5 est irréductible dans $\mathbb{Z}$ mais ne l'est pas dans $\mathbb{Z}[i]$ : $5=(2+i)(2-i)$

Définition (Anneau factoriel) : Un anneau $A$ est factoriel si :

• $A$ est intègre
• Tout élément $a$ non nul et non inversible de $A$ s'écrit $a=u{p}_1{p}_2\cdots p_r$ où $u\in A^{\ast }$ et $p_1,p_2,\dots ,p_r$ sont irréductibles
• La décomposition en produit d'éléments irréductibles est essentiellement unique : si $a=u{p}_1\cdots p_r=v{q}_1\cdots q_s$ avec $u,v\in A^{\ast }$ et $p_i,q_j$ irréductibles, alors $r=s$ et il existe une permutation $\sigma \in S_r$ telle que pour tout $i\in \{1,\dots ,r\}$, $p_i$ et $q_{\sigma (i)}$ sont associés

Théorème : Tout anneau principal est factoriel.

12.15.1 L'anneau $\mathbb{Z}[i]$ des entiers de Gauss

Exemple : Déterminer les entiers $x,y,z$ tels que $x^2+y^2=z^2$ (triplets pythagoriciens). Supposons que $(x,y,z)$ est solution avec $\gcd (x,y)=1$. On écrit dans $\mathbb{Z}[i]$ : $$(x+iy)(x-iy)=z^2$$ On montre que $\gcd (x+iy,x-iy)=1$ dans $\mathbb{Z}[i]$. Par l'unicité de la décomposition en produit de nombres premiers, $x+iy=u(a+ib{)}^2$ pour un élément unité $u$ et $a,b\in \mathbb{Z}$. Avec $u=1$, on obtient : $$x=a^2-b^2,y=2ab,z=a^2+b^2$$ Réciproquement, ces expressions vérifient $x^2+y^2=z^2$ pour tous $a,b\in \mathbb{Z}$.

Exemple : Pour l'équation $x^2+y^2=z^n$ avec $\gcd (x,y)=1$ et $n\ge 3$, on a $(x+iy)(x-iy)=z^n$. On montre que $\gcd (x+iy,x-iy)=1$ dans $\mathbb{Z}[i]$. Donc $x+iy=(a+ib{)}^n$ pour des entiers $a,b$ avec $a^2+b^2=z$. La solution générale est donnée par $$d^n{A}_n,d^n{B}_n,d^2(a^2+b^2)$$ où $a,b,d\in \mathbb{Z}$ et $$A_n=\sum _{k=0}^{\lfloor n/2\rfloor }(-1{)}^k(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{2k})a^{n-2k}{b}^{2k},B_n=\sum _{k=0}^{\lfloor (n-1)/2\rfloor }(-1{)}^k\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{2k+1}\right)a^{n-1-2k}{b}^{2k+1}$$

Exemple (V. A. Lebesgue) : Pour l'équation $x^2+1=y^n$ avec $n\ge 2$ entier :

• Si $n$ est pair : les solutions sont $(0,1)$ et $(0,-1)$
• Si $n$ est impair, on peut supposer $n=p$ premier avec $p\ge 3$ : on a $(1+ix)(1-ix)=y^p$. On montre que $\gcd (1+ix,1-ix)=1$ dans $\mathbb{Z}[i]$. Donc $1+ix=(u+iv{)}^p$ où $u$ est une unité. En analysant les conditions modulo 4, on montre que $u=1$ et que ceci conduit à une contradiction via l'analyse de l'exposant de 2 dans la relation obtenue

Exemple (Mordell) : Pour l'équation $x^2+4=y^3$, on distingue les cas :

• Si $x$ est impair : l'équation se réécrit $(2+ix)(2-ix)=y^3$. On montre que $\gcd (2+ix,2-ix)=1$, donc $2+ix=(a+bi{)}^3$. En prenant les parties réelles et imaginaires, on obtient $a(a^2-3b^2)=2$ et $3a^{2}b-b^3=x$, d'où les solutions $(\pm 11,5)$
• Si $x$ est pair avec $x=2u,y=2v$ : l'équation devient $u^2+1=2v^3$. En utilisant la factorisation dans $\mathbb{Z}[i]$, on obtient les solutions $(\pm 2,2)$

Exemple : Pour l'équation $x^2+4=y^n$ avec $n\ge 4$ entier :

• Si $n$ est pair : aucune solution puisqu'il n'existe pas de carrés différant par 4
• Si $n$ est impair et $n=p\ge 5$ premier : en utilisant la factorisation dans $\mathbb{Z}[i]$ et l'analyse de l'équation résultante, on montre qu'il n'existe pas de solutions pour $p\ge 5$

12.15.2 L'anneau des entiers de $\mathbb{Q}[\sqrt{d}]$

On considère le corps $$\mathbb{Q}[\sqrt{d}]=\{m+n\sqrt{d}:m,n\in \mathbb{Q}\}$$ où $d$ est un entier sans facteur carré (square-free).

Théorème : Si $d\equiv 2,3(\mathrm{mod}4)$, alors $\mathbb{Q}[\sqrt{d}]=\mathbb{Z}[\sqrt{d}]=\mathbb{Z}+\mathbb{Z}\sqrt{d}$. Si $d\equiv 1(\mathrm{mod}4)$, alors $\mathbb{Q}[\sqrt{d}]=\mathbb{Z}\left[\frac{-1+\sqrt{d}}{2}\right]=\mathbb{Z}+\mathbb{Z}\frac{-1+\sqrt{d}}{2}$.

Théorème (Heegner, Stark, Baker) : L'anneau des entiers de $\mathbb{Q}[\sqrt{d}]$ avec $d<0$ et square-free est factoriel exactement pour $$d\in \{-1,-2,-3,-7,-11,-19,-43,-67,-163\}$$

Exemple (Fermat) : Pour l'équation $x^3-2=y^2$, on écrit $x^3=(y-\sqrt{-2})(y+\sqrt{-2})$. On montre que $\gcd (y-\sqrt{-2},y+\sqrt{-2})$ est une puissance de $\sqrt{-2}$ et que, par l'unicité de la factorisation dans $\mathbb{Z}[\sqrt{-2}]$, on a $y+\sqrt{-2}=(a+b\sqrt{-2}{)}^3$. En comparant les parties réelles et imaginaires, on obtient $y=a^3-6a{b}^2$ et $1=3a^{2}b-2b^3$. De la dernière équation, $b=\pm 1$ et $a=\pm 1$, d'où les solutions $(3,\pm 5)$.

Exemple : Pour l'équation $x^2+8=y^3$, on montre que l'unique solution est $(0,2)$ en analysant les cas $x$ pair et $x$ impair séparément.

Exemple : Pour l'équation $13^x+3=y^2$, on utilise la factorisation $(4-\sqrt{3}{)}^x(4+\sqrt{3}{)}^x=(y-\sqrt{3})(y+\sqrt{3})$ dans $\mathbb{Z}[\sqrt{3}]$, qui est euclidien et factoriel. En montrant que $\gcd (y-\sqrt{3},y+\sqrt{3})=1$ et que $(4+\sqrt{3}{)}^x=y+\sqrt{3}$, on conclut par analyse binomiale que $x=1$, d'où l'unique solution $(1,4)$.

Exemple : Pour l'équation $x^2+11=3^n$, une analyse modulo 13 montre que $n=3k$ pour un certain entier $k$. Pour $y=3^k$, l'équation devient $x^2+11=y^3$. En utilisant la factorisation dans $\mathbb{Q}[\sqrt{-11}]$ et l'analyse des diviseurs, on obtient les solutions $(\pm 4,3)$.

Exemple : Pour l'équation $x^2+x+2=y^3$, on utilise la factorisation $\frac{(2x+1)+\sqrt{-7}}{2}\cdot \frac{(2x+1)-\sqrt{-7}}{2}=y^3$ dans l'anneau des entiers de $\mathbb{Q}[\sqrt{-7}]$. En montrant que les deux facteurs sont premiers entre eux et en utilisant l'unicité de la factorisation, on obtient les solutions $(2,2)$ et $(-3,2)$.

12.15.3 Diviseurs de $a^2+b^2$ avec $a$ et $b$ des entiers

Théorème : Chaque diviseur premier impair de $a^2+1$ est de la forme $4k+1$.

12.15 Méthodes avancées de résolution

Théorème sur les diviseurs de $a^2+b^2$

Théorème

1. Soient $a$ et $b$ deux entiers premiers entre eux et $p$ un nombre premier impair divisant $a^2+b^2$, alors $p\equiv 1(\mathrm{mod}4)$.
2. Si $p\equiv 3(\mathrm{mod}4)$ est un nombre premier divisant $a^2+b^2$, alors $p\mid a$ et $p\mid b$.

Démonstration

➀ Supposons que $p\mid a^2+b^2$ avec $p=4m+3$, alors $a^2\equiv -b^2(\mathrm{mod}m)$, ce qui implique $a^{2m+1}\equiv (-b^2{)}^{2m+1}$, c'est-à-dire $a^{p-1}\equiv -b^{p-1}(\mathrm{mod}p)$. D'autre part, $\gcd (a,b)=1$ implique que $p\nmid a$ et $p\nmid b$, et en utilisant le théorème de Fermat on obtient $1\equiv -1(\mathrm{mod}p)$, une contradiction.

➁ Si $\gcd (a,p)=1$ alors $\gcd (b,p)=1$, et par le théorème de Fermat $a^{p-1}\equiv 1(\mathrm{mod}p)$ et $b^{p-1}\equiv 1(\mathrm{mod}p)$. D'autre part, si $p=4m+3$, alors de $p\mid a^2+b^2$ on obtient $a^2\equiv -b^2(\mathrm{mod}p)$, ce qui implique $(a^2{)}^{\frac{p-1}{2}}\equiv (-b^2{)}^{\frac{p-1}{2}}(\mathrm{mod}p)$, i.e., $a^{p-1}\equiv -b^{p-1}(\mathrm{mod}p)$. On arrive aussi à $1\equiv -1(\mathrm{mod}p)$, une contradiction. En conclusion, $p\mid a$ et $p\mid b$.

Lemme de Thue

Théorème (Lemme de Thue)

Si $n\ge 2$ est un entier et $a$ un entier premier avec $n$, alors $n\mid ax\pm y$ pour certains entiers strictement positifs $x$ et $y$ plus petits que $\sqrt{n}$ et pour un choix des signes $+$ et $-$.

Démonstration

Supposons que $n$ n'est pas un carré parfait, et soient $t=\lfloor \sqrt{n}\rfloor +1$ et $S=\{ax+y:0\le x,y\le t-1\}$. Il est clair que $S$ admet $t^2$ éléments. Comme $t^2>n$, alors par le principe des tiroirs il existe deux éléments distincts de $S$, $a{x}_1+y_1$ et $a{x}_2+y_2$, tels que $a{x}_1+y_1\equiv a{x}_2+y_2(\mathrm{mod}n)$, $x_1>x_2$, c'est-à-dire, $a(x_1-x_2)\equiv y_2-y_1(\mathrm{mod}n)$. Prenons $x=x_1-x_2$ et $y=|y_2-y_1|$, il est clair que $x$ et $y$ sont non nuls puisque $\gcd (a,n)=1$. Pour ce choix, il est clair que $n\mid ax\pm y$ et $0<x,y<\sqrt{n}$.

Si $n$ est un carré parfait, on pose $n=d^2$, alors dans ce cas si l'un de $x$ et $y$ est $d$, alors l'autre est un multiple de $d$ et donc égal à $d$. Mais, alors $a=d\pm 1$. Pour $a=d-1$, on prend $x=1,y=d-1$, et le signe $-$. Pour $a=d+1$, on prend $x=d-1,y=1$, et le signe $+$.

Remarque importante : Dans l'étude des équations diophantiennes, si l'un des membres de l'équation peut s'écrire sous la forme $x^2+a^2$ avec $\gcd (x,a)=1$, et l'autre membre admet un diviseur de la forme $4k+3$, alors l'équation n'a pas de solutions entières.

Exemple (Ion Cucurezeanu)

Soit $n$ un entier impair plus grand que $1$. Montrer que l'équation $$x^n+2^{n-1}=y^2$$ n'admet pas de solutions entières strictement positives et impaires.

On écrit l'équation sous la forme $$x^n+2^n=y^2+2^{n-1}.$$

Le membre de gauche admet un diviseur premier de la forme $4k+3$, en effet si $x$ est de cette forme alors au moins un diviseur premier de $x^n+2^n$ est de la forme $4k+3$. Si $x$ est de la forme $4k+1$, alors $x+2$ divise $x^n+2^n$ et est de la forme $4k+3$. Dans chacun des cas, comme $\gcd (y,2^{\frac{n-1}{2}})=1$ et $y^2+2^{n-1}$ admet un diviseur premier de la forme $4k+3$, alors l'équation n'admet pas de solutions entières impaires.

Exemple (Ion Cucurezeanu)

Montrer que l'équation $$x^3-x^2+8=y^2$$ n'admet pas de solutions entières.

Pour $x$ impair, on écrit l'équation sous la forme suivante : $$(x+2)(x^2-2x+4)=x^2+y^2.$$

Il est clair que $\gcd (x,y)=1$. Si $x=4k+1$, alors $x+2=4k+3$ admet un diviseur premier de cette forme qui divise $x^2+y^2$, impossible. Si $x=4k+3$, alors $x^2-2x+4$ est de la forme $4m+3$, et le même raisonnement nous donne une contradiction.

Pour $x$ pair, $x=2u$, l'équation s'écrit : $2u^3-u^2+2=z^2$. Si $u$ est impair, alors le membre de gauche de cette dernière équation est congru à $3$ modulo $4$, et donc ne peut pas être un carré parfait. Si $u$ est pair, alors le membre de gauche est congru à $2$ modulo $4$, et de même ça ne peut pas être un carré parfait.

12.15.4 Diviseurs de $a^2+2b^2$ avec $a$ et $b$ des entiers

Théorème

Un nombre premier impair $p$ peut s'écrire sous la forme $p=a^2+2b^2$ pour certains entiers $a$ et $b$ si, et seulement si, $p\equiv 1(\mathrm{mod}8)$ ou $p\equiv 3(\mathrm{mod}8)$.

Démonstration

Si $p=a^2+2b^2$, alors $a^2\equiv -2b^2(\mathrm{mod}p)$. Soit $b^{\prime }$ un entier tel que $b{b}^{\prime }\equiv 1(\mathrm{mod}p)$, alors $(a{b}^{\prime }{)}^2\equiv -2(\mathrm{mod}p)$, d'où $\left(\frac{-2}{p}\right)=1$ et par suite : $$\left(\frac{-2}{p}\right)=\left(\frac{-1}{p}\right)\left(\frac{2}{p}\right)=(-1{)}^{\frac{p-1}{2}}\cdot (-1{)}^{\frac{p^2-1}{8}}.$$

Par conséquent, $\left(\frac{-2}{p}\right)=1$ si, et seulement si, $\frac{p-1}{2}+\frac{p^2-1}{8}=2k$ pour un certain entier $k$, ce qui est équivalent à $\frac{(p-1)(p+5)}{8}=2k$, ce qui donne $p\equiv 1(\mathrm{mod}8)$ ou $p\equiv 3(\mathrm{mod}8)$.