Il n'y a que deux solutions

evariste21 · November 2021

Salut

Prouvez que les seules solutions avec $m,n,k\in \mathbf{Z}$ des équations
$$3m^{2}\ =\ n^{2}+2n\ =\ k^{3}-1$$ sont $(0,0,1)$ et $(0,-2,1)$.

Peut-on utiliser la congruence modulaire, peut-être ?
Merci.

Chaurien · November 2021

Posant $x=n+1$, le système devient : $x^2-3m^2=1,x^2=k^3$. L'inconnue $x$ doit donc être un cube dans $\Z$.
Les solutions de l'équation de Fermat-[size=x-small]« Pell »[/size] $x^2-3m^2=1$ sont bien connues. Les solutions pour $x$ forment une suite à récurrence linéaire d'ordre $2$ à coefficients constants. Il faut déterminer ces termes qui sont des cubes. Il me semble avoir lu quelque chose à ce sujet, mais je ne l'ai pas pour l'instant.
C'est peut-être du même genre que de savoir quels termes de la suite de Fibonacci sont des carrés https://math.la.asu.edu/~checkman/SquareFibonacci.html.
Désolé, je n'en sais pas plus pour l'instant.
Bonne journée.
Fr. Ch.

bisam · November 2021

Si on poursuit à partir des conclusions de Chaurien, il existe un entier $p$ tel que $n=p^3-1$, $k=p^2$ et $p^6-3m^2=1$.
En regardant cette dernière équation modulo $3$, on déduit d'abord que $k=p^2$ est congru à $1$ modulo $3$, puis $m$ est divisible par $3$ puis $k$ est congru à $1$ modulo $9$, etc...

Finalement, on arrive à $k=1$, d'où $m=0$ et $n+1=\pm 1$.

LOU16 · November 2021

Bonjour,
Supposons que : $\:\:m\neq 0.$
$\exists p \in \Z$ tel que $p^6-1=3m^2, \quad$ et on peut choisir le signe de $p$ de façon à ce que: $\quad p \equiv 1 \mod 3.\quad $
Soient $\quad a:=(p-1)(p+1)(p^2+p+1) , \quad b :=p^2-p+1.\qquad$Alors: $\qquad ab =3m^2, \quad 3\wedge b =1, \quad \underline {a \wedge b =1.}$

Voici une justification de ce dernier point: Supposons l'existence d'un nombre premier $t$ divisant à la fois $a$ et $b.\:\:$
Alors $\:\: t\neq 2,3.\:$ En outre $t$ divise l'un des trois facteurs de $a$, et ce qui suit montre que chacune de ces éventualités conduit à une impossibilité:
$\begin{array}{lll}\bullet\:\text{Si }\:t\:\text{divise}\:p-1,& \text{alors}\:p\equiv 1 , & 0 \equiv b \equiv p^2 -p +1\equiv 1 \mod t.\\
\bullet\:\text{Si }\:t\:\text{divise}\:p+1,&\text{alors }\:p\equiv -1 , & 0 \equiv b \equiv p^2 -p +1\equiv 3 \mod t\\
\bullet\:\text{Si }\:t\:\text{divise}\: p^2+p+1,& \text{alors }\:0\equiv (p^2+p+1)-b\equiv 2p , &p \equiv 0 \mod t. \end{array}$

On déduit que pour tout nombre premier $\pi$, l'exposant de $\pi$ dans la décomposition de $b$ en produit de nombres premiers est pair.
$ b =q^2, \:\: q\in \N, \qquad p^2-p+1 =q^2 ,\quad (2p-1)^2 +3 =(2q)^2, \quad p=1,\quad$ ce qui contredit: $\: m\neq 0\quad $ Ainsi: $\: m=0\:\: \square$

@Bisam: Je n'ai pas compris le "etc ..., on parvient à $k=1$" , qui semble suggérer que la $3$ - valuation de $k-1$ est infinie.

depasse · November 2021

Bonjour,

Si l'on remplace chacun des deux $3$ du système initial par n'importe quel premier impair, on trouve les deux mêmes solutions.

bisam · November 2021

Lou16 : C'est ce que je voulais suggérer... mais j'ai sans doute été trop rapide dans mon analyse. J'avoue ne pas avoir poussé le calcul plus loin.

depasse · November 2021

Bonsoir,

Maintenant j'espère que je suis lisible ! Je tente d'écrire ma preuve que pour tout $q$ premier impair les solutions $(m,n,k)$ dans $\Z^3$ de $qm^2=n^2+2n=k^q-1$ sont $(0,0,1)$ et $(0,-2,1)$.

Si $q$ est un premier impair et $ m, n, k$ sont des entiers tels que $qm^2=n^2+2n=k^q-1 $, alors $(m,n,k)=(0,0,1)$ ou $(0,-2,1)$.

Preuve :

1) $n^2+2n=k^q-1 $ implique que $k$ est un carré.

2) $qm^2=k^q-1 $implique que $k-1$ est un carré.

On conclut que $k=1$, puis que $m=0$, puis que $n=0$ ou $-2$.

Seul 2) mérite qu'on s'y arrête:

Preuve de 2) :

(*) $qm^2=k^q-1$ implique que

$q $ divise $k-1$:

en effet, $qm^2=k^q-1$ implique (via Bézout) que

$k$ et $q$ sont étrangers, ce qui implique (via Fermat) que

$q$ divise $k^{q-1}-1$ et donc que $q$ divise $k(k^{q-1}-1)$.