Système diophantien

YvesM

Bonjour
Trouver toutes les solutions entières (naturelles) du système : $$\displaystyle \begin{cases}\ x\mid y^2+1\\ \ y\mid x^2+1.\end{cases}
$$ J’ai trouvé les solutions mais je suis curieux de voir d’autres approches.

Math Coss

À vue de nez, les paires $\{F_{2k+1},F_{2k-1}\}$ ($k\ge1$) ?

YvesM

Bonjour,

Et $(1,1)$... comment fais-tu ? Ma solution est assez pénible.

nodgim

La propriété : F²(2k+1) + 1 = F(2k+3) * F(2k-1) fournit une suite de solutions.

Si on suppose qu'il existe un couple solution autre (b,c), b < c , alors on montre qu'il existe a < b tel que (a,b) est aussi un couple solution. Par une descente infinie, on aboutira fatalement à la suite déjà décrite.

JLT

Plus précisément, soit $(b,c)$ une solution avec $b\leqslant c$. Si $b=c$ alors $b=c=1$. On suppose $b<c$.

Soit $a$ tel que $b^2+1=ac$. On a $ac\equiv 1\pmod{b}$. De plus $b\mid c^2+1$ donc $c^2\equiv -1\pmod{b}$. On en déduit que $a^2\equiv -1\pmod{b}$ donc $(a,b)$ est une autre solution avec $a\leqslant b$.

YvesM

Bonjour,

La partie pénible de ma démonstration est pour montrer qu’on a obtenu toutes les solutions.

@nodgim : la descente infinie me paraît un argument vaseux. Ou je ne le comprends pas...

@JLT : comment montres-tu que tu as toutes les solutions ?

JLT

Soit $b<c$ la solution avec $b+c$ minimal qui n'est pas de cette forme (si elle existe). Soit $a$ tel que $b^2+1=ac$. D'après mon message précédent, et par minimalité de $b+c$, il existe $k$ tel que $a=F_{2k-1}$ et $b=F_{2k+1}$. Comme $ac=b^2+1=F_{2k-1}F_{2k+3}=aF_{2k+3}$, on en déduit que $c=F_{2k+3}$, contradiction.

visiteur

Bonjour
On suppose que $$\quad\displaystyle \begin{cases}\ x\mid y^2+1\\ \ y\mid x^2+1.\end{cases}
$$ Il existe à et b tels que $y^2+1=ax$ et $x^2+1=by$
donc $yx^2+y=by^2$   et    $xy^2+x=ax^2$
donc $yx^2+y=b(ax-1)$  et  $xy^2+x=a(by-1)$
donc $yx^2-abx+y+b=0$ et $xy^2-aby+x+a=0$
donc il existe c et d entiers tels que $a^2b^2-4y(y+b)=c^2$ et $a^2b^2-4x(x+a)=d^2$
donc $a^2b^2-4yb-4y^2-c^2=0$  et  $b^2a^2-4xa-4x^2-d^2=0$

Il existe e et f tels que $4y^2+a^2(4y^2+c^2)=e^2$ et $4x^2+b^2(4x^2+d^2)=f^2$
donc $(2y)^2+(2ay)^2+(ac)^2=e^2$   et    $(2x)^2+(2bx)^2+(bd)^2=f^2$

Nous avons le paramétrage suivant 
$(m^2-n^2-p^2)^2+(2mn)^2+(2mp)^2=(m^2+n^2+p^2)^2$
doc on peut prendre 
$y=mn$ et $ay=mp$ soit $amn=mp$ $a=p/n$
$ac=m^2-n^2-p^2$

etanche

@visiteur est-ce que ton paramétrage décrît toutes les solutions?

Chaurien

C'est un très beau problème, avec une solution inattendue. Déjà, l'identité fibonaccienne qui apparaît n'est pas des plus connues, mais il y en a tant qu'on ne saurait les connaître toutes ! De plus je n'ai pas bien compris pourquoi cette identité donne toutes les solutions. 

J'aimerais connaître des références pour ce problème, qui n'est sans doute pas inédit.

Bonne journée malgré les mauvaises nouvelles.

Fr. Ch.

Boécien

On peut aussi considérer une variante.

etanche

Pour Chaurien
Je n’ai pas trouvé l’origine du problème, mais ça ressemble à
Mediterranean Mathematical Competition 2002 
https://imomath.com/othercomp/Gre/GreTST02.pdf
Une tentative de résolution 
https://artofproblemsolving.com/community/c6h151582
Il y a aussi une variante https://artofproblemsolving.com/community/c6h2029876p14303379

yan2

Le problème évoqué par YvesM est apparu dans une olympiade mathématique chinoise (pas la CMO ni la TST, mais une olympiade régionale). Je ne me rappelle pas exactement de l'année, mais c'était sûrement entre 2005 et 2010.

J'ignore cependant l'origine exacte du problème, si ma mémoire est encore bonne, je l'ai vu avant dans la revue American Math Monthly (bien avant 2005).

Boécien

Dans le lien que j'ai donné plus haut il y a une référence à un article de 1953.

etanche

Page 218 de l’article system of quadratic Diophantine equations W.H.Mills
Pacific J. Math. 3 (1953), 209-220
https://projecteuclid.org/journals/pacific-journal-of-mathematics/volume-3/issue-1/A-system-of-quadratic-Diophantine-equations/pjm/1103051516.pdf