Résolution d’un système

Sara1993
Modifié (June 2022) dans Arithmétique
Bonjour,
Est-il possible de trouver les entiers naturels non nuls $m$ et $n$ tels que : $m$ divise $n^2-1$ et $n$ divise $m^2-1$ ?
Pour le moment je n’arrive à trouver que $(m,n)=(1,2)$ ou $(2,1)$ mais je n’arrive pas à montrer qu’il est unique et je n’arrive pas non plus à trouver d’autres.
Merci pour votre aide.
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Réponses

  • gerard0
    Modifié (June 2022)
    Bonjour.
    Que penses-tu de 4 et 3 ? de 8 et 3 ?
    Pour des petits nombres, je n'en ai pas vu d'autres.
    Cordialement.
  • Sara1993
    Modifié (June 2022)
    Oui, vous avez tout à fait raison, ça marche aussi avec ces nombres, mais alors comment peut-on trouver tous les nombres ?🤔🤔🤔
  • depasse
    Modifié (June 2022)
    Bonjour
    $(1,\ell)$, pour tout $\ell$, est solution.
    De même $(1,3)(2,3),(4,3),(8,3)$, $(1/5/7/35,6)$, $(1/8/10/80,9)$.
    Je me demande si ce pb n'a pas été résolu sur notre forum chéri il n'y a pas si longtemps. Auquel cas j'ai oublié la solution !
  • Bonjour,
    je n’ai pas eu l’occasion de voir ce problème sur le forum, je reste toujours curieuse pour savoir pourquoi ces solutions sont les seules , quelle piste dois-je suivre pour arriver?
    Merci d’avance. 
  • Sara
    Je n'ai jamais dit que c'était les seules solutions!
    Cordialement
    Paul
  • Quand $m=1$, $m$ divise forcément $n^2-1$, et $n$ divise forcément $m^2-1$,
    Donc on a une infinité de solutions.

    Les autres solutions proposées par @depasse semblent suivre une certaine règle : Pour $n=9$, il nous propose $n-1$, $n+1$ ou $n^2-1$ ; idem pour $n=6$,  ou $n=3$.
    Est-ce que ce serait généralisable à tous les multiples de $3$ ?
    Tu me dis, j'oublie. Tu m'enseignes, je me souviens. Tu m'impliques, j'apprends. Benjamin Franklin
    L'hypocrisie est pire qu'une vérité qui fait mal. Franck Ntasamara.
  • Bonjour depasse,
    j’avais compris que c’étaient les seules solutions.
    Merci pour l’éclaircissement. 
  • Tout à fait  Lourrran, c'est généralisable mais je ne sais, pour l'heure, si l'on obtient ainsi toutes les solutions. En tout cas, $m$ et $n$ sont étrangers et, sauf si $m$ ou $n $ égale $1$, $3$ divise l'un d'eux, disons $n:=3k$. On vérifie aisément que $(1/3k-1/3k+1/(  3k-1)(3k+1  ),3k)$ sont solutions
  • LOU16
    Modifié (June 2022)
    Bonsoir
    Voici  un recensement exhaustif des éléments de $\mathcal E: =\Big  \{(m,n) \in (\N^*)^2 \mid m<n ,\: m \text{ divise } n^2-1,  \: n \text{ divise }m^2-1 \Big\}.$
    Pour tout entier $a \geqslant 2,  \:\: U^{(a)}$ désigne la suite définie par : $ \: U^{(a)}_0 =1, \:U^{(a)}_1 = a, \:\:\forall  n  \in \N, \:\: U^{(a)}_{n+2} =a \:U^{(a)}_{n+1} - U^{(a)}_n.$
    Alors : $$ \mathcal E =\Big\{ \big (U^{(a)}_n \:, \:U^{(a)} _{n+1}\big  ) \mid n\in \N, \: a\in \N_{n\geqslant 2} \Big\}.$$
    J'ajoute une justification de cette affirmation.
    $\forall (m,n) \in \mathcal E.\:\: m \wedge n =1. \:\: a:= \dfrac {m^2+n^2-1}{mn} \in \N_{\geqslant 2}.\quad \forall a \in \N_{\geqslant 2}, \:\: \mathcal E_a :=\{(m,n) \in \mathcal E \mid m^2+n^2-1 = amn \}.$
    $$\text{Alors: }\quad  \mathcal E =\displaystyle \bigcup_{a\in \N_{\geqslant 2}} \mathcal E_a.$$
    Pour tout entier  $a\geqslant 2 $, soit $T_a$ la bijection $\R^2\to\R^2, \:\: (x,y) \mapsto (y , ay-x).\qquad T_a^{-1}: \:(x,y) \mapsto ( ax-y , x).$
    $\bullet \:(1,a) \in \mathcal E_a, \:\: \forall (m,n) \in \mathcal E_a, \:\:T_a(m,n) \in \mathcal E_a,\quad \forall k \in \N: \:T_a ^{\circ k} (1,a)=\big( U^{(a)}_k\:,U^{(a)}_{k+1} \big),\qquad \Big\{ \big(U^{(a)}_n\:,\: U^{(a)}_{n+1}\big) \mid n\in \N\Big\} \subset  \mathcal E_a.$
    $ \bullet \:$ Soit $ (m,n) \in \mathcal E_a.$
    $\text{Si } m=1, \text{ alors }  \:(m,n) =(1,a).\qquad\text{  Si  } \:\:m>1,\:\text{  alors }\:T^{-1}_a(m,n) = (m',n')\in \mathcal E_a\:\:$ avec $1\leqslant m' =\dfrac {m^2-1}n <m.$
    Ainsi: $ \:\forall (m,n) \in \mathcal E_a, \:\: \exists k \in \N $ tel que $(m,n) = T_a ^{\circ k} (1,a)=\big( U^{(a)}_k\:,U^{(a)}_{k+1} \big). \quad \mathcal E_a \subset\Big\{ \big(U^{(a)}_n\:,\: U^{(a)}_{n+1}\big) \mid n\in \N\Big\}.$
    $$\mathcal E_a =\Big\{ \big(U^{(a)}_n\:,\:U^{(a)}_{n+1}\big) \mid n\in\N \Big\}. $$












  • Pour tout $n$, on a une solution $(n,n-1)$.
  • Même remarque que Math Coss, mais chapeau pour ce sous-ensemble des solutions!
  • LOU16
    Modifié (June 2022)
    Re,
    Il me semble néanmoins  que le recensement des éléments de $\mathcal E$, c'est-à dire des solutions  $(m,n)$  avec la condition $m<n$ donne facilement celui de "toutes" les solutions.
    $(n,n-1) \notin \mathcal E,$ .
  • alors disons $(m,m+1)$
  • Math Coss
    Modifié (June 2022)
    Oui, bon, le problème est symétrique en $m$ et $n$, prenons donc $(n-1,n)$...
    Est-ce que ces solutions apparaissent chez toi, @LOU16 ? Il semble que les premiers couples soient $(1,a)$ (déjà vu) et $(a,a^2-1)$, puis ça devient à peu près clair que $U_{k+1}-U_k$ devient de plus en plus grand (c'est vrai au moins à partir d'un certain rang, peut-être pas tout de suite ?).
  • LOU16
    Modifié (June 2022)
    Re,
    Oui, ces solutions apparaissent bien avec $a=2.$
  • Pardon!
  • En effet, pour $a=2$ on a $U_{n}^{(2)}=n+1$ ou peu s'en faut.
    (J'avais fait une erreur de signe, je pensais qu'il y avait deux racines réelles de signes opposés. En réalité, le discriminant est bien $>0$ pour $a\ge3$ mais pour $a=2$, il est nul.)
  • Remarque:

    $U_n^{(2)}=n+1$
    $U_n^{(3)}=F_{2(n+1)}$
  • Onoff
    Modifié (June 2022)
    Bonjour
    Bravo à LOU16 pour l'ensemble des solutions.
    Cela me fait penser au problème proche suivant :
    Déterminer tous les couples d'entiers naturels non nuls $(m,n)$, avec $m<n$, tels que :
    $n$ divise $m^2+1$ et $m$ divise $n^2+1$.
    L'ensemble des solutions est plus simple à décrire : il s'agit des couples de la forme $(F_{2k-1},F_{2k+1})$ pour $k\in\mathbb{N}^*$.
    Source : Hypermath, P. Bornsztein (Vuibert)
  • On peut aussi exhumer cet ancien fil qui traite des couples d'entiers strictement positifs $(x,y)$ tels que $x+1$ divise $y^2+1$ et $y+1$ divise $x^2+1$.
    La discussion a rebondi ici.
  • Sara1993
    Modifié (June 2022)
    Bonjour,
    je reste émerveillée face à l’ensemble des solutions proposé par LOU16, et par le fil de discussion, je ne serais pas arrivée toute seule à ça !!!
    Merci beaucoup pour cet enrichissement.
  • J.Faizant
    Modifié (June 2022)

  • J.Faizant
    Modifié (June 2022)
    Avec de la patience et les formules connues sur les suites de Lucas, on finit bien par retrouver la conclusion de LOU 16 qui, lui, démontre la question en trois coups de cuillère à pot.
    J.Faizant.
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