Diviseurs de $2n^2-1$

Ben314159
Modifié (25 Feb) dans Arithmétique
Bonjour,
Trouvé sur un autre site (pour le moment, je suis sec et j'espère que l'énoncé est exact...) : 
Soit $n\!\in\!{\mathbb N}^*$.  Montrer que deux diviseurs distincts de $2n^2-1$ (et pas $\cancel{ 2^n\!-\!1}$) ne peuvent pas être congrus modulo $2n$.

Réponses

  • Il faut supposer que les diviseurs sont distincts de $1$.
    Si $n=5$, $2^5-1=31=1 \times 31$, et $31-1$ est multiple de $2n=10$.

  • Désolé, je me suis fourvoyé dans l'énoncé : ce n'est pas $2^n-1$ mais $2n^2-1$
  • NicoLeProf
    Modifié (25 Feb)
    Cela ne suffit pas, l'énoncé reste faux :
    si $n=6$, $2^6-1=63$.
    $21$ et $9$ sont bien deux diviseurs distincts de $63$ et tous deux distincts de $1$ mais on a : $21 \equiv 9 \pmod {12}$.
    Edit : commentaire écrit avant la correction de l'énoncé par Ben.
  • plsryef
    Modifié (25 Feb)
    Si il y a un diviseur de ce nombre il est plus petit que $n\sqrt{2}$ et la différences de  deux tels diviseurs, sont plus petits que $n\sqrt{2}$ donc de $2n$.
    (suite à la remarque de Ben314159 ce n'est pas suffisant.)

  • Ben314159
    Modifié (25 Feb)
    Certes, s'il y a un diviseur non trivial de $N=2n^2-1$, alors il y en a un qui est plus petit que la racine de $N$, mais de là à en déduire que tous les diviseurs de $N$ sont inférieurs à la racine de $N$, il y a un pas qui m’échappe . . . 
  • zygomathique
    Modifié (25 Feb)
    Salut

    $ N = 2n^2 - 1 = (2n - 1)(2n + 1) - 2n^2 = (2n - 1)(n + 1) - n = (2n + 1)n - n - 1 $

    Ne peut-on pas dire tout simplement que les équations $ (an + b)(cn + d) = 2n^2 - 1 $  et  $(2n + a)(n + b) = 2n^2 - 1$ n'ont pas de solutions ?
    (avec $a, b, c$ et $d$ entiers relatifs)

    Ce ne sont pas les signes, les symboles qui constituent la science ; le seul principe qui y domine, c’est l’esprit de sagacité auquel les objets soumis servent d’auxiliaire.                BHASCARA

  • LOU16
    Modifié (11 Mar)
    Bonjour,
    Je n'ai strictement rien compris au message de @zygomathique.  Je n'ai en tous cas rien vu de simple dans cette histoire et été amené à utiliser des éléments de la "théorie" du développement en fraction continuée des entiers quadratiques.
    Supposons l'existence d'un tel entier $n:\quad \exists p,t \in \N^* \text{ tels que } p \text { et } p+2tn \text { soient des diviseurs de } 2n^2-1.\:\:$
     Soit $\:d =p\wedge (p+2tn).\quad$On a: $2n^2-1\equiv 0 \mod d, \:\:d\wedge n =1, \:\:d \text{ divise }2tn, \:\:d\text { divise } 2t.$
    En divisant $p$ et $p+2tn$ par $d$, on obtient deux diviseurs de $2n^2-1$ premiers entre eux , et congrus $ \mod 2n.$
    $$ \exists p,t,q \in\N^*  \:\:\text{  tels que  }\:\: 2n^2-1 =pq(p+2tn)$$
    En notant $X=q(p+tn), \:\:Y=n, \:\: A=q(qt^2+2),\quad $ cela s'écrit : $\quad\boxed {X^2-AY^2 =-q.}\quad(\bigstar)$
    Soit $\alpha = \sqrt A.$ Il n'est pas très difficile de s'assurer que $\alpha \notin\Q.\quad$( Sinon $\:\exists u \in\N^*\: $tel que $(qt^2+1)^2 =(ut)^2+1.$)
    On déduit que $|X-\alpha Y|=\dfrac q{|X+\alpha Y|}<\dfrac q{\alpha Y}< \dfrac 1{tY}\leqslant \dfrac 1Y.\:$  Cette inégalité signifie que $\dfrac XY$ est une "réduite" de $\alpha.$
    Cette dernière assertion est fausse. Je la corrige par la suivante: 
    $\:\forall t\geqslant 2,\:\:|X-\alpha Y|<\dfrac 1{tY}\leqslant\dfrac 1{2Y}.\:\: $ Cette inégalité entraîne que $,\:\forall t\geqslant 2, \:\:\dfrac XY$ est une "réduite" de $\alpha.$
    On va utiliser le résultat suivant, valable pour tout $\alpha$ racine carrée non entière d'un entier.
    $\boxed{\text{Soit }\:(\alpha_n)_{n\in \N}\:\text{  la suite définie par }\:\:\alpha_0 =\alpha, \quad \forall n \in \N, \:\:\alpha_{n+1} =\dfrac 1{\alpha _n -\lfloor\alpha_n \rfloor}.\\ \text{ Alors, }\:\forall n\in \N, \exists a_n, b_n \in \N\: \text{ tels que }\:\:\alpha_n =\dfrac{a_n+\alpha}{b_n}\text { et pour toute réduite }\dfrac XY\text{ de }\alpha,  \:\exists n\in \N \text { tel que }|X^2-AY^2| = b_n.}$

    Il s'ensuit que $ \forall t\geqslant 2, \:\:|X^2-AY^2|\in\left\{b_n\mid n\in \N\right\}.\:\:$Or les suites $(\alpha_n) $et $(b_n) $ sont périodiques:$\quad\lfloor\alpha\rfloor =qt.$
    $\alpha_0 =\alpha,\quad\alpha_1 =\dfrac{qt +\alpha}{2q}, \quad\alpha_2 =qt+ \alpha,\quad \alpha_3=\dfrac{qt +\alpha}{2q}.\quad b_0=1,\quad b_1 =2q ,\quad b_2 =1,\quad b_3 =2q.$
    $$|X^2-AY^2| \in \{1;2q\} \:\text { contredit alors }(\bigstar).$$
    Le cas $t=1$ est traité dans un message ultérieur.


  • Ben314159
    Modifié (28 Feb)
    Il y a un truc qui m'échappe un peu : ce que je sais démontrer, c'est qu'une condition suffisante pour assurer qu'une fraction $\frac{p}{q}$ soit une des réduites d'un réel $\alpha$, c'est que $\big|\alpha\!-\!\frac{p}{q}\big|<\frac{1}{2q^2}$.
    Or il semblerait que tu utilises un résultat différent ne demandant pas d'avoir le facteur 2 au dénominateur.
    Tu peux détailler s.t.p.
  • LOU16
    Modifié (29 Feb)
    Bonjour,
    Merci pour ta lecture attentive qui met le doigt sur une confusion dans mes souvenirs, qui m'a laissé penser que $|X-\alpha Y|<\dfrac 1Y\:$ était une condition suffisante pour faire de $\dfrac XY$ une réduite de $\:\alpha.\:$
    Il n'en est rien, et comme tu le dis, il est nettement préférable de disposer à cet effet de l'inégalité $\:|X-\alpha Y|<\dfrac 1{2Y}\:$, qui, elle,  est réalisée pour tout $t\geqslant 2.$ Ainsi, il ne reste  à envisager que le cas $t=1$, c'est-à-dire prouver qu'il n'existe pas d'entiers non nuls $n,p,q $ tels que:
    $$2n^2-1=pq(p+2n).$$
    Pour l'instant, je ne vois pas.
  • gebrane
    Modifié (29 Feb)
    Je ne sais pas si j'ai compris la question. De tel $n$ doit vérifier \(2n^2\equiv 1 \mod 2n\) ce qui est visiblement impossible.
    Le 😄 Farceur


  • Si $d$ et $d'$ sont deux tels diviseurs, alors $2n$ divise $d-d'$ et $d,d'$ divisent $2n^2-1$ mais on n'a pas nécessairement $d-d' \mid 2n^2-1$ donc pas nécessairement $2n \mid 2 n^2-1$.
  • Effectivement, la vitesse tue
    Le 😄 Farceur


  • LOU16
    Modifié (8 Mar)
    Re,
    A l'aide de quelques connaissances sur " l'équation diophantienne $x^2-dy^2 =m,\:$ j'ai fini par trouver quelque chose qui résout le cas $t=1.$
    Avec $x=p+n$ et $y=n,\:\:\:2n^2-1 =pq(p+n)$ s'écrit: $\quad \boxed{qx^2-(q+2)y^2 =-1, \quad(\bigstar)}$ de sorte que ("équation de Bezout"):
    $\:\exists k \in\N $ tel que: $\begin{cases} x^2=\dfrac{q+3}2+k(q+2)\\y^2=\dfrac{q+1}2 +kq \end{cases}.\quad$ On a: $\:k\neq 0.\:\:$(Sinon  $x^2-y^2=1$ force $y=0\:$ et une contradiction) Ainsi:
    Ainsi, toute solution $(x,y) $ dans $\N^2$ de $(\bigstar)$ est telle que $\:\:x>\sqrt{\dfrac {3q}2}. \quad(\bigstar\bigstar)$
    $(qx,y)$ est alors solution de l'équation  diophantienne $\boxed{X^2-q(q+2)Y^2=-q.}$ On va prouver que cette dernière n'admet pas de solution.
    Soient la branche d'hyperbole $\mathcal H =\left\{(X,Y) \in\R\times \R^+\mid X^2-q(q+2)Y^2 =-q\right\},\qquad\mathbb H=\mathcal H\cap\Z^2,\qquad A\left(0;\sqrt{\dfrac 1{q+2}}\right)\in\mathcal H,$
    $\Phi $ l'élément de $\mathcal L(\R^2)$ dont la matrice dans la base canonique est $M =\begin{pmatrix}q+1&q(q+2)\\1&q+1 \end{pmatrix}.$
    Alors le groupe $G =\{\Phi^{\circ n}\mid n\in\Z\}$ agit sur $\mathcal H$ et $\mathbb H\:\:\:$ Ainsi $\Phi(A) \in\mathcal H. \:\: $Soit enfin $\Delta\:$ l'arc de $ \mathcal H $ d'extrémités $A$ et $\Phi(A).$
    $$\forall (X,Y)\in \mathbb H,\:\:\exists n \in\Z,\:\:\exists (X_0,Y_0)\in \Delta\cap\Z^2\:\:\text{ tels que }\:(X,Y) =\Phi^n(X_0,Y_0).$$
    $\Delta\cap \Z^2$ est un "domaine fondamental pour l'action du groupe $G$ sur $\mathbb H.$"   Un dessin n'est peut-être pas inutile.
    Si $\mathbb H\neq \emptyset,\:\:\mathbb H $ est partitionné en un nombre fini d'orbites sous cette action, chacune possédant un unique représentant dans $\Delta \cap \Z^2.$
    Or l'abscisse de $\Phi(A)\:$ est $q\sqrt{q+2} .\:\:\Delta =\left\{(X,Y)\in \mathcal H\mid 0\leqslant X\leqslant q\sqrt{q+2}\right\}=\left\{(qx,y) \in\mathcal H\mid 0\leqslant x\leqslant\sqrt{q+2}\right\} \:\:$ 
    L'inégalité $x\leqslant \sqrt{q+2}$ contredit $(\bigstar\bigstar),\: $pour $q>2.  \quad\Delta\cap \Z^2 =\emptyset.\:\:$ Ainsi :
    $$\mathbb H =\emptyset.$$


  • gebrane
    Modifié (2 Mar)
    Bonjour @LOU16
    Lien effacé
    Quelqu'un a dit "Question to the Diophantine experts, is there an integer solution possible for$\displaystyle p=\sqrt{\frac{s^2-2}{k^2r^2+2k}}$ with $k, r, s =$ arbitrary integers. If not there is no integer \( n \) solving equations of OP."
    Le 😄 Farceur


  • LOU16
    Modifié (2 Mar)
    Bonjour @gebrane
    Merci de m'avoir signalé ce site, mais le lien que tu as transmis ne fonctionne pas.
    Pour moi, le problème est équivalent à l'existence d'éléments $n,p,q,t \in \N^*$ vérifiant $ 2n^2-1 =pq(p+2tn)$, une équation que je ne parviens pas à relier à  $ p=\sqrt{\dfrac{s^2-2}{k^2r^2+2k}}.$
    Avec un peu plus de recul, j'ai pu étendre à $t$ quelconque l'argument que j'ai donné pour $t=1$, et compris pourquoi cette équation  diophantienne du second degré à deux paramètres $q$ et $t$, pouvait, un peu miraculeusement, être résolue.
  • LOU16
    Modifié (9 Mar)
    Bonsoir,
     Merci @Gebrane de me rappeler l'existence de la page "Keith Contad expository papers"  de ce site, que j'ai fréquenté naguère avec une assiduité gourmande et auquel je n'avais pas songé à me référer.
    On y trouve en particulier le théorème suivant, qui permet, sans en modifier l'esprit, de simplifier substantiellement ma preuve, en évitant de traiter à part le cas $t=1.$
    $\text{Si }\:\: |x^2-dy^2 | <\sqrt d,\:\:\text{alors } \dfrac xy \text{ est une réduite de }\sqrt d.$

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