Équations diophantiennes avec nombres triangulaires

Chaurien
Modifié (15 Apr) dans Arithmétique
Dans Quadrature n° 131, janvier-mars 2024, Claude Morin signe un article concernant les nombres triangulaires, qui complète l'article « Oies sauvages et nombres triangulaires », paru dans ce périodique n° 127, janvier-mars 2023. Je n'ai pas pour l'instant l'accès à ce dernier, et si quelqu'un l'a, il pourrait nous le communiquer, pour savoir ce qu'on a pu dire de nouveau sur cette histoire d'oies sauvages, que j'avais évoquée sur ce forum en mars 2021, mais dont j'ai perdu l'origine, sans doute lointaine.
Claude Morin est bien connu pour les articles qu'il a publiés dans le bulletin de l'APMEP, la RMS, Quadrature, etc. Il paraît même qu'il résout pas mal de problèmes ici et là, sous pseudonyme...
Présentement, pour $n \in \mathbb N^*$, le $n$-éme nombre triangulaire est $T_n=\frac {n(n+1)}2$. L'article en question aborde les équations diophantiennes $T_m=n^2$ et $T_p=2T_q$, qu'on ramène habituellement à une équation de Fermat-« Pell », résolue par des procédés algébriques classiques. Claude Morin donne des solutions simplifiées, en citant un beau livre : Émile Fourrey, Récréations arithmétiques, Librairie Nony & Cie, 1899, opportunément réédité par Vuibert en 1994, près d'un siècle après. Avis à ceux pour qui le passé est dépassé...
........................................................................................................................................................................
Alors, je me suis demandé, plus généralement : au lieu de $T_p=2T_q$, résoudre dans $\mathbb N^* \times \mathbb N^* $ : $T_p=aT_q$, avec $a$ donné,  $a \in \mathbb N$, $a \ge2$.
Et au lieu de $T_m=n^2$, résoudre dans $\mathbb N^* \times \mathbb N^* $ :  $T_m=n^a$, avec $a$ donné,  $a \in \mathbb N $, $a \ge2$.
Pour le premier ça semble faisable, pour le second, plus difficile. Qu'en pensez-vous ?
Bonne journée.
Fr. Ch.

Réponses

  • Lou16 a répondu à une question relativement similaire ici
    La question était ; 'tout rationnel peut-il s'écrire sous la forme de quotient de 2 nombres triangulaires. Et du coup, si $a$ n'est pas un carré parfait, l'équation $T_p= a T_q$ aurait une infinité de solutions.
    Tu me dis, j'oublie. Tu m'enseignes, je me souviens. Tu m'impliques, j'apprends. Benjamin Franklin
  • LOU16
    Modifié (16 Apr)
    Bonsoir,
    $\bullet\:$Comme le dit @lourran, l'équation $T_m=aT_n$ possède une infinité de solutions lorsque $a$ n'est pas le carré d'un entier.

    $\bullet\:$D'autre part, l'équation $T_m=n^3$ admet dans $\N^*\times \N^* \:$ une unique solution: $\:\:(1,1).$
    Je pense avoir convenablement démontré cette assertion en prouvant que l'équation diophantienne $x^3+2y^3=1$ n'admet pas de solution avec $|x|>1,|y|>1.$
    Pour obtenir ce dernier résultat ,j'ai utilisé le caractère monogène du groupe multiplicatif des unités positives de l'anneau $\Z[\sqrt [3] 2]$

    $\bullet\:$ J'ai également établi que l'unique solution de $T_m=n^4$ dans $\N^*\times\N^*$ était $(1,1).$
    L'argument utilisé est loin d'être concis, mais il est élémentaire.


  • Chaurien
    Modifié (16 Apr)
    Bravo et merci @lourrran et @LOU16. Je vais regarder ceci.
    Je répète ma demande. En ce moment, je n'ai pas accès à une partie de ma documentation, et notamment à ma collection de Quadrature.  Quelqu'un peut-il communiquer le contenu de l'article : Oies sauvages et nombres triangulaires de Mercedes Haiech dans le n° 127, janvier-mars 2023 ? En particulier, j’aimerais savoir s'il y a des références pour l'habillage « oies sauvages  » des problèmes d'équations diophantiennes $T_p=2T_q$ ou $T_p=2T_q+1$.
  • Annulez ma dernière demande, j'ai retrouvé  mon n° 127 de Quadrature, qui s'était caché à un endroit incongru. Merci à ceux qui commençaient à me répondre.
  • Chaurien
    Modifié (17 Apr)
    Les nombres figurés, triangulaires, carrés, pentagonaux, etc., sont un fascinant sujet d'étude, qui nous relie à la plus ancienne tradition mathématique européenne, l'arithmogéométrie pythagoricienne, et nous offre de nombreux sujets de réflexion. C'est déjà le cas pour les nombres triangulaires $T_n=\frac {n(n+1)}2$, comme on peut le voir ici.
    • Déjà, j'avais envie de retrouver des références pour l'habillage « oies sauvages » des équations diophantiennes $T_p=2T_q$ et $T_p= 2T_q+1$, et j'espérais en trouver dans l'article de Mercedes Haiech dans Quadrature n° 127, mais il n'y en a pas. D'ailleurs cet article n'aborde que la première, ce qui limite quelque peu son intérêt.
    • Ensuite, j'ai demandé à résoudre $T_p=aT_q$, et @lourrran et @LOU16 ont répondu avec maestria. En complément, j'ai retrouvé un article d'un mathématicien gabonais : Abou-Dardaye Barry, L'équation diophantienne $x(x+1)=ky(y+1)$, L'Enseignement mathématique, IIe série, Tome XXV, Fascicule 1-2, janvier-juin 1979. Et aussi, du même auteur : Problem E  2891, The American Mathematical Monthly, Vol. 89, No. 10 (Dec. 1982), pp. 786-787.
    Voir aussi l'équation $x(x+1)=p^{2n} y(y+1)$, dans : W. Sierpinski, 250 problèmes de théorie élémentaire des nombres, Hachette 1972, 5/167, p. 38.
    • À suivre...
    Bonne journée,  frisquette en ÎDF.
    Fr. Ch.
    17/04/2024
  • Rendons à César ce qui appartient à César. Mon seul mérite ici a été d'être le messager qui apportait le brillant travail de Lou16. 
    Tu me dis, j'oublie. Tu m'enseignes, je me souviens. Tu m'impliques, j'apprends. Benjamin Franklin
  • LOU16
    Modifié (19 Apr)
    Bonjour,
    Voici une résolution de $T_m=n^4.$
    $\boxed{\text {Soit } (x,y)\in\N^*\times\N^*,\:\text{  tel que }\:x(x+1)=2y^4\quad (\bigstar).}\:$ On veut prouver que le seul couple qui convient est $(1,1).$
    Avec $X=2x+1: \qquad(\bigstar)\iff 8y^4=(X-1)(X+1).\:\:$ D'autre part:$\:(X-1)\wedge (X+1) =2.$
    $\bullet \:\text{ Si }X\equiv 1 \mod 4,\:\: $ alors $\:\exists (u,v)\in\N^2\: $ tel que $\:u\wedge v =1,\:\:\:X-1=4u^4, \:\:X+1 = 2v^4, \:\: $ ce qui entraîne $\:v^4-2u^4=1,$
    $(v^2-1)(v^2+1)=2u^4,\:$ et l'existence d' entiers $s, t$ tels que $v^2-1 =s^4, \:\:v^2+1 =2t^4.\:\:$ On déduit:
    $(v-s^2)(v+s^2)=1,\quad s=0,\:v=1,\:$ puis $X=1,\:x=0,\:$ ce qui est impossible.

    $\bullet \:\text{ Si }X\equiv 3 \mod 4,\:\: $alors $\:\exists (u,v)\in\N^2\: $ tel que $\:u\wedge v =1,\:\:\:X+1=4u^4, \:\:X-1 = 2v^4, \:\: $ ce qui entraîne $\:2u^4-v^4=1,$
    $(u^4-1)^2+v^4 =u^8.\quad $ Posons $a=u^4-1,\:\:b=v,\:\:c=u^2.\:\:$ Alors $\boxed{\:a^2+b^4=c^4.}$
    Montrons que cette dernière équation n'est possible que si $ab=0$, ce qui entraînera $x=1$, comme attendu.
    Pour cela, on raisonne par l'absurde en supposant l'existence de $(a,b,c) \in (\N^*)^3 \:$  tel que $\:a^2+b^4=c^4,\:$  avec $c$ minimal pour cette propriété. Alors  $a\wedge b=1.$
    On utilisera désormais abondamment le "classique" paramétrage des "triplets pythagoriciens".
    $1) \:\text{ Si } a \text{ est pair}.$
    $\exists p,q \in \N^* \: $ tel que $a=2pq,\:\: b^2=p^2-q^2, \:\:c^2=p^2+q^2, \qquad\boxed{(bc)^2+q^4 =p^4, \quad qbc \neq 0,\:\:p<c,}\:\:$
    ce qui contredit la minimalité de $c$.
    $2) \:\text{ Si } a \text{ est impair}.$
    $\exists p,q \in \N^* \: $ tel que $b^2=2pq,\:\: c^2=p^2+q^2, \:\:p\wedge q =1\:\:$ Il vient $p=2r^2,\:\: q=s^2,\:\:r\wedge s=1, \:\:c^2 =(2r^2)^2+(s^2)^2.$
    On obtient enfin: $\:\: 2r^2 =2ef ,\:\: s^2 =e^2-f^2,\:\: e=E^2,\:f= F^2, \:\:\boxed{s^2+F^4 =E^4,\:\:sF\neq 0, \: E<c,}\:\:$ et la minimalité de $c$ est à nouveau mise en défaut.






  • Chaurien
    Modifié (17 Apr)
    En effet, félicitations à @LOU16, qui s'est manifesté maintes fois par ses solutions à des problèmes ardus. Je rappelle que $T_n=\frac{n(n+1)}2$ et qu'il a trouvé les solutions pour $T_m=n^3$ et $T_m=n^4$, malheureusement il n'y en a pas de non triviales.
    En complément, je conseille un livre dont j'ai déjà parlé plusieurs fois et qui est une vraie mine d'or pour les amateurs d'Arithmétique : Waclaw Sierpinski, Elementary theory of numbers, Warszawa 1964. Ouvrage réédité et disponible :
    https://www.gbv.de/dms/ilmenau/toc/024111015.PDF
    https://eudml.org/doc/219306
    https://archive.org/details/elementarytheory0000wacl/page/n5/mode/2up
    En pages 78-79, il résout l'équation $x^3+y^3=2z^3$ dans $\mathbb Z$, en restant dans $\mathbb Z$, sans s'aventurer dans $\mathbb Z[\sqrt [3] 2]$, mais à ce prix il faut une page pour en venir à bout : le passage par un anneau de nombres algébriques est sans doute opportun. Et il signale l'équation  $T_m=n^3$ comme corollaire, comme dit @LOU16.
    En page 85, il traite l'équation  $T_m=n^4$ comme  @LOU16.
    Bonne soirée.
    Fr. Ch.
  • LOU16
    Modifié (4 May)
    Bonsoir,
    L'équation $T_m=n^3$ se révèle plus délicate.
    $\boxed{\text{ Lemme: }\:\forall (x,y) \in\Z^2, \:\:x^3+2y^3 =1 \iff (x,y)\in \Big\{(1,0) ; (-1,1)\Big\}.}$
    Soit $\alpha = \sqrt[3] 2.\quad$ Alors: $\:\:x^3+2y^3= \mathcal N(x+y\alpha),\:\: $ où $\mathcal N$ désigne la norme de l'extension cubique réelle $\Q(\alpha)/\Q.$
    $\forall (x,y) \in\Z^2, \:\:x^3+2y^3 =1\:$ signifie que $x+y\alpha$ est un élément du groupe $\mathcal U^+$ des inversibles positifs de l'anneau $\Z[\alpha].$
    $\mathcal U^+$ est monogène, engendré par $1+\alpha+\alpha^2 $, et par son inverse $\alpha-1.\quad$ 
    (On  peut trouver ça dans des tables qui recensent les unités fondamentales des anneaux $\Z[\sqrt[3]d].$) Ainsi:
    $$\forall (x,y) \in\Z^2, \:\:x^3+2y^3 =1\iff \exists n \in \Z, \:\text{ tel que } x+y\alpha =(1+\alpha+\alpha^2)^n.$$
    Il est impossible que $n$ soit strictement positif, car dans ce cas: $(1+\alpha+\alpha^2)^n=x_n+y_n\alpha +z_n\alpha^2\: $ avec $x_n,y_n,z_n \in \Z $ et$ \:z_n>0.$
    Par conséquent: $:x^3+2y^3 =1\iff \exists n \in \N\:\text { tel que }x+y\alpha =(\alpha-1)^n.$
    Or $\:( \alpha-1)^n=x_n+y_n\alpha +z_n\alpha^2\:$ où $\:\left[\begin{array}{c}x_n\\y_n\\z_n\end{array}\right]=A^n.\left[\begin{array}{c}1\\0\\0\end{array}\right]\:\:$avec $\: A=\left[\begin{array}{ccc}-1&0&2\\1&-1&0\\0&1&-1\end{array}\right].\:$ Ainsi $z_n =\Phi(A^n)\:$ où
    $\Phi$ désigne l'application $\Z$-linéaire $\mathcal M_3(\Z)\to\Z $ qui à toute matrice $M$ lui associe son coefficient $M_{31}.$
    $x^3+2y^3 =1\iff \exists n \in \N\:\text { tel que }x+y\alpha =(\alpha-1)^n\:\:$ et $\:\Phi(A^n)=0.\:\:$Il faut prouver que $\Phi(A^n)=0\iff n\in\{0,1\}.$
    On observe que $A^3 =\mathrm I_3+3B,\:\: $où $\:\:B=\left[\begin{array}{ccc}0&-2&2\\1&0&-2\\-1&1&-0\end{array}\right].$
    $\bullet\: z_{3n} =\displaystyle\sum_{k=0}^n\binom nk \Phi(B^k)3^k=-3n +3^2n\sum_{k=2}^n\binom{n-1}{k-1}\Phi(B^k)\dfrac {3^{k-2}}k=3n(-1+3q), \:\:q\in \Q,\:\mathcal V_3(q)\geqslant 0\:\:(\forall k\geqslant 2, \:\mathcal V_3\left( \dfrac{3^{k-2}}k \right)\geqslant 0.)$
    Ainsi: $\quad z_{3n} =0 \iff n=0, \quad \boxed{x=1,\:y=0.}$
    $\bullet \: z_{3n+1}=\displaystyle \sum_{k=0}^n \binom nk\Phi(B^kA)3^k=6n +3^2n\sum_{k=2}^n\binom{n-1}{k-1}\Phi(B^kA)\dfrac{3^{k-2}}k\:\:$ et on conclut, comme dans le cas précédent que:
    $z_{3n+1} =0\iff n=0, \quad\boxed{ x=-1,y=1.}$
    $\bullet\: z_{3n+2}\: =\Phi(A^2)+3 \displaystyle \sum_{k=1}^n \binom nk\Phi (B^kA^2)3^{k-1} \equiv 1 \mod 3.\qquad \forall  n \in \N, \:\:z_{3n+2}\neq 0 \:\:\square $

    Il est temps de revenir à l'équation dans $\N^*\times \N^*, \:\:x(x+1) =2y^3.\:\:$ Avec $X=2x+1, \:$ elle équivaut à  $(X-1)(X+1)=8y^3.$
    $\bullet\: \text{ Si }X\equiv 1 \mod 4.$
    Alors $\exists u,v \in\Z \: $ tels que $\:X-1=4u^3, \:X+1=2v^3,\quad v^3-2u^3=1.\:\:$ D'après le lemme, $\:v=\pm 1, \:$ qui entraîne $X+1=\pm 2,\:\: $contredisant $x>0.$
    $\bullet\: \text{ Si }X\equiv 3 \mod 4.$
    Alors $\exists u,v \in\Z \: $ tels que $\:X-1=2u^3, \:X+1=4v^3,\quad 2v^3-u^3=1.\:\:$ Le lemme dit alors que $u =\pm 1,\:$ et donc que $X=3$ ou $X=-1,\:$ forçant $x=1,y=1. \:\square$










  • Dans une olympiade régionale hongroise, j’avais vu une traduction du problème suivant où il faut trouver toutes les solutions entières $a,b$ de l’équation 
    \begin{equation}
    (a+3)(a^2+3)=b^2+7
    \end{equation}
    on se ramène à l’équation $b^2-(a+1)^3=1$ elle-même équivalente à une équation de la forme $x^2-y^3=1$.
    Dans l’ouvrage de Sierpinski, Elementary theory of numbers, on démontre que $(0,-1)$, $(\pm 1,0)$,$(\pm 3,2)$ sont les seules solutions rationnelles de cette dernière équation. On en déduit les solutions de la première.
  • J’ai un petit problème bonus que je n’arrive pas à sourcer. Il concerne cette fois les nombres pentagonaux (de la forme $P_n=\frac{n(3n-1)}{2}, \: \: n=1,2,3,…$. On sait depuis Lagrange (1770) que tout entier positif (dont les nombres pentagonaux) est somme d’au plus quatre carrés. Montrer qu’il y a une infinité de nombres pentagonaux qui ne sont pas somme de trois carrés d’entiers positifs. 
    (Auteur: Thomas Moore, université Bridgewater)
  • Chaurien
    Modifié (19 Apr)
    @biguine_equation. À propos des nombres pentagonaux $P_n=\frac{n(3n-1)}{2}, \: \: n=1,2,3,…$.  
    L'ennui avec ces problèmes c'est qu'on ne sait pas ce qu'il faut supposer connu. Dans le cas présent, il n'est peut-être pas indispensable de connaître tout à fait le théorème de Legendre qui caractérise exactement les entiers qui sont sommes de trois carrés entiers, mais une condition suffisante est, justement, suffisante pour ce problème.
    Les restes par $8$ possibles pour un carré d'entier sont $0,1,4$. Les sommes possibles $\mod 8$ de trois de ces restes sont tous les restes sauf le reste $7$. Autrement dit, un entier de la forme $8q+7$ n'est pas somme de trois carrés d'entiers. 
    En prenant $n:=2(8q+7)$, $q \in \mathbb N$, on a : $P_n \equiv 7 (\mod. 8) $, qui n'est donc pas somme de trois carrés d'entiers.
    Bonne journée.
    Fr. Ch.
  • Chaurien
    Modifié (18 Apr)
    @biguine_equation. À propos de l'équation $(a+3)(a^2+3)=b^2+7$.
    Même question : qu'est-ce qui est supposé connu ? Comme tu dis, cette équation est équivalente à : $b^2- (a+1)^3=1$, soit $x^2-y^3=1$, résolue dans : Waclaw Sierpinski, Elementary theory of numbers, Warszawa 1964, en nombres entiers p. 80 et en nombres rationnels p. 81. Je ne taris pas d'éloges sur ce livre, qui m'accompagne depuis une cinquantaine d'années. Ses solutions d'équations diophantiennes  forment un continuum, reliées les unes aux autres. Ainsi, la solution de $x^2-y^3=1$ s'appuie sur plusieurs lemmes. Je serais curieux d'en voir une rédaction spécifique.
    Alors je me demande ce qui était au juste attendu d'un jeune participant à une compétition mathématique  régionale hongroise :  juste  le calcul facile ramenant $~~(a+3)(a^2+3)=b^2+7$ à $~~b^2- (a+1)^3=1$, et puis citation de Sierpinski supposé connu ? Mystère...
Connectez-vous ou Inscrivez-vous pour répondre.