Équation diophantienne $x^2=17+8^n$

uvdose

Bonjour,

Je suis tombé sur cette équation diophantienne sur MSE. Je me demande déjà comment traiter le cas $c=2$, c'est à dire l'équation 
$$(E) : x^2=17+8^n$$
où $x$ et $n$ sont des entiers naturels.
On peut conjecturer que l'ensemble des solutions $(x,n)$ de $(E)$ est $\{(5,1);(9,2);(23,3)\}$, mais comment le prouver ?
On peut supposer que $n$ est impair, le cas où $n$ est pair étant facile à traiter ($17$ s'écrit de façon unique comme la différence de deux carrés). Sauf erreur, on ne peut pas espérer une obstruction modulo une puissance de $2$.

Merci d'avance pour votre aide !

Edit : on peut peut-être travailler dans l'anneau de Dedekind $\mathbb{Z}[\sqrt{17}]$, mais j'avoue être un peu rouillé pour cela.

Médiat_Suprème

L'argument pour le cas pair est juste que le carré d'un nombre pair est pair (le cas n= 0 étant trivialement exclu).

uvdose

@Médiat_Suprème Je ne comprends pas ce que tu veux dire.

Médiat_Suprème

J'ai mal lu et donc j'ai écrit n'importe quoi !

Guego

Pour tout $p\geqslant 2$, $(8^p)^2 < 17+8^{2p} < (8^p + 1)^2$, donc $17+8^{2p}$ est compris entre $2$ carrés successifs et ne saurait donc être un carré lui-même. Ça règle le cas $n$ pair.

Aucune idée pour le cas $n$ impair, par contre.

uvdose

Pour traiter le cas où $n$ est impair, je ne sais pas si cela est payant d'utiliser les solutions de l'équation de Pell-Fermat 

$(P) : x^2-8y^2=17\,.$

Les solutions positives de $(P)$ sont les $(x_n,y_n)$, $n\in\N$, où $x$ et $y$ sont les suites d'entiers définies par

$\left\{\begin{array}{l}(x_0,x_1,x_2,x_3)=(5,7,23,37)\\x_{n+4}=6x_{n+2}-x_n\end{array}\right.$  et $\left\{\begin{array}{l}(y_0,y_1,y_2,y_3)=(1,2,8,13)\\y_{n+4}=6y_{n+2}-y_n\end{array}\right.\,.$

Dès lors, cela revient en particulier à chasser les puissances de $8$ parmi les termes de la suite $y$. 
Il est facile de voir que pour tout $k\in\N$, $y_{2k+1}\equiv2\;[7]$ ou $y_{2k+1}\equiv6\;[7]$, donc $y_{2k+1}$ n'est pas une puissance de $8$.
Il "reste" donc à déterminer quels termes de la suite $a=(y_{2k})$ (voir OEIS) définie par

$\left\{\begin{array}{l}(a_0,a_1)=(1,8)\\a_{n+2}=6a_{n+1}-a_n\end{array}\right.$

sont des puissances de $8$. Cela ne semble pas très simple. Des idées ?

noix de totos

Lire : http://matwbn.icm.edu.pl/ksiazki/aa/aa65/aa6546.pdf

uvdose

J'ai avais l'impression, sans pouvoir encore le prouver, que si $n\in\N$ et $k\in\N^*$,

$8^k \;|\; a_n \;\Longleftrightarrow\; n\equiv8^k-7\;[8^k]\,.$

Par conséquent, $a_n=8^k$ entraînerait aurait entraîné que $n\geqslant 8^k-7$.
Or, il ne doit pas être trop difficile de prouver que $\forall n\in\N$, $a_n\geqslant8n$, d'où une contradiction pour $k>1$...

Edit : désolé, j'ai raconté des bêtises.

dirikly

Bonjour
L'équation de Mordell $y^2-x^3=17$ admet un nombre fini de solutions : 
$(2,5), (4,9), (8,23),(43,282),(52,375),(5234,378661)$

L'équation $(E)\quad x^2=17+8^n$ est équivalente à $x^2-(2^n)^3=17$
les solutions de l'équation de Mordell de la forme $(2^n,x)$ sont : $(2,5),(4,9),(8,23)$ donc les couples $(x,n)$ solutions sont $(5,1),(9,2), (23,3)$

uvdose

@dirikly Merci. Cette équation de Mordell se résout-elle avec des outils "élémentaires" ?

dirikly

@uvdose    à confirmer, j'ai utilisé un article de wikipédia https://en.wikipedia.org/wiki/Mordell_curve

uvdose

J'ai fini par poser la question sur MSE. Un participant a déniché un article qui répond à la question initiale (voir le corollaire page 151).

uvdose

Je n'ose pas ouvrir une nouvelle discussion pour vous soumettre la question (accessoire, mais qui m'amuse) suivante, à laquelle je n'ai pas encore la réponse.
Soit $a$ la suite évoquée plus haut, définie par

$\left\{\begin{array}{l}(a_0,a_1)=(1,8)\\a_{n+2}=6a_{n+1}-a_n\end{array}\right..$

Existe-t-il, pour tout entier naturel $k$, un terme de la suite $a$ divisible par $19^k$ ?
J'ai indiqué dans le tableau ci-dessous, pour les premières valeurs de $k$, le plus petit entier naturel $n$ tel que $19^k\;|\;a_n$ :

$\begin{array}{|c|c|}
\hline
k&n\\
\hline
1&7\\
\hline
2&67\\
\hline
3&447\\
\hline
4&58207\\
\hline
5&812697\\
\hline
6&20360847\\
\hline
7&193687777\\
\hline
8&2075523017\\
\hline
\end{array}$

LOU16

LOU16

Bonjour,

Voici une réponse (positive) à la question posée par @uvdose dans son denier message

Soient $p:=19,\:\:A :=\begin{pmatrix} 3&8\\1&3 \end{pmatrix},\:\: f$ l'application $\mathcal M_2(\Z)\to \Z$  définie par: $\forall M\in \mathcal M_2(\Z), \quad f(M) =\begin{pmatrix} 0&1 \end{pmatrix}M\begin{pmatrix}5\\1 \end{pmatrix}.\:\:$ Alors:

$$\boxed{\forall n \in \N,\:\:A^{n+2} =6A^{n+1} -A^n, \quad a_n =f(A^n).}$$

On observe que; $\:\:f \text{ est }\Z-\text{linéaire},$ 

$a_7\equiv 0 \mod p, \:\:a_7\not\equiv 0 \mod p^2,\quad A^{20} =\mathrm I_2+pB, \:\: B\in \mathcal M_2(\Z), \quad a_{67} =f\left(A^7(\mathrm I_2 +pB)^3)\right )\equiv 0 \mod p^2.$

On déduit que $f(A^7)+3pf(A^7B) \equiv 0 \mod p^2,\:\:$ puis que $\boxed{f(A^7B) \not \equiv 0 \mod p.}$

On prouve par récurrence: $$\boxed{ \forall k \in \N^*, \exists n \in \N^*\text{ tel que } a_n \equiv0 \mod p^k, \:\:f(A^nB) \not\equiv 0 \mod p.\qquad(\mathcal P_k)}$$

$(\mathcal P_1)\:$ est vraie: $n=7.\qquad$Supposons $(\mathcal P_k) \text{ vraie.} $

$\exists r \in \N\: $ tel que $\:\dfrac {a_n}{p^k} +rf(A^nB)\equiv 0 \mod p.\quad (\bigstar)\qquad$ Notons $m=20rp^{k-1}+n.\quad$ Alors:

$a_m =f\left [A^n(\mathrm I_2+pB)^{rp^{k-1}}\right]= f(A^n)+rp^kf(A^nB)+\displaystyle \sum_{i=2}^{rp^{k-1}}\binom{rp^{k-1}}i p^{i}f(A^nB^{i})\equiv f(A^n)+rp^kf(A^nB)\overset{(\bigstar)}{\equiv 0} \mod p^{k+1}.$

D'autre part:  $f(A^mB)=f\left[A^nB(\mathrm I_2+pB)^{rp^{k-1}}\right]\equiv f(A^nB) \not\equiv 0 \mod p .\:\: (\mathcal P_{k+1}) $ est établie. $\:\square$

uvdose

Merci beaucoup pour ta réponse @LOU16 !
 
LOU16 a dit :

$f(A^n)+rp^kf(A^nB)+\displaystyle \sum_{i=2}^{rp^{k-1}}\binom{rp^{k-1}}i p^{i}f(A^nB^{i})\equiv f(A^n)+rp^kf(A^nB)\overset{(\bigstar)}{\equiv 0} \mod p^{k+1}.$

Juste un détail : est-il immédiat que $\displaystyle\binom{rp^{k-1}}i p^i$ est divisible par $p^{k+1}$ lorsque $i\geqslant2$ ?

LOU16

Bonjour @uvdose.

Je vois que c'est avec un œil de lynx  que tu détectes les imprécisions de mon propos. Il n'y a, de toutes façons, jamais rien d'évident.

$\displaystyle \binom{rp^{k-1}}i p^{i} =r \binom{rp^{k-1}-1}{i-1}\dfrac {p^{k+i-1}}{i}\qquad \forall i\geqslant 2, \quad \mathcal V_p(i)\leqslant i-2 \implies k+i-1-\mathcal V_p(i) \geqslant k+1.$

uvdose

@LOU16 Mais oui, bien sûr, merci !

uvdose

Je trouve vraiment ta démonstration épatante, @LOU16.

Si je ne raconte pas de bêtise, elle fonctionne pour des entiers premiers $p\geqslant3$ tels que :
(i) il existe $r\in\N^*$ tel que les coefficients de la matrice $A^r-I_2$ sont tous divisibles par $p$,
(ii) il existe $s\in\N$ tel que $p\;|\;a_s$ et $p^2\not|\;a_s$,
(iii) il existe $t\in\N$ tel que $t\equiv s\;(\text{mod }r)$ et $p^2\;|\;a_t$.

Une investigation informatique pour $p\leqslant200$ me donne : 

$\begin{array}{|c|c|c|c|}\hline p&r&s&t\\\hline19&20&7&67\\\hline43&44&30&734\\\hline47&23&2&209\\\hline53&54&34&1276\\\hline67&68&12&2052\\\hline83&84&14&1694\\\hline101&102&45&4737\\\hline127&63&23&4874\\\hline137&34&3&1125\\\hline149&150&69&5319\\\hline151&75&58&10933\\\hline157&158&7&5853\\\hline179&36&5&2669\\\hline191&95&80&15660\\\hline\end{array}$

J'avais également posé la question sur MSE. J'ai obtenu une première réponse, mais qui dépasse mes compétences...

uvdose

Deux articles parmi d'autres qui traitent de ce genre de question.

C. Sanna, “The p-adic valuation of Lucas sequences”, Fibonacci Q. 54 (2016), p. 118-224.

T. Lengyel, The order of the Fibonacci and Lucas numbers, The Fibonacci Quarterly, 33.3 (1995), 234–239.