Un petit exercice de probabilité

 Bonjour

 Je me contente de décrire de manière précise ce que j'ai trouvé pour l'ensemble $\mathcal S$ des solutions $(b,n)\in \N^2$ de l'équation diophantienne (de GG  7 avril)  $$b^2+n^2-8bn+n+6b-2=0.$$

Soient $u$ et $v$ les suites définies par: $u_0=0, u_1=2,\:\:\forall n \in\N\:\:\: u_{n+2} =62u_{n+1}-u_n -20,\quad v_0=1, u_1=14,\:\:\forall n \in\N \:\:\:v_{n+2} =62v_{n+1}-v_n -50.\quad $ Alors :

$$\boxed{\mathcal S=\Big\{(u_n,v_n) \mid n\in \N\Big\}\cup \Big\{(u_{n+1},v_n) \mid n\in \N\Big\}.}$$
$$\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|}\hline n&0&1&2&3&4&5\\   \hline u_n&0&2&104&6426&398288&24687410\\  \hline v_n&1&14&817& 50590&3135713&194363566\\   \hline \end{array}$$
$$6\begin{bmatrix}b\\n\end{bmatrix} =\begin{bmatrix}63&-8\\8 &-1 \end{bmatrix}^k.\begin{bmatrix}10\\1\end{bmatrix}+\begin{bmatrix}2\\5\end{bmatrix} \:\:\text{ ou }\:\: 6\begin{bmatrix}b\\n\end{bmatrix}=\begin {bmatrix}-1&8\\-8&63\end{bmatrix}^k.\begin{bmatrix}-2\\1\end{bmatrix}+\begin{bmatrix}2\\5\end{bmatrix},\quad k\in \N.$$

Bonjour Gebrane,

Ma réponse est en adéquation avec celle  de "wolfram", qui ne me paraît pas la plus simple possible.: les solutions peuvent aussi toutes s'exprimer sous la forme d'une unique combinaison linéaire de $(4+\sqrt{15})^n $ et $(4-\sqrt{15})^n,\: $le lien avec "wolfram" étant: $31+8\sqrt{15} =(4+\sqrt{15})^2.$

J'étais d'abord parvenu à:

$$15x^2-10x+1 =y^2, \:\:(x,y)\in\Z^2 \iff 3\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}4&1\\15&4\end{pmatrix}^n\begin{pmatrix}-1\\3\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}1\\0 \end{pmatrix},\:n\in \Z,$$

mais j'ai cru judicieux de présenter les solutions sous la forme de suites récurrentes permettant un calcul plus agréable de celles-ci.

Bonjour, $\def\nn{\mathbb{N}} \def\qq{\mathbb{Q}} \def\zz{\mathbb{Z}} \def\ptv{~;~} \def\HHM#1{\mathbf{H}\left[\, #1\, \right]}$

Le farceur gebrane a introduit une certaine équation diophantienne à l'aide de tout un mistigri, dans la lignée des "problèmes qu'on crée" . C'est la mode concernant le gloubi-glouba probabiliste infligé aux élèves de lycée. On commence par se gargariser avec des Omégas et de Beaux Réliens (tuant un certain nombre d'heures de cours). Puis on joue aux " problèmes qu'on crée" , introduits par des nez-noncés en langue vernaculaire approximative. On peut alors tuer un certain nombre d'heures de cours à gloser sur la signification de telle ou telle phrase de tel nez-noncé.

On a même la "méthode-gebrane" (méfiez vous des contrefaçons) qui consiste à changer aléatoirement le nez-noncé en cours de route. Une petite retouche au nez de Cléopâtre, cela ne devrait pas nuire, tant pis si un de nos billets de banque du passé a prétendu le contraire.

Je propose, pour ceux qui le veulent bien, de se débarrasser de toute cette esbrouffe et d'examiner comment faire pour trouver les couples $\left(n,b\right)\in\zz$ tels que  \[ \mathrm{eqq\_lour}:=b^{2}-8bn+n^{2}+b+6n-2=0 \] Les gants, les paires, les voleurs, etc. : et ta sœur. Les conditions $b>0$ ou $n<b$, etc.: parti frère. Autrement dit, il reste Pell-Fermat et c'est tout.

A titre mnémonique, on s'autorisera $n$ comme numérateur, et $b$ comme bénominateur, pour une raison qui va apparaître rapidement. Un calcul élémentaire donne:  \[ n=4b-3\pm\sqrt{15b^{2}-25b+11} \] On commence par en déduire que, si $\left[n,b\right]$ est une solution, alors $\left[8b-6-n\right]$ en est une autre. On peut toujours en faire un miracle Wolfram-découvert. Mais c'est juste une banale application de la banale formule des équations du second degré.

Le développement limité:  \[ \dfrac{n}{b}=4\pm\sqrt{15}-\left(3\pm\dfrac{5\sqrt{15}}{6}\right)\,\dfrac{1}{b}\pm\dfrac{7\sqrt{15}}{360}\,\dfrac{1}{b^{2}}+O\!\left(\dfrac{1}{b^{3}}\right) \] montre à la fois que $n/b$ est une approximation du nombre $4\pm\sqrt{15}\approx7.87$... et que c'est une approximation de mauvaise qualité.

La stratégie à utiliser est bien connue. Elle consiste à commencer par tuer le terme croisé par la substitution: $[b=x+y,n=x-y]$, $\left[x=\left(n+b\right)/2,y=\left(b-n\right)/2\right]$. Les équations deviennent  \begin{eqnarray*} \mathrm{eqq\_xy} & = & -6x^{2}+10y^{2}+7x-5y-2=0\\ x & = & \dfrac{1}{12}\left(7\pm\sqrt{240y^{2}-120y+1}\right)\\ \dfrac{x}{y} & = & \pm\dfrac{\sqrt{15}}{3}+\left(\dfrac{7}{12}\mp\dfrac{\sqrt{15}}{12}\right)\dfrac{1}{y}\mp\dfrac{7\sqrt{15}}{720}\,\dfrac{1}{y^{2}}+O\!\left(\dfrac{1}{y^{3}}\right) \end{eqnarray*} Ensuite de quoi, un coup de completesquare conduit à utiliser \[ \left[x=\dfrac{7}{12}+\dfrac{u}{12},y=\dfrac{1}{4}+\dfrac{v}{4}\right],\left[n=\dfrac{u-3v+4}{12},b=\dfrac{u+3v+10}{12}\right],\left[u=6n+6b-7,v=2b-2n-1\right] \] En substituant, on obtient les résultats déjà donnés:  \begin{eqnarray*} \mathrm{eqq\_uv} & = & u^{2}-15v^{2}+14=0\\ u & = & \pm\sqrt{15v^{2}-14}\\ \dfrac{u}{v} & = & \pm\sqrt{15}\mp\dfrac{7\sqrt{15}}{15}\,\dfrac{1}{v^{2}}+O\!\left(\dfrac{1}{v^{4}}\right) \end{eqnarray*}

Les fractions $u/v$ sont donc des approximants quadratiques de $\sqrt{15}$, avec une discrépanture limite égale à $7/\sqrt{15}\simeq1.8$. Autrement dit, trop grande pour correspondre à un convergent Euclidéen. Par contre, appliquée à ces mêmes convergents, la règle  \[ \max\;\frac{d_{n+1}+d_{n}}{4d_{n}} \] donne $1.97$ comme discrépanture maximale pour les convergents de Brocot, ceux issus de l'anthyphérèse pythagorique.

On rappelle le processus générateur de ces convergents. On part de $3<\sqrt{15}<\infty$, qui se code par \[ \sqrt{15}\simeq\dfrac{3x_{1}+1}{1.x_{1}+0} \] Puis on applique les homographies $\sigma\left(z\right)=\left(z+1\right)/z$ et $\tau\left(z\right)=z/\left(z+1\right)$, une $\sigma$ à l'apparition d'un quotient dans l'algorithme d'Euclide, suivi d'une flopée de $\tau$. Ici, ce n'est pas trop dur! Les quotients étant $3,\left(1,6\right)$, il y a 7 Brocots par période, obtenus en appliquant successivement les homographies \[ \sigma,\sigma,\tau,\tau,\tau,\tau,\tau \] On constate aisément que deux Brocots par période fournissent une solution $u,v$. Il reste à repasser en $n,b$. Les formules ci-dessus fournissent des $n,b\in\qq$ qui vérifient l'équation initiale, mais il n'y en n'a qu'un sur quatre pour être en nombres entiers.

Appelons $u_{m},v_{m}$ les solutions en $u,v$ et écrivons les matrices \[ U_{m+1}\doteq\left(\begin{array}{cc} u_{m} & u_{m+1}\\ v_{m} & v_{m+1} \end{array}\right) \] Les matrices d'évolution étape par étape sont  \[ E_{m}\doteq\left(U_{m}\right)^{-1}.U_{m+1}=\left(\left[\begin{array}{cc} 0 & -4\\ 1 & 7 \end{array}\right]\ptv\left[\begin{array}{cc} 0 & -1/4\\ 1 & +7/4 \end{array}\right]\right) \] elles sont périodiques avec les quotients. L'évolution quatre par quatre correspond aux matrices  \[ \widehat{U_{m}}\doteq\left(\begin{array}{cc} u_{m} & u_{m+4}\\ v_{m} & v_{m+4} \end{array}\right) \] qui évoluent en utilisant $\mathrm{saute}\left(E_{m},\cdots,E_{m+3}\right)$. Comme cela consiste aussi à évoluer sur deux périodes des quotients, on a  \[ \mathrm{saute}\left(E_{m},E_{m+1},E_{m+2},E_{m+3}\right)=\mathrm{saute}\left(\HHM 1\HHM 6\HHM 1\HHM 6\right)=\left[\begin{array}{cc} 0 & -1\\ 1 & +62 \end{array}\right] \]

L'évolution des couples $n,b$ utilise évidemment les mêmes matrices. Plus précisément, la relation \[ \left(\begin{array}{c} n\\ b \end{array}\right)=\dfrac{1}{12}\left[\begin{array}{cc} 1 & -3\\ 1 & +3 \end{array}\right]\cdot\left(\begin{array}{c} u\\ v \end{array}\right)+\left(\begin{array}{c} 1/3\\ 5/6 \end{array}\right) \] et la numérotation $n_{0}=2\ptv b_{0}=14$ conduisent à  \[ \left[\begin{array}{cc} n_{p} & n_{p+1}\\ b_{p} & b_{p+1} \end{array}\right]=\left(\left[\begin{array}{rc} 2 & 104\\ 14 & 817 \end{array}\right]-\dfrac{1}{6}\left[\begin{array}{cc} 2 & 2\\ 5 & 5 \end{array}\right]\right)\cdot\left[\begin{array}{cc} 0 & -1\\ 1 & 62 \end{array}\right]^{p}+\dfrac{1}{6}\left[\begin{array}{cc} 2 & 2\\ 5 & 5 \end{array}\right] \] qui est une formule permettant un accès direct à un couple solution. On peut aussi utiliser la formule \[ \left[\begin{array}{cc} n_{p} & n_{p+1}\\ b_{p} & b_{p+1} \end{array}\right]=\left[\begin{array}{cc} -1 & 8\\ -8 & 63 \end{array}\right]^{p}\cdot\left(\left[\begin{array}{cc} 2 & 104\\ 14 & 817 \end{array}\right]-\dfrac{1}{6}\left[\begin{array}{cc} 2 & 2\\ 5 & 5 \end{array}\right]\right)+\dfrac{1}{6}\left[\begin{array}{cc} 2 & 2\\ 5 & 5 \end{array}\right] \]

On peut même faire un peu de géométrie projective et se débarrasser de toutes ces fractions disgracieuses. On obtient:  \[ \left[\begin{array}{ccc} n_{p} & n_{p+1} & n_{p+2}\\ b_{p} & b_{p+1} & b_{p+2}\\ 1 & 1 & 1 \end{array}\right]=\left[\begin{array}{ccr} 2 & 104 & 6426\\ 14 & 817 & 50590\\ 1 & 1 & 1 \end{array}\right]\cdot\left[\begin{array}{ccc} 0 & 0 & 1\\ 1 & 0 & -63\\ 0 & 1 & +63 \end{array}\right]^{p} \] Le polynôme caractéristique est $\left(X-1\right)\left(X^{2}-62X+1\right)$ qui en eût douté ? Et, comme de juste, on obtient $X-1$ fois le polynôme caractéristique de la matrice sauteuse. Et comme la matrice "projective" est une matrice compagnon... 

Cordialement, Pierre

Bonjour Gebrane
Je peux t'indiquer la manière dont j'ai procédé, en espérant que cela soit plus clair.

Soit à résoudre dans $\N^2$ l'équation $\:x^2-8xy+y^2+x+6y-2=0.$

$\bullet \:\text{ Première étape:  on se ramène à la forme }\:X^2-dY^2=a$

 On y parvient avec le changement d'inconnues $X=-24x+6y+18,\quad Y=6x-5,\:\: $qui donne:$\:\: X^2-15Y^2=21.$

$\bullet \:\text{ Deuxième  étape:  résolution de }\:X^2-dY^2=a, \:\:\:(d \text{ sans facteur carré )}.$

Il importe à ce stade de connaître le résultat suivant:    Soit $(x_0,y_0) $ la solution fondamentale de $X^2-dY^2=1.$

Alors, les solutions dans $\Z^2$ de $X^2-dY^2=a>0$ sont données par $\begin{bmatrix}X\\Y \end{bmatrix} =\pm\begin{bmatrix}x_0&dy_0\\y_0&x_0 \end{bmatrix}^n.\begin{bmatrix}u\\v\end{bmatrix}\: $ où $n\in\Z\: $ et $(u,v)$ décrit l'ensemble (fini, éventuellement vide) des solutions de $X^2-dY^2=a\:$ telles que $0<u<x_0\sqrt a, \:\:v\geqslant 0.$

Cela nous conduit ici à: $\begin{bmatrix}X\\Y \end{bmatrix} =\pm\begin{bmatrix}4&15\\1&4\end{bmatrix}^n.\begin{bmatrix}6\\1\end{bmatrix}\: \:$  ou $\: \begin{bmatrix}X\\Y \end{bmatrix} =\pm\begin{bmatrix}4&15\\1&4\end{bmatrix}^n.\begin{bmatrix}9\\2\end{bmatrix}.\: \quad$Notons:$\:A=\begin{bmatrix}4&15\\1&4\end{bmatrix}.$

$\bullet\:\text{ Troisième étape:  retour à l'inconnue } (x,y).$

Soit $P =\begin{bmatrix}0&1\\1&4\end{bmatrix}.\quad 6\begin{bmatrix}x\\y\end{bmatrix} =P\begin{bmatrix}X\\Y\end{bmatrix}+\begin{bmatrix}5\\2\end{bmatrix}=\pm \left(PAP^{-1}\right)^n .P\begin{bmatrix}6\\1\end{bmatrix} +\begin{bmatrix}5\\2\end{bmatrix}\:\:\:$ ou $\:\:\: 6\begin{bmatrix}x\\y\end{bmatrix}=\pm \left(PAP^{-1}\right)^n P.\begin{bmatrix}9\\2\end{bmatrix} +\begin{bmatrix}5\\2\end{bmatrix}.$

$6\begin{bmatrix}x\\y\end{bmatrix}=\varepsilon\begin{bmatrix}0&1\\-1& 8\end{bmatrix}^n.\begin{bmatrix} 1\\10\end{bmatrix}+\begin{bmatrix}5\\2\end{bmatrix}\:\:\:$ ou $\:\:\:6\begin{bmatrix}x\\y\end{bmatrix}=\varepsilon\begin{bmatrix}0&1\\-1& 8\end{bmatrix}^n.\begin{bmatrix} 2\\17\end{bmatrix}+\begin{bmatrix}5\\2\end{bmatrix},\quad n \in\Z ,\:\:\varepsilon\in \{-1 ,1\}.$

Pour que les vecteurs constituant  les membres de droite de chacune de ces égalités soient "pairs", il faut et il suffit que $n$ soit pair  dans la première, et impair dans la seconde.

$6\begin{bmatrix}x\\y\end{bmatrix}=\varepsilon\begin{bmatrix}-1&8\\-8& 63\end{bmatrix}^n.\begin{bmatrix} 1\\10\end{bmatrix}+\begin{bmatrix}5\\2\end{bmatrix}\:\:\:$ ou $\:\:\:6\begin{bmatrix}x\\y\end{bmatrix}=\varepsilon\begin{bmatrix}-1&8\\-8& 63\end{bmatrix}^n.\begin{bmatrix} 1\\-2\end{bmatrix}+\begin{bmatrix}5\\2\end{bmatrix},\quad n\in\Z, \:\:\varepsilon =\{-1,1\}.$

Pour que les vecteurs des membres de droite soient "divisibles par $3$", il faut et il suffit que $\varepsilon=1.$

$6\begin{bmatrix}x\\y\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}-1&8\\-8& 63\end{bmatrix}^n.\begin{bmatrix} 1\\10\end{bmatrix}+\begin{bmatrix}5\\2\end{bmatrix}\:\:\:$ ou $\:\:\:6\begin{bmatrix}x\\y\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}-1&8\\-8& 63\end{bmatrix}^n.\begin{bmatrix} 1\\-2\end{bmatrix}+\begin{bmatrix}5\\2\end{bmatrix},\quad n\in\Z.$

Pour que $(x,y) \in\N^2, \:$ il faut et il suffit que $n$ soit positif dans la première alternative et négatif dans la seconde.

$\boxed{6\begin{bmatrix}x\\y\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}-1&8\\-8& 63\end{bmatrix}^n.\begin{pmatrix} 1\\10\end{pmatrix}+\begin{bmatrix}5\\2\end{bmatrix}\:\:\text{ ou }\:\:\:6\begin{bmatrix}x\\y\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}63&-8\\8& -1\end{bmatrix}^n.\begin{bmatrix} 1\\-2\end{bmatrix}+\begin{bmatrix}5\\2\end{bmatrix},\quad n\in\N.}$

La relation de récurrence linéaire que j'ai mentionnée dans mon premier message découle bien entendu du polynôme caractéristique des matrices mises à contribution: $X^2-62X+1.$

Bonjour,

Excellent résumé d'un fonctionnement en mode OShine. Rien ni personne ne peut faire boire un âne qui n'a pas soif, ni expliquer quoi que ce soit à quelqu'un qui ne veut pas fournir le travail qui serait nécessaire pour comprendre. L'existence d'une récurrence provient de la périodicité du développement en fraction continue d'un nombre quadratique.  Donc, il faudrait que gebrane lise et travaille un cours sur les fractions continues. J'emploie la forme faudrait parce que je ne suis pas convaincu que cela va se produire. Mais le monde continuera de tourner, et Shaolin d'être un paradigme pour ceux qui veulent progresser en s'entraînant.

Par ailleurs, la méthode réductrice utilisée par @LOU16 est \[\left\{b = \frac{Y}{6}+\frac{5}{6}, n =
\frac{X}{6}+\frac{1}{3}+\frac{2 Y}{3}\right\}\]  tandis que la méthode réductrice que j'ai utilisée est \[ \left\{b =  \frac{5}{6}+\frac{u}{12}+\frac{v}{4}, n =
\frac{1}{3}+\frac{u}{12}-\frac{v}{4}\right\} \] Evidemment, cela ne change rien aux résultats (remarque: les deux transformations utilisent les mêmes translations, seul change le motif élémentaire du réseau). On aboutit pareillement à

 \[ \left[\begin{array}{c}x \\  y  \\  1 \end{array}\right]= 
\left[\begin{array}{ccc} -1 & 8 & -1 \\  -8 & 63 & -14 \\ 0 & 0 & 1  \end{array}\right]^{p} \cdot  \left[\begin{array}{c} 1  \\  2 \\  1  \end{array}\right] \]

PS. Pour le théorème indiqué par LOU16, on peut regarder Thm 8-8 p.146 in