Équation avec une factorielle

Tyoussef

Bonjour ou bonsoir (voir l'heure)
Trouver tous les couples d’entiers naturels $ (x, y)$ qui vérifient l’équation suivante  $$x^2 = y! + 2001.$$
Vraiment, je ne sais pas par quoi commencer.
Merci d'avance.

uvdose

On a $2001=3\times23\times29$, donc si $(x,y)$ est une solution avec $y\geqslant29$, on a $2001 \;|\; x$, d'où $\dfrac{y!}{2001}+1\equiv0\;[2001]$. Essaye de voir que cela est absurde.
Reste à étudier le cas où $y<29$...

Poirot

Si $y \geq 7$ alors on doit avoir $x^2 \equiv 2001 \text{ mod } 7 \equiv -1 \text{ mod } 7$. Or $-1$ n'est pas un carré dans $\mathbb Z/7\mathbb Z$, donc il n'y a plus qu'à tester les valeurs de $y$ entre $0$ et $6$. On trouve que $(45, 4)$ est le seul couple solution.

eoghan

Je crois qu’on peut faire mieux sans connaitre les carrés modulo $n$.
Supposons $y \geq 6$ alors $9$ divise $y!$. 

Modulo $3$, on a : $x^2 \equiv 0$ $[3]$. Donc $3$ divise $x$.
Donc modulo $9$, on a : $ 0 \equiv 2001 \equiv 3$ $[9]$ : contradiction. Donc $0 \leq y \leq 5$, il ne reste plus qu’à tester pour chaque valeur.

lourrran

Tu disais : je ne sais pas par quoi commencer. 
Et la première étape, incontournable, c'est de décomposer $2001$ en facteurs premiers. $2001=3 \times 23 \times 29$
Donc si $y \ge 3$, le terme de droite est un multiple de $3$, et $x$ doit aussi être un multiple de $3$.
On voit aussi très vite que $x$ doit être impair ($y!$ est pair, sauf pour $y=0$ ou $y=1$, et ces 2 cas mènent à des impasses)
Après, il faut réfléchir. Et les réponses ci-dessus sont certainement correctes.

Dom

Ça n’a pas été dit, alors au cas où : on applique Bézout dans la méthode de uvdose. 

gebrane

Je reprends la jolie idée de  eoghan  si $y\geq 6$, alors   $x^2=y!+2001\equiv3\pmod 9$ impossible donc $y<6$

YvesM

Bonjour,

On a $45^2=2025=2001+4!.$

On cherche donc $x^2-45^2=y!-4!$

Tyoussef

@ lourrran  Merci beaucoup.

Tyoussef

YvesM Merci, j'aime bien c'est simple, et rapide. 

Tyoussef

Grand merci a vous tous.
Mais ce que je ne comprend pas, les chiffre comme

$Poirot $ le chiffre $7$.
eoghan et  gebrane  le chiffre 6.
Dites, vous projet l'équation dans $Z/7Z$ ou $Z/6Z$
Vielliez excuser mon modeste savoir faire.  

NicoLeProf

@Tyoussef , Poirot raisonne dans $\mathbb{Z}/7 \mathbb{Z}$ oui mais pour eoghan non, il regarde ce qu'il se passe modulo $3$ et $9$ lorsque $y \geq 6$ (donc dans $\mathbb{Z}/3 \mathbb{Z}$ et dans $\mathbb{Z}/9 \mathbb{Z}$) . Mais la preuve d'eoghan est élémentaire dans le sens où seules les connaissances de divisibilité nous servent ici. 

Si tu veux, je détaille le raisonnement d'eoghan quand j'aurai plus de temps dans la matinée ou en début d'après-midi. Ecris bien chaque étape de son raisonnement et vérifie pourquoi il a écrit cela, c'est vraiment élégant et pas très difficile !

lourrran

Il y a une étape qui est systématique : il faut décomposer 2001 en facteurs premiers.
Cette étape-là, on la fait presque mécaniquement, sans savoir à quoi ça va nous servir ensuite. Si ce grand nombre est un nombre premier, ou un carré parfait ou je ne sais quoi, on va avoir des plans totalement différents pour la suite.
Ensuite, la remarque de eoghan est effectivement 'magique'. 
Comment Eoghan a eu l'idée de regarder ce qui se passe pour y >= 6 , disons que c'est la petite étincelle qui nous différencie.

gebrane

T youssef
La technique est simple. On essaie de réduire la recherche des $y$. Pour cela, on décompose $1021$ et on cherche la plus petite valeur possible de $y$, notée $y_0$, telle que si $y\geq y_0$, le problème n'admet pas de solution. On remarque que $9$ divise $1021$ et pour récupérer le $9$ dans un e factorielle, le minimum requis est de commencer par $6!$ (6! = 2x3x4x5x6 = 9x2x4x5x2). Âprès on croise les deux doigts et non pas les bras et [on] essaye de justifier si $y\geq 6$, le problème n'admet pas de solutions ce qui réduit la recherche pour $y\leq 5$.

Nicoleprof dans ma suggestion peux-tu expliquer le mot impossible indépendamment de la preuve de  eoghan 

Poirot

Ma preuve est tout aussi élémentaire que celle d'eoghan, il n'y a pas besoin de savoir que $-1$ est un carré modulo un nombre premier impair $p$ si et seulement si $p \equiv 1 \text{ mod } 4$ pour observer à la main que $-1$ n'est pas un carré modulo $7$ !

Tyoussef

@ gebrane

  Reçu 5/5

Tyoussef

Merci tout le monde c'était un beau débat.

gebrane

T youssef, puisque tu as compris peux-tu traiter l'année où nous sommes ? $$x^2 = y! + 2023.$$ Je t'ai posé la question car tu ne lis pas avec critique les réponses qu'on te donne. Dans ma réponse, j'ai dit une énormité pour voir  :  j' ai dit que 9 divise 1021. tu n'as pas vérifié si c'est le cas . Mauvais signe.

Rescassol

Bonjour
Si $y\ge 5,\space y!+2023=3 \space [\text{mod} \space 5]$ et $3$ n'est pas un carré modulo $5$.

Donc il n'y a pas de solution dans ce cas.

D'autre part, en les énumérant, on voit que $45^2=2!+2023$ est la seule solution pour $y<5$.

Donc, l' équation $x^2=y!+2023$ a pour unique solution $(45;2)$..

Cordialement,
Rescassol
PS : $2023=7\times 17^2$, mais ça ne sert à rien.

NicoLeProf

gebrane a dit :

Nicoleprof dans ma suggestion peux-tu expliquer le mot impossible indépendamment de la preuve de  eoghan 

Je n'avais pas vu cette question de ta part ! Tu aimes me poser des questions gebrane !

Ton "impossible" est dû au fait qu'il n'y ait pas de carré congru à $3$ modulo $9$ (vérifié en faisant un tableau de congruences modulo $9$) .

Sinon, autre méthode inspirée de celle de Rescassol et d'autres : si $y \geq 4$ alors $y ! +2023 \equiv -1 \pmod 4$ ce qui est impossible car $-1$ n'est pas un carré modulo $4$ .

Il reste plus qu'à tester les différents cas pour $y \leq 3$ .

Il faut être astucieux dans ce genre d'exos, si je comprends bien, la méthode est plutôt de limiter les cas en trouvant des "petits modulo" conduisant à des impossibilités ! ^^'

gebrane

Bonjour
Rescassol a commencé par si $y\geq 5$, alors
Nicole prof a commencé par si $ y\geq 4$, alors
Peut-on commencer par si $y\geq 3$, alors  

Tyoussef

@ gebrane

 Oui, gebrane, j'ai vu cette erreur 1021, et je me suis tiens  la somme n'est pas un multiple de 3, comme faire pour 9.   Je l'ai même taper sur ma calculatrice, mais je me suis c'est une erreur de frappe,il y a une doit qui a taper sur un autre chiffre et  gebrane  est un Samoria des Maths. Et pour la solution je vais  faire comme la solution $YvesM$ $$ 45² -2023= 2= 2! $$ Donc la solution est $(45;2 )$.

gebrane

T youssef pourquoi c'est la seule ? Tu as donné seulement une !

Poirot

On peut généraliser l'équation en question. Soit $n$ un entier qui n'est pas un carré. Alors l'équation $x^2 = y! + n$ n'a qu'un nombre fini de solutions car il existe un nombre premier $p$ tel que $n$ ne soit pas un carré modulo $p$ (non trivial), et il n'y a alors pas de solution pour $y \geq p$. Si $n$ est un carré c'est une autre paire de manches...

Tyoussef

@ gebrane
Non, ce n'est pas la seule, tout les autres méthode sont jolie. De plus j'ai reçu des message privé, avec d'autre intervenants, d'autre méthode. J'ai choisi, la méthode de $ YvesM$, car elle est rapide.  Moi ce qui compte c'est que j'ai compris. 

Tyoussef

@ Poirot C'est-à-dire : $$ y!+n  =\;  un \;carré \; parfait $$ Puisque  les carrés parfait ne sont pas beaucoup, d’où  l'ensemble des solutions est finie.

gebrane

Tyoussef a dit :

@ gebrane. Non, ce n'est pas la seule, tout les autres méthode sont jolie.

Je  te demande comment tu prouves que i (45;2) est la seule solution ?

gebrane

Question amusante  Démontrer que  N=80!-39  n'est pas un carré parfait.

Rescassol

Bonjour,

$79$ est premier et $v_{79}(80!-39)=1$.
Non, je suis mal réveillé.
Plutôt $v_{3}(80!-39)=1$ car $v_3(80!)=36$ et $v_3(39)=1$.

Cordialement,
Rescassol

NicoLeProf

gebrane a dit :

Question amusante  Démontrer que  N=80!-39  n'est pas un carré parfait.

Amusante et surprenamment pas difficile du tout : je me fais avoir par quelque chose ou pas ??? Voici ce que je propose :

si (par l'absurde) $N=80!-39$ est un carré parfait alors il existe un entier $x$ tel que $ N=x^2$ . On a alors : $80!-39=x^2$ . Donc $3 | x^2$ et ainsi $3|x$ .

Dès lors, il existe un entier $k$ tel que $x=3k$ donc $x^2=9k^2$ et on obtient : $80!-9k^2=39$ donc $9 | 39$ ce qui est absurde !

Donc $N$ n'est pas un carré parfait.

Rescassol

Bonjour,

Oui, Nico, c'est la même chose que ce que je viens d'écrire.
Bon, je pars pour la journée.

Cordialement,
Rescassol

gebrane

Question non amusante  Démontrer que  N=(2n)!+1-n  n'est pas un carré parfait où $n$ est un entier naturel multiple de 4.
(La question précédente est un cas particulier n=40).

NicoLeProf

J'arrive à répondre à ta question @gebrane je pense dans le cas où $n-1$ est premier sans avoir nécessairement $n$ multiple de $4$ .

Les cas $n=0$ ; $n=1$ et $n=2$ sont faciles à traiter, on peut alors supposer que $n \geq 3$ .

Par l'absurde : s'il existe un entier $x$ tel que $x^2 = (2n)! +1-n$ alors $(n-1)$ divise $x^2$ (car $(n-1)^2$ divise $(2n)! $ et $n-1$ divise $1-n$).

Dès lors, $n-1$ divise $x$ car $n-1$ est premier par hypothèse donc $(n-1)^2$ divise $x^2$ .

Ainsi, on obtient : $x^2/(n-1) = (2n)! / (n-1) -1$ soit $n-1$ divise $-1$ donc $n \in \{0;2\}$, ce qui est impossible.

Donc $N$ n'est pas un carré parfait lorsque $n-1$ est premier.

Dans le cas où $n-1$ n'est pas premier, je sèche un peu. Je pense que c'est justement le moment d'utiliser ta condition sur $n$ mais pour le moment, je ne vois pas comment faire. J'aimerais bien tomber sur une absurdité du genre $-1$ est un carré modulo un facteur premier de $n$ ou $n-1$ qui n'est pas congru à $1$ modulo $4$ ou un truc du genre ! ^^'

gebrane

Tu es excellent, tu continues je suis certain que tu vas exploser cette question. Je ne veux pas influencer tes recherches

Tyoussef

Bonjour ou bonsoir (voir l'heure)
S'il vous plaît  Admin, je ne suis plus alerté par la messagerie de la boite mail. Est-ce que c'est normal ???

NicoLeProf

gebrane a dit :

Tu es excellent, tu continues je suis certain que tu vas exploser cette question. Je ne veux pas influencer tes recherches

Tu es vraiment super gentil gebrane de m'encourager comme tu le fais !!! Je suis désolé d'avoir interrompu mes recherches sur les deux fils d'arithmétique : maintenant que les oraux de l'agrégation interne sont derrière moi, je vais pouvoir me remettre à réfléchir sur ce que tu me proposes !!!

gebrane

Une seule personne a trouvé  une solution de ma question non amusante !

Tyoussef

@gebrane

 

Bonjour gebrane, pour savoir c'est la seule solution, aucune idée maniement maintenant.

Tyoussef

@gebrane
Il y a une astuce que j'ai vue dans PDF. On travaille sur les diviseurs, pour obtenir 2 diviseurs, un petit et l'autre grand. Comme ça on a  un intervalle dans $\N$. Puis on fait des tests pour chaque nombre. C'est déjà fait des les reponses.