Valeur à trouver du jeudi 29 avril 2021

3 ? :)o

Oui, je laisse les détails de l'exercice à mes camarades. 8-)

Bonjour,
Soit $n\in\Bbb N^*$. On observe que si $x^2+y^2+1=nxy$, alors $(nx-y)^2+x^2+1=n(nx-y)x$ (calcul...) et $nx-y>0$. De plus, si $x<y$, alors $nx = \frac{x^2+y^2+1}{y} \leqslant \frac{2y^2+1}{y} <2y$ (*) donc $0<nx-y<y$. Ainsi, la transformation $(x,y)\mapsto (nx-y,x)$ envoie une solution de $X^2+Y^2+1=nXY$ dont les 2 composantes sont distinctes sur une autre solution de composante maximale strictement plus petite (i.e. $\max(nx-y,x)<\max(x,y)$, mais les composantes de la nouvelle solution ne sont plus forcément distinctes).

Maintenant, on prend $(x,y)\neq (1,1)$ tel que $ n :=\frac{x^2+y^2+1}{xy} \in\Bbb N$. Si $x=y$, alors $\frac1{xy} = n- \frac{x^2+y^2}{xy}=n-2\in \Bbb Z$, donc $x=y=1$. Vu l'hypothèse $(x,y)\neq (1,1)$, on a donc $x\neq y$. Comme le processus du paragraphe précédent ne s'arrête que quand on tombe sur une solution de $X^2+Y^2+1=nXY$ dont les 2 composantes sont identiques, il existe $t\in\Bbb N^*$ tel que $t^2+t^2+1 = nt\cdot t$. Donc $t$ divise $1$, puis $t=1$. D'où $\fbox{$n=3$}$.

PS: La transformation $(x,y) \mapsto (3x-y,x)$ envoie justement $(F_{2k-1},F_{2k+1})$ sur $(F_{2k-3},F_{2k-1})$. Et la preuve précédente tournée à l'envers confirme que les solutions sont toutes de la forme $(F_{2k-1},F_{2k+1})$, comme conjecturé par Math Coss (que je remercie car son message m'a aidé à trouver cette preuve).

(*) Edit: J'ai écrit l'inégalité dans le mauvais sens. La personne qui me l'a signalé m'a aussi proposé une façon de le rattraper : $$nx-2y = \frac{x^2+y^2+1}{y}-2y\leqslant \frac{x^2+1-y^2}{y}\leqslant \frac{(y-1)^2+1-y^2}{y}\leqslant 2\frac{1-y}{y}<0$$ sauf exceptions faciles à traiter.

Je propose une rédaction peut-être un peu plus fluide de la solution de Calli, qui limite les montées-descentes.

Soit $n$ un entier naturel non nul et soit $(x,y)\in\Z^2$ une solution entière de $x^2+y^2+1=nxy$.
On a d'abord $xy>0$: quitte à changer les deux signes, on suppose désormais $x$ et $y$ strictement positifs. Ensuite, si $x=y$, alors $(n-2)x^2=1$, si bien que $n=3$ et $x=1$.

On suppose désormais que $x<y$. Considérons $(nx-y,x)$. On vérifie que \[(nx-y)^2+x^2+1=n(nx-y)x,\] de sorte que $(nx-y,x)$ est une solution entière (en particulier $nx-y>0$). Montrons que $nx-y\le x$: en effet, \begin{align*}
nx-y\le x&\iff nxy-y^2\le xy\\
&\iff x^2+1\le xy\\
&\iff 1\le x(y-x).
\end{align*}S'agissant d'entiers tels que $0<x<y$, l'inégalité est satisfaite. De plus, il y a égalité SSI $x=1$ et $y-x=1$. Dans ce cas, $(x,y)=(1,2)$ et, en reportant, $n=3$.

Partant d'une solution $(x,y)$ avec $0<x<y$, on produit une suite finie ou infinie de la façon suivante. On part de $(x_0,y_0)=(x,y)$. Pour $k$ entier naturel, supposons avoir construit $(x_0,y_0),\dots,(x_k,y_k)$. Si $x_k=y_k$, le processus s'arrête. Sinon, on pose $(x_{k+1},y_{k+1})=(nx_k-y_k,x_k)$. On vient de montrer que \[y_{k+1}\le x_{k+1},\] et que l'inégalité est stricte, c'est-à-dire que $y_{k+1}<y_k$, sauf si $(x_k,y_k)=(1,2)$.

Comme toute suite décroissante d'entiers stationne, il existe donc un indice pour lequel $(x_k,y_k)=(1,2)=(F_1,F_3)$. On en déduit en particulier que $n=3$ et, vu que \[
x_{j-1}=y_j=-x_{j+1}+3y_{j+1}=-x_{j+1}+3x_j
\]pour tout $j\ge1$, ce qui est la relation de récurrence des nombres de Fibonacci d'indice impair, on peut conclure.

L'équation $x^2+y^2+1=3xy$ est la spécialisation de l'équation de Markov \[x^2+y^2+z^2=3xyz\] pour $z=1$, qui a des propriétés incroyables.