Deux équations à deux inconnues
dans Arithmétique
Bonjour,
Voici un problème qui me rend fou X:-(.
Trouver $x$ et $y$ entiers (positifs) tels que $\displaystyle 1+x \mid 1+y^2$ et $\displaystyle 1+y \mid 1+x^2.$
J'ai démontré que :
- Le système est symétrique : si $\displaystyle (x,y)$ est solution, alors $\displaystyle (y,x)$ est solution.
- Si $\displaystyle (t,t)$ est solution, alors nécessairement $\displaystyle t=0$ ou $\displaystyle t=1$. Puis que $\displaystyle (0,0)$ et $\displaystyle (1,1)$ sont bien solutions.
- Si $\displaystyle (0,y)$ est solution, alors nécessairement $\displaystyle y=0$.
- Si $\displaystyle (1,y)$ est solution, alors nécessairement $\displaystyle y=1$.
- Nécessairement $\displaystyle 1+x \mid x^2+y^2$ et $\displaystyle 1+y \mid x^2+y^2$.
- Si $\displaystyle d \mid 1+x$ et $\displaystyle d \mid 1+y$, alors nécessairement $\displaystyle d \mid 2$.
- Le cas $\displaystyle d=1$, donc $\displaystyle 1+x \wedge 1+y=1$, c'est-à-dire premiers entre-eux, mène à l'équation $\displaystyle k(1+x)(1+y) = x^2+y^2$. Je pense avoir démontré, sans en être sûr, qu'il n'y a pas de solution.
- Le cas $\displaystyle d=2$... je ne sais pas le traiter.
Je suis presque certain qu'il n'y a pas d'autre solution que $\displaystyle (0,0)$ et $\displaystyle (1,1)$. Mais je n'arrive pas à le démontrer.
Une indication ? Une idée ?
Voici un problème qui me rend fou X:-(.
Trouver $x$ et $y$ entiers (positifs) tels que $\displaystyle 1+x \mid 1+y^2$ et $\displaystyle 1+y \mid 1+x^2.$
J'ai démontré que :
- Le système est symétrique : si $\displaystyle (x,y)$ est solution, alors $\displaystyle (y,x)$ est solution.
- Si $\displaystyle (t,t)$ est solution, alors nécessairement $\displaystyle t=0$ ou $\displaystyle t=1$. Puis que $\displaystyle (0,0)$ et $\displaystyle (1,1)$ sont bien solutions.
- Si $\displaystyle (0,y)$ est solution, alors nécessairement $\displaystyle y=0$.
- Si $\displaystyle (1,y)$ est solution, alors nécessairement $\displaystyle y=1$.
- Nécessairement $\displaystyle 1+x \mid x^2+y^2$ et $\displaystyle 1+y \mid x^2+y^2$.
- Si $\displaystyle d \mid 1+x$ et $\displaystyle d \mid 1+y$, alors nécessairement $\displaystyle d \mid 2$.
- Le cas $\displaystyle d=1$, donc $\displaystyle 1+x \wedge 1+y=1$, c'est-à-dire premiers entre-eux, mène à l'équation $\displaystyle k(1+x)(1+y) = x^2+y^2$. Je pense avoir démontré, sans en être sûr, qu'il n'y a pas de solution.
- Le cas $\displaystyle d=2$... je ne sais pas le traiter.
Je suis presque certain qu'il n'y a pas d'autre solution que $\displaystyle (0,0)$ et $\displaystyle (1,1)$. Mais je n'arrive pas à le démontrer.
Une indication ? Une idée ?
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Réponses
Effectivement, le code Python suivant donne $4$ couples solutions:
n=5000 for x in range(0,n): for y in range(x,n): u=(1+x**2)/(1+y) v=(1+y**2)/(1+x) if u==int(u) and v==int(v): print(x,' ',y)Cordialement,
Rescassol
def T(n): for x in range(n): for y in range(x+1,n+1): if (1+y^2)%(1+x)==0: v = (1+x^2)/(1+y) print x,y def U(n): for x in range(n): for y in range(x+1,n): u = (1.+x^2)/(1+y) if int(u)==u: v = (1.+y^2)/(1+x) if int(v)==v: print x,yAlors, le calcul de T(2000) prend 2.08 s de CPU alors que celui de U(2000) prend 19.35 s de CPU.
Oui, le code suivant prend 1.48 s de CPU chez moi.
Je n'avais pas cherché à optimiser.
import time t0=time.clock() n=2000 for x in range(0,n): for y in range(x,n): u=(1+x**2)%(1+y) if u==0: v=(1+y**2)%(1+x) if v==0: print(x,' ',y) print(time.clock()-t0)Il reste à justifier s'il y a d'autres couples solutions au delà.
Cordialement,
Rescassol
2) En python, quand on fait "if A and B", si A n'est pas vrai, il ne se fatigue pas à évaluer B. Donc faire 2 if emboîtés ne fait rien gagner par rapport à un seul if avec un and.
La fonction U(n) de Jer peut donc se réécrire plus simplement :
[0, 0] [1, 1] [33, 217] [57, 249] [6553, 41569] [42985, 533865] [22641, 961753]J'imagine qu'il y a une infinité de solutions.Je démontre quelques relations énoncées :
- On se limite à $\displaystyle 2 \leq x <y$ dans tout le reste sans perte de généralité car on a démontré que $\displaystyle (0,0)$ et $\displaystyle (1,1)$ sont les seules solutions lorsque cette contrainte n'est pas vérifiée, et que le système est symétrique.
- Comme $\displaystyle 1+x \mid 1+y^2$, et $\displaystyle x^2-1 =(x-1)(x+1) \in \N$, alors $\displaystyle 1+x \mid 1+y^2+x^2-1=x^2+y^2.$ Par symétrie $\displaystyle 1+y \mid x^2+y^2.$
- Comme $\displaystyle 1+x \mid 1+y^2$, $\displaystyle 1+x \mid x^2+y^2$ et $\displaystyle 1+x \mid x^2-1$, alors, pour tout $A, B, C$ entiers, $$\displaystyle 1+x \mid A(1+y^2) + B(x^2+y^2)+C(x^2-1)=x^2(B+C) + y^2(A+B) + 1(A-C).$$ De même, $\displaystyle 1+y \mid y^2(B+C) + x^2(A+B) + 1(A-C).$
Et alors, si $d$ est un diviseur commun à $\displaystyle 1+x$ et à $\displaystyle 1+y$, on a : $\displaystyle d \mid 1+x$, $\displaystyle d \mid 1+y$ et $$\displaystyle d\mid x^2(A+2B+C) + y^2(A+2B+C) + 2(A-C) = (A+2B+C)(x^2+y^2)+2(A-C).$$ On sait bien sûr (par transitivité) que $\displaystyle d \mid x^2+y^2$ et donc nécessairement $\displaystyle d\mid 2(A-C)$, pour tout $A$ et $C$ entiers. Le plus petit entier non nul est donc obtenu pour $A=1$ et $C=0$ (par exemple), et finalement, $\displaystyle d\mid 2.$
Cas $d=1$ :
On a $\displaystyle 1+x \wedge 1+y=1$, avec $\displaystyle 1+x \mid x^2+y^2$ et $\displaystyle 1+y \mid x^2+y^2$, alors nécessairement, il existe $k$ entier tel que $$\displaystyle k(1+x)(1+y)=x^2+y^2.$$
Voici ma tentative de preuve : c'est le raisonnement le plus compliqué que je peux produire en arithmétique... c'est donc sûrement faux... merci de vérifier.
Soit $\displaystyle (x_1, y_1)$ un couple solution, avec $\displaystyle x_1 \geq 1$, avec $\displaystyle x_1 \geq y_1$ et la somme $x_1+y_1$ minimale.
On a $\displaystyle k_1(1+x_1)(1+y_1)=x_1^2+y_1^2.$ Puis $x_1$ est solution de l'équation du second degré :
$$\displaystyle x^2 - k_1(1+y_1)x + y_1^2 - k_1(1+y_1)=0.$$
Soit $\displaystyle x_2$ l'autre solution, conjuguée de $\displaystyle x_1.$ On connaît la somme et le produit des racines :
$$\displaystyle x_1+x_2 = k_1(1+y_1), \quad x_1x_2 = y_1^2 - k_1(1+y_1).$$
On montre que $\displaystyle x_2$ est bien un entier. En effet, le système donne : $\displaystyle x_2 = k_1(1+y_1) - x_1 \in \Z$ et $\displaystyle x_2 = {y_1^2 - k_1(1+y_1) \over x_1} = k_1(1+y_1) - x_1 \in \Z$ pourvu que $\displaystyle x_1 \neq 0$, ce qui est vrai car on l'a exclu. Enfin, pour le signe, comme $\displaystyle 1+y_1\mid 1+y_1^2$, on établit que $\displaystyle x_1x_2 = y_1^2 - k_1(1+y_1) > 0.$ Le cas $=0$ est exclu car sinon $\displaystyle 1+y_1\mid y_1^2$ ce qui implique que $y_1=0$ et donc $x_1=0$ qui est exclu.
Donc $\displaystyle x_2$ est un entier non nul.
Mais, on arrive à une contradiction en calculant :
$\displaystyle (1+x_1)(1+x_2) = 1 + x_1+x_2 + x_1x_2 = 1+k_1(1+y_1)+y_1^2 - k_1(1+y_1)=1+y_1^2.$ Puis en majorant :
$$\displaystyle 1+x_2 \leq {1+y_1^2 \over 1+x_1} \leq {1+y_1^2 \over 1+y_1} \leq y_1 \leq x_1.$$
Ainsi, le couple $\displaystyle (x_2, y_1)$ est aussi solution, mais la somme $x_2+y_1 \leq x_1-1+y_1 = x_1+y_1-1$ est plus petite que la somme minimale. C'est absurde.
On a montré qu'il n'existe pas de solution autre que $(1,1)$ dans ce cas.
Cas $d=2$ :
On a donc $\displaystyle 2 \mid 1+x$ et $\displaystyle 2 \mid 1+y.$ On peut écrire $x=2u-1$ et $y=2v-1$ avec $u \wedge v =1.$ En effet, si $u$ et $v$ ne sont pas premiers entre-eux, alors ils ont un autre diviseur commun que $2$ (et que $1$), ce qui est exclu car on a établit que tout diviseur commun $d$ divise $2.$
Mais je ne sait pas traité ce cas. La méthode ci-dessus ne marche plus...
En tout cas (d'après ce site) il y a au moins une autre solution : $(25783513, 1249968585)$.
Problème vraiment intéressant ! On peut facilement démontrer que :
1) $x$ et $y$ ont la même parité
2) $x = y$ si et seulement si $x = 0$ ou $x = 1$
3) si $x > 1$, il n'y a aucune solution paire
4) toute solution impaire vérifie $x = 1 \mod 8$ (idem pour $y$)
Il semble y avoir une infinité de solutions impaires. En voici quelques unes
[33, 217]
[57, 249]
[6553, 41569]
[22641, 961753]
[42985, 533865]
[3913593, 16693689]
[25783513, 1249968585]
[263568049, 55479822393]
[20547966769, 2969038990993]
[45074835574129, 41942086060150713]
[694003874268001, 91950275277045553]
[5233021723932913, 3833181268710583809]
[15603937327590169, 2161032650189870257]
[16950738473434089, 11670558819098467257]
[17535431901215121, 3901554785498468233]
[11291750508544989057, 2693035150589755601049]
[112870727037725521777, 440929466279815891520569]
[236379575132675976097, 241225124791536586966225]
[2468489614561725144897, 2074762584105032617404385]
[4919546411246641016257, 3249352956395722166252049]
[44779587987179947564185, 138839098111551009630553977]
[101532631901954026518097, 137119744202035731468271465]
[155857666058745206645741025, 227941730041520726776778636505]
[2139898334540549571063906561, 10169866384636012486888092393793]
[4232350377490647781688296561, 67728186651313516590106938228793]
[2429505257051480545338190241907626097, 157360270214343479517624356454455041351225]
Il y a vraisemblablement d'autres solutions qui viennent s'intercaler car mon petit programme n'utilise pas que la force brute. L'avantage, on a de « grandes » solutions ; l'inconvénient, on ne les a pas toutes !
Bon courage à tous.
J'ai démontré toutes les propositions que tu énonces sauf la 4). Le calcul (dans ce fil) montre que des solutions impaires sont égales à $1$ modulo $8$, mais je ne sais pas le démontrer. J'arrive avec des arguments de parité à $1$ modulo $4$.
Comment fais-tu ?
Comme tu l'as démontré, si $d = \gcd(1+x, 1+y)$ alors $d = 1$ ou $ d = 2$. Le cas impair correspond à $d = 2$. Dans ce cas $(1+x)/2$ et $(1+y)/2$ sont des nombres impairs premiers entre-eux. Si $p$ est un nombre premier qui divise $(1+x)/2$ alors il divise $1+y^2$ et vérifie donc (*) $p = 1 \mod 4$. Par conséquent $(1+ x)/2 = 1 \mod 4$ (cqfd).
(*) Ce résultat provient d'un théorème plus général : Soit $p$ un nombre premier divisant $a^2 + b^2$ . Si $p = 3 \mod 4$ alors $p$ divise $a$ et $p$ divise $b$. (La démonstration est très simple et repose sur le fait que pour $p$ premier impair, -1 est un résidu quadratique ssi $p = 1 \mod 4$)
Amicalement
Serge
serge17, as-tu une démonstration différente de celle d'YvesM (dans laquelle je ne vois pas d'erreur) du fait qu'il n'y a pas de solution paire ?
La démonstration d'Yves est en effet correcte pour l'essentiel. Juste une petite imprécision au niveau du signe de $x_2$. Il dit « comme $1+y_1$ divise $1+y_1^2$, on établit que $x_1x_2 = y_1^2 – k_1(1+y_1) > 0$ ». Or $y_1^2 – k_1(1+y_1) = (1+y_1)(y_1 – k) – y_1$ qui est positif ssi $y_1 > k$ ce qui n'est pas évident.
En fait, comme il le remarque plus loin, $(1+x_1)(1+x_2) = 1+y_1^2$ ce qui montre que $1+x_2 \geq 1$ c'est-à-dire $x_2\geq 0$. Or (comme il le démontre aussi) le cas $ x_2 = 0$ est impossible.
Ma démonstration n'est pas très différente de la sienne (descente infinie de Fermat). J'utilise les variables $u = 1+x$ et $v = 1+y$ qui dans ce cas sont impaires et première entre elles. Cela donne \[ v^2 -2 v +2 = 0 \mod u \] \[ u^2 -2 u +2 = 0 \mod v \] .
Supposons que ce système admette une solution vérifiant $1\leq u < v$. On pose $w = (u^2 – 2u+2)/v$, ce qui donne $u^2 – 2u+2 = v w$.
On a $vw = u^2 – 2(u-1) \leq u^2$ (car $u\geq 1$) et donc $1\leq w<u$. De plus $u$ et $w$ sont impairs et premiers entre eux (ce qui est essentiel pour la suite). En substituant $v = 2/w \mod u$ dans la première équation on obtient \[ w^2 -2w +2 = 0 \mod u\] Comme on a aussi \[u^2 – 2u+2 = 0 \mod w \] $(w,u)$ est donc une solution du système vérifiant $1\leq w<u$ et elle est plus petite que $(u,v)$, .
Remarque : Cette méthode fonctionne aussi dans le cas impair, mais au lieu de démontrer l'impossibilité de telles solutions, on obtient un nouveau système dont les solutions donnent directement les solutions du système initial. C'est en réitérant ce processus que j'ai obtenu mes solutions.
Amicalement
Serge
Merci beaucoup pour les explications précédentes !
Je ne parviens pas à adapter ta méthode dans le cas impair... Je dois bloquer sur quelque chose de bête...
En posant $u=2\alpha$ et $v=2\beta$ ($\alpha$ et $\beta$ sont impairs et premiers entre eux), on obtient le système :
Mais ensuite, comment construire une autre solution $(\alpha',\beta')$ ?
Au risque d'abuser, pourrais-tu poster quelques détails ?
\[\begin{cases}
2v^2-2v+1=0 \mod u \\
2u^2-2u +1=0 \mod v
\end{cases}\]
La seconde équation peut s'écrire $2u^2-2u+1=v\, w$ avec $w = (2u^2-2u+1)/v$. Si on substitue $v = 1/w \mod u$ dans la première équation, on obtient
\[ w^2-2w+2 =0 \mod u \]
D'où le nouveau système
\[\begin{cases}
2u^2-2u+1=0 \mod w \\
w^2-2w+2 =0 \mod u
\end{cases}\]
Réciproquement, si $(u,w)$ est une solution de ce système, on pose $v = (2u^2-2u+1)/w$ et $(u,v)$ vérifie le système initial. En réitérant ce processus on obtient, en posant $w_{-1}=u$ et $w_0=w$, une suite de variables $(w_k)$ telles que pour $k\geqslant 1$
\[\begin{cases}
P_{k-1}(w_{k-1}) = w_{k-2}\, w_k \\
P_k(w_k) = w_{k-1}\, w_{k+1}
\end{cases}\]
où
\[P_k(x)=(x-2^k)^2+2^{2k}\]
La suite des solutions $(w_n, w_{n-1}, \cdots, w_0)$ permet d'obtenir de « grandes » solutions en $(u,v)$.
Remarque : Quand $n$ augmente, de "petites" solutions en $(u,v)$ peuvent disparaître. Il faut donc y aller progressivement !
NB : Les notations du message original ont été modifiées pour ne pas entrer en conflit avec les notations ultérieures de uvdose.
En creusant ton (excellente) idée, il me semble qu'on peut prouver qu'il y en a bien une infinité. Y étais-tu parvenu également ?
Et bien voilà mon problème résolu : merci (tu).
J'arrive à suivre la démonstration. Une chose est de suivre, une autre est de trouver la relation qui donne les $\gamma_k$... que je n'aurai jamais trouvée (jamais, disons, pas dans un temps inférieur à 10 ans).
Un goût personnel : le document est succinct et on arrive presque à suivre sans faire de calcul sur une feuille à côté... mais un tableau avec les premières valeurs de $\gamma_k, x_k, y_k, \beta_k$ pour $k=1...10$ peut aider.
Si je retrouve d'où ce problème vient, je le posterai. C'est un calcul intermédiaire dans la résolution d'une équation diophantienne, mais je crois qu'on a besoin que du cas pair, plus facile à traiter.
Bravo pour ta démonstration (tu)
En utilisant une variante de ta suite définie par ($\gamma_0=1, \gamma_1=1$), je suis arrivé à la même conclusion à un détail près (tu utilises le rapport de deux termes consécutifs alors que j'utilise leur différence).
Ta démonstration, tout comme la mienne, laisse un goût d'inachevé : alors que les ($\gamma_k$) semblent avoir une croissance exponentielle, tout ce qu'on arrive à démontrer c'est qu'ils ne décroissent pas trop vite !
PS : mon ordinateur est en panne. Je suis sur sur une tablette. Pas le pied ...
\[ x \sim 2^{2n^2+3n+2} \]
Pour les notations $u,v,w,(w_k)$ voir un peu plus haut. On fixe $n\geqslant 2$ et on pose $t=2^n$ (on a donc $t\geqslant 4$). Pour $0\leqslant k\leqslant n $ on pose $g_k=2^k\,w_{n-k}$. La relation de récurrence $(w_k-2^k)^2+2^{2k}=w_{k-1}w_{k+1}$ devient alors
\[g_k^2-2tg_k+2t^2=g_{k-1}g_{k+1}\]
Le petit avantage théorique est que le polynôme de récurrence est constant (il ne dépend que de $n$ qui est fixé). On a alors $g_n=2^n\,w_0=tw$ et par identification, $g_{n+1}=2tu$ et $g_{n+2}=2tv$. La donnée de $(g_0,g_1)$ conduit donc à la solution $x=g_{n+1}/t-1, y=g_{n+2}/t-1$.
Les relations $w_{n-k}=\gamma_{k+1}$ et $g_k=2^k\gamma_{k+1}$ permettent de faire le lien avec le travail d'uvdose. Sa suite $(\gamma_k)$ définie par $\gamma_0=1, \gamma_1=1$ correspond alors à la suite $(w_k)$ définie par $w_{n+1}=1, w_n=1$ et donc à la suite $(g_k)$ définie par $g_0=1, g_1=4t^2-4t+2$.
On se propose de démontrer par récurrence que pour $k\geqslant 1$
\[\begin{cases}
(2t)^{2k} > g_k > (2t-1.5)^{2k} \\
(2t)^2 > \dfrac{g_{k+1}}{g_{k}}>(2t-1.5)^2 +\sum\limits_{j=k}^{+\infty}\dfrac{2t}{(2t-1.5)^{2j}}
\end{cases}\]
\[\frac{g_{k+1}}{g_{k}} > \frac{g_{k+2}}{g_{k+1}} > \frac{g_{k+1}}{g_{k}}-\frac{2t}{g_{k}} \]
et donc
\[(2t)^2 > \frac{g_{k+2}}{g_{k+1}} > \frac{g_{k+1}}{g_{k}}-\frac{2t}{(2t-1.5)^{2k}} \]
ce qui donne le second encadrement au rang suivant.
$ $
Comme $g_1=4t^2-4t+2$, le premier encadrement est vérifié.
D'autre part, on a $g_0\,g_2=g_1^2-2tg_1+2t^2$ et donc $g_1 > {g_2}/{g_1} > g_1-2t+\dfrac{1}{2} $ ce qui donne
\[(2t)^2 > \dfrac{g_2}{g_1} > (2t-1.5)^2+\dfrac{1}{4} \]
Or $\sum\limits_{j=1}^{+\infty}\dfrac{2t}{(2t-1.5)^{2j}}<\dfrac{1}{2t-3}<\dfrac{1}{4} $ et donc le second encadrement est vérifié.
Pour finir on a $g_{n+1} \sim (2t)^{2n+2}$ et donc $x \sim 2^{2n^2+3n+2}$.
Remarque : Il reste encore des questions en suspens
$ $
Je ne parviens pas à m'en convaincre pour la solution $(x,y)=(6553,41569)$... Que valent $n$ et $w_{n-1}$ dans ce cas ?
Tu as parfaitement raison et en plus cela ne correspond pas à la manière dont j'ai procédé : on cherche bien $w_{n-1}$ parmi les diviseurs de $P_n(w_n)$ mais $w_n$ est exploré par force brute jusqu'à une certaine valeur et non pas bloqué à $1$ ! Je vais modifier mon texte en rayant cette divagation. Ceci dit, la question de trouver toutes les solutions inférieures à un nombre donné reste d'actualité.
Les solutions que j'obtiens sont assez "grandes" :
(x,y)=(17947326717029658021465955684283744114403738111626205995296846873153 , 820986180905676801) est une solution de $(\mathcal{S}_2)$.
(x,y)=(13540837015847096756022332345758226903963906750139941576210304408230644933156608668701149880668863615090308
6870507763139906459597773918519376943848997319676769671871248058108845435200695794236387963594965093226605333113
0661765411105764991639470974853002902069306434562858035354634957892399504366213243813192901505206336579297516572
499457033483399468682759921738478612865,1866851624232280527193723686139459103882394493779710694020145153)
est une solution de $(\mathcal{S}_3)$ (sans être solution de $(\mathcal{S}_1)$).
Il existe en fait des solutions plus "petites", qu'on peut découvrir informatiquement comme (x,y)=(1008,192), qui est solution de $(\mathcal{S}_2)$.
La question de savoir si $(\mathcal{S}_n)$ possède une infinité de solutions pour $n\geqslant2$ reste ouverte :-)
simultaneouos_divisions_MSE.pdf
simultaneouos_divisions_MSE.pdf
J'ai étudié les diverses démonstrations, cependant je suis coincé sur le message de Serge17 : http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?5,1196469,1211503#msg-1211503
Je ne comprends comment la suite $w_k$ a été construite. En partant ne serait que de $(u,w)=(1,1)$ qui vérifie le second système (point de départ dans le PDF de Uvdose), comment en déduit-on une nouvelle solution ? Je trouve $(u,v)=(1,1)$, donc je stagne sur cette solution.
Merci pour vos éclaircissements.
Si on commence d'une solution (u,v), le processus de Serge17 nous donne une liste infinie de nombres $w_k$, initialement diminuant, après augmentant.
Il y a des solutions où les $w_k$ minimaux sont égaux à 1 pour deux valeurs, par exemple $u=17, v=109$.
Retournant le procédé, si on commence avec $k$, et $w_k=w_{k+1}=1$, on retrouve le solution $(u,v)$.
Heureusement, chaque valeur de k nous donne une solution quand on commence avec $(1,1)$ ; lire mon document.
Par exemple, $u=11321, v=480877$.
$w_{-1}=u=11321, P_n(x) = (x-2^n)^2+2^{2n}, 2u^2-2u+1 = vw_0, P_k (w_k) = w_{k-1} w_{k+1}$ nous donne:
$w_0 = \frac{2 \cdot 11321\cdot 11320 + 1}{480877} = 533$
$w_1 = \frac{532^2 + 1}{11321} = 25$
$w_2 = \frac{23^2 + 4}{533} = 1$
$w_3 = \frac{(-3)^2 + 16}{25} = 1$
Retournant, appliquant le procédé de uvdose, nous donne la suite $\gamma_j = 1, 1, 25, 533, 11321$ et donc $u=\gamma_4=11321, v=\frac{2\gamma_4^2-2\gamma_4+1}{\gamma_3}=480877$