Que de quatre

Pour tout $x$ entier naturel, on a
$$4^x+4^{x+1}+4^{x+1}=(3\times 2^x)^2\text{ et}\\
4^x+4^{x+2}+4^{x+3}=(9\times 2^x)^2.$$

D'autres solutions ?

Bonjour,

C’est effectivement une condition nécessaire et suffisante.
En écrivant n comme une puissance de 2 maximale fois un nombre impair, puis en simplifiant et en utilisant la parité, on trouve que necessairement $1+4^y+4^z = n^2$.
Puis on en déduit que $n^2$ est congru à 1 modulo $4^y$ avec $y\leq z$. Et donc que n est impair avec $n=2N+1$ puis $N(N+1)=a 4^{y-1}$ dont les solutions sont $a=4^{y-1} \pm 1$ puisque la différence entre $N $ et $N+1 $ vaut $1$.
Ceci est la condition nécessaire recherchée : on ne retient que le signe positif avec $n^2=1+a 4^y$.

Bonsoir à tous,

YvesM, il me manque un argument pour comprendre ta démonstration:

sauf erreur, ton $a$ dans $N(N+1)=a4^{y-1}$ est $4^{z-y}+1$.

On a donc: $4^{y-1}(4^{z-y}+1)=N(N+1)$ dont une solution saute aux yeux; $N=4^{y-1}, z=2y-1$ qui est celle donnée par Gai Requin. Mais je ne vois pas immédiatement pourquoi ce serait la seule.

Cordialement
Paul

Bonjour @depasse,

Voici ce que j'avais écrit, mais il me manque une dernière étape :

On a $\displaystyle n^2 = 1+4^y+4^z$ ; pour $\displaystyle y \leq z$ (sans perte de généralité), on a donc $\displaystyle n^2 = 1 \mod 4^{y}$ ; il existe donc $a$ entier tel que $\displaystyle n^2 = 1+a 4^y$ ; on décompose $a$ en produit de facteurs premiers : $\displaystyle a = 2^\alpha \times I \times J$ avec $I, J$ deux entiers impairs.
On sait que $n$ est impair et on écrit $\displaystyle n=2N+1$ qui mène à l'équation $\displaystyle N(N+1) = a 4^{y-1}.$

On cherche à résoudre cette relation : $\displaystyle N(N+1) = 2^\alpha IJ 4^{y-1}.$ A gauche on a le produit de deux nombres entiers, un pair et un impair. Donc à droite aussi : soit $\displaystyle N=I$ et $\displaystyle N+1 = J2^\alpha 4^{y-1}$ (c'est le cas $N$ impair) soit $\displaystyle N=J2^\alpha4^{y-1}$ et $\displaystyle N+1=I$ (c'est le cas $N$ pair). La première option ne mène pas à la forme voule pour $\displaystyle n^2$ (signe négatif). On ne retient donc que la seconde forme. On a donc $\displaystyle I = 1+J2^\alpha 4^{y-1}$ et donc $\displaystyle n^2 = 1 + J 2^\alpha 4^y + J^2 4^{\alpha + 2y-1} = 1+4^y + 4^z.$ On simplifie part $1$ et on divise par $\displaystyle 4^y$ pour obtenir $\displaystyle J2^\alpha + J^2 4^{\alpha + y-1} = 1+4^{z-y}.$ Comme $J$ est impair, alors nécessairement $\displaystyle \alpha=0$ et on a donc $\displaystyle J + J^2 4^{y-1} = 1+4^{z-y}$ puis $\displaystyle n^2 = 1 + J4^y + J^2 4^{2y-1} = (1+J{4^y \over 2})^2=1+4^y+4^z$
OU nécessairement $\displaystyle \alpha+y-1=0$ et on a donc $\displaystyle J 2^{1-y} + J^2 = 1 + 4^{z-y}$ puis $\displaystyle n^2=1+J2^{y-1}4^y + J^24^y = (1+J 2^y)^2 = 1+4^y+4^z.$

Dans le premier cas, il faut encore montrer que $J=1$...

Joli!

remarquons que si $N$ est impair il est $1$: en effet,
1) si $N$ est congru à $1$ modulo $4$, $N(N+1)$ est congru à $2$ modulo $4$, donc $y=1$, donc $4^{z-1}+1=N(N+1)$, donc $4^{z-1}+1$ est pair, donc $z=1$, donc $N=1$.
2) $N$ ne peut être congru à $-1$ modulo $4$ car il divise $4 ^{y-1}(4^{z-y}+1)$ dont aucun diviseur n'est congru à $3$ modulo $4$.

Cordialement
Paul