Équations diophantiennes à la Pell

Salut

soland a écrit:

Il paraît que pour une infinité de a>3 l'ensemble N(a) est fini et non vide.

Ce résultat est trop vague pour être intéressant. Particulièrement, qu'en est-il de N(5) ?

Toi qui y connais quelque chose aux mathématiques @Killersmile, que peux-tu dire de N(5) ?

Bonjour

En tout cas, dire qu'il y a une infinité d'éléments qui vérifient ''truc'' dans un ensemble qui est lui-même de cardinale infini, sans aucune tentative de caractérisation de ces éléments, je trouve que c'est un résultat de peu d’intérêt pour être publié dans une revue !

Monsieur le grand mathématicien @killersmile38, tu n'as encore rien vu pour le cas N(5) ?

Moi j'ai le cas $1 + 5\times19\times33 = 56^2$. Mais pour N(5) je ne sais toujours pas si le cardinale est fini ou non !

Cordialement.

Bonjour,

Pour occuper une partie de cette journée pluvieuse, je n'ai donc rien trouvé de mieux que de m' adonner à une activité décrite plus haut comme parfaitement stérile et dénuée du moindre intérêt.
$a$ étant un entier donné tel que $a>3$, la question qui est proposée consiste à savoir si l'ensemble des $(x;y)$ dans $\N^{*2}$ tels que $a(a+x)(a+2x) +1 = y^2$ est non vide et fini. Cette équation est équivalente à: $$(\mathrm E)\:\:\:\:\:\:\:\:\: \big(a(4x+3a)\big)^2 - 8ay^2 = a(a^3-8).$$.
$\bullet$ Si $8a$ n'est pas le carré d' un entier, alors il s'agit d' une équation de "Pell-Fermat" dont l' ensemble des solutions est soit vide , soit infini. (Ainsi, par exemple, $N(5)$ est infini.)
$\bullet$ Dans le cas contraire on a: $a=2b^2\:, b\in \N^*$ et $(\rm E)$ s' écrit; $ \:\big(a(4x+3a)\big)^2 - (4by)^2 = a(a^3-8).$ En factorisant le membre de gauche et en considérant le fait que $a(a^3-8)$ ne posséde qu' un nombre fini de diviseurs, on obtient que $(\rm E)$ ne possède qu' un nombre fini de solutions.
Choisissons $b$ tel que $\:b\equiv 2 \mod 4.$ Alors, on vérifie que le couple $(x;y) $ avec $ x =\dfrac {b^3 -7b^2 +b+2}{4} \: \text{et} \:\:y = \dfrac{b^4 - b^3 -b^2 -2}2$ est solution de $(\rm E)$.
Conclusion: $\boxed{ \text{pour tout entier}\: a\:\text{ tel que}\: a = 2b^2\:\text{ avec }\:b\equiv 2 \mod 4 \:\:\text{et} \:\: b \geq10, \:N(a)\:\text{ est fini et non vide}}$


P.S. Pour illustrer le cas où $8a$ n'est pas le carré d'un entier, on a par exemple:$\:\:\:N(4) = \left\{ u_n^2 \mid n \in \Z\setminus\{-1;-2\}\right\}$ où : $ u_0 = 11; \: u_1 = 65 ;\:\:\:\forall n\in\Z,\:\: u_{n+2} = 6 u_{n+1} - u_n.$
$u_n^2 =1 +4(4+v_n)(4+2v_n)$ où $ v_n = w_n -3$ avec $w_0 =4;\:w_1 =23,\:\:\forall n\in \Z ,\:\: w_{n+2} = 6w_{n+1} - w_n.$

@babsgueye: Ton message prouve décidément que tu n'y connais pas grand chose en maths (si tant est que cela avait besoin d'être prouvé...). Tanguy Rivoal a démontré (entre autres) qu'il y a une infinité de nombres $\zeta(2n+1)$ qui sont impairs irrationnels (merci @rescassol). Considères-tu cela comme sans intérêt ?

Pour le cas de $N(5)$ , j'étais plutôt parti sur la détermination des points rationnels d'une certaine hyperbole, et j'essayais de trouver à partir de là les points entiers.

Peut être plutôt l'infinité de valeurs irrationnelles aux entiers impairs
https://www-fourier.ujf-grenoble.fr/~rivoal/articles/zetaimp.pdf

Effectivement, ce résultat n'a pas l'air de nous donner la liste des $n$ tels que $\zeta(2n+1)$ est irrationnel.

Faut-il en conclure que c'est sans intérêt ?

On a bien compris ton propos, babsgueye, mais qui crois-tu que cela intéresse de savoir que tu n'es pas intéressé ? :-P

Re
@babsgueye
Le "cas contraire", c'est "$8a$ est un carré".Donc $8a$ est le carré d' un entier et cet entier est nécessairement divisible par $4$ (s'il était impair ou le double d' un impair, son carré ne serait pas divisible par $8$). Ainsi $8a =(4b)^2$ et $a =2b^2 \:\:(b\in\N^*)$.
Amicalement,