Équation diophantienne
dans Arithmétique
Bonjour
Un petit exercice sympa
Trouver les solutions entières de l'équation: $2x^2-y^{14}=1$
Cordialement
Un petit exercice sympa
Trouver les solutions entières de l'équation: $2x^2-y^{14}=1$
Cordialement
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Réponses
L’équation $A^2+B^2=C^2+D^2$ a pour solutions :
$A=m a/n, B=m b/n, C= m c/n, D=m d/ n $ avec $n=pgcd(a,b,c,d)$
$a= u p, b= v p +v^2+u^2, c= u p + 2 u v, d= v p +v^2-u^2$
avec $u, p, v, m$ des entiers relatifs.
On écrit $2 x^2=x^2+x^2=1^2+(y^7)^2=1+y^{14}$ et donc :
$1=u p$ et par exemple pour le choix $u=p=1$ : $y^7=v+v^2+1, x=1+2v=v+v^2-1$ et donc, pour les deux choix possibles $u=\pm 1=p$, $v=\pm 2$ ou $v=-\pm 1$ qui seul même à une solution : $x=\pm 1, y=\pm 1$.
Dans ce cas on a aussi $m=\pm 1, n=1$...
@Yves Martin.
Je suis sceptique sur la validité de ta démonstration:
A moins que quelque chose m'ait échappé, il me semble que tu utilises uniquement le fait que l'exposant $14$ est pair, et que, par conséquent, ta preuve mènerait aussi à la conclusion:
" $2x^2-y^2 = 1;\:\: x,y\in N \:\implies x=y=1$", ce qui n'est pas exact.
La solution que j'ai trouvée utilise des arguments élémentaires mais sa longueur (sûrement une maladresse de ma part) fait de ce problème quelque chose d'assez éloigné d'un "petit exercice" anodin. Il s'agit de démontrer que: $$ \boxed{\text{Si}\:\: x\:\text{ et}\:\: y\: \text{ sont des entiers naturels tels que}\: \:2x^2-y^{14} = 1, \:\text{alors}\:\: x=y=1}$$.
Soient donc $x$ et $y$ dans $\N$ tels que $2x^2-y^{14} = 1$.
L'examen de cette égalité indique immédiatement que $y$ est impair et que $y\geq1$.
En notant $A= \displaystyle{\sum_{k=0}^6 (-y^2)^k}$, on a: $x^2 = \Big(\dfrac{y^2+1}2\Big) \:A \:\:\: \: (\star)$.
En outre, $\dfrac{y^2+1}2 \: \text{et} \:A \: \text{ sont premiers entre eux}\:\:\:\:(\star\star)$:
En effet, dans le cas contraire, il existe un nombre premier $p$ impair tel que $y^2+1 \equiv A \equiv 0 \mod p$. On déduit successivement: $-y^2 \equiv 1 \mod p$, $\:\:A \equiv 7 \equiv 0 \mod p$, $\:\:p =7,\:\: y^2 +1 \equiv 0 \mod 7$, et cette dernière congruence est une absurdité.
$(\star)$ et $(\star \star)$ entrainent que $\boxed{\exists u \in \N\:\text{ tel que}\: A=u^2}$
On va maintenant exprimer $u=\sqrt A$ sous la forme d'un polynôme en $y$.
Je note $B= y^6- \dfrac12 y^4 +\dfrac38 y^2 -\dfrac5{16}.$ $\:\:\:\:\:y\geqslant1$ donc $B>0.\:\:\:$ De plus:
$A-B^2 = \dfrac7{64} \big(5y^4 -7y^2 +\dfrac{33}4\big) >0 \:\:\:$ et $\:\:\:(B+1)^2-A = 2y^6-\dfrac{99}{64} y^4+\dfrac{97}{64}y^2 -\dfrac{135}{256} >2y^6-2y^4 +y^2 -1 \geqslant 0$
On déduit: $B<u<B+1$. D'autre part, en utilisant le fait que $ y^4\equiv y^2 \equiv1 \mod 8$, on obtient: $ B-\lfloor B\rfloor = \dfrac9 {16}.\:\:\:\:$ (1)
Ainsi, $u$ est l'unique entier tel que $B<u<B+1$ et par conséquent: $\boxed{u= B + \dfrac7 {16} = y^6- \dfrac12 y^4 +\dfrac38 y^2 +\dfrac18}$
On a donc: $0 =u^2 - A = \dfrac 7{64} ( y^2- 1) (8y^4- y^2 +9)$, ce qui entraine que $y=1$ puis que $x=1$.
Amicalement,
(1) correction effectuée à la suite de la remarque de uvdose.
J'utilise aussi $y^7 \neq 7$... mais ceci étant dit, @LOU16, tu as raison, je trouve des solutions mais je n'ai pas démontré que ce sont les seules...
C'est effectivement un exercice "sympa"... Quelle est la solution de xilyas72 ?
On peut d'ailleurs en "déduire" l'énoncé d'un deuxième exercice : soit $(u_n)$ la suite définie par $(u_0,u_1)=(1,7)$ et la relation de récurrence $u_{n+2}=6u_{n+1}-u_n$. Montrer que si $n>0$, $u_n$ n'est pas la puissance septième d'un entier.
Oui ,en effet. $\lfloor B \rfloor$ désigne la partie entière et non la partie fractionnaire de $B$. Merci pour ta lecture attentive et pour cette observation qui m'amène à corriger mon texte.
Amicalement
J'aimerais bien savoir quelle inspiration t'as fait choisir la valeur de $B$ en fonction de $y$. @LOU16 !
@babsgueye
J'ai en effet procédé comme indiqué par uvdose.
Il revient au même de chercher un polynôme $X^3 +aX^2 +bX + c$ dont le début du développement du carré est: $X^6 -X^5 +X^4 -X^3 +\cdots$, l'idée étant d'obtenir un polynôme en $y$ $\:\:(y^2=X),\:\:$ qui "approche" la racine carrée de $A$.
Amicalement,