Système diophantien

YvesM · August 2019

Bonjour
Trouver toutes les solutions entières (naturelles) du système : $$\displaystyle \begin{cases}\ x\mid y^2+1\\ \ y\mid x^2+1.\end{cases}
$$ J’ai trouvé les solutions mais je suis curieux de voir d’autres approches.

Math Coss · August 2019

À vue de nez, les paires $\{F_{2k+1},F_{2k-1}\}$ ($k\ge1$) ?

YvesM · August 2019

Bonjour,

Et $(1,1)$... comment fais-tu ? Ma solution est assez pénible.

nodgim · August 2019

La propriété : F²(2k+1) + 1 = F(2k+3) * F(2k-1) fournit une suite de solutions.

Si on suppose qu'il existe un couple solution autre (b,c), b < c , alors on montre qu'il existe a < b tel que (a,b) est aussi un couple solution. Par une descente infinie, on aboutira fatalement à la suite déjà décrite.

JLT · August 2019

Plus précisément, soit $(b,c)$ une solution avec $b\leqslant c$. Si $b=c$ alors $b=c=1$. On suppose $b<c$.

Soit $a$ tel que $b^2+1=ac$. On a $ac\equiv 1\pmod{b}$. De plus $b\mid c^2+1$ donc $c^2\equiv -1\pmod{b}$. On en déduit que $a^2\equiv -1\pmod{b}$ donc $(a,b)$ est une autre solution avec $a\leqslant b$.

YvesM · August 2019

Bonjour,

La partie pénible de ma démonstration est pour montrer qu’on a obtenu toutes les solutions.

@nodgim : la descente infinie me paraît un argument vaseux. Ou je ne le comprends pas...

@JLT : comment montres-tu que tu as toutes les solutions ?

JLT · August 2019

Soit $b<c$ la solution avec $b+c$ minimal qui n'est pas de cette forme (si elle existe). Soit $a$ tel que $b^2+1=ac$. D'après mon message précédent, et par minimalité de $b+c$, il existe $k$ tel que $a=F_{2k-1}$ et $b=F_{2k+1}$. Comme $ac=b^2+1=F_{2k-1}F_{2k+3}=aF_{2k+3}$, on en déduit que $c=F_{2k+3}$, contradiction.

visiteur · October 2023

Bonjour
On suppose que $$\quad\displaystyle \begin{cases}\ x\mid y^2+1\\ \ y\mid x^2+1.\end{cases}
$$ Il existe à et b tels que $y^2+1=ax$ et $x^2+1=by$
donc $yx^2+y=by^2$ et $xy^2+x=ax^2$
donc $yx^2+y=b(ax-1)$ et $xy^2+x=a(by-1)$
donc $yx^2-abx+y+b=0$ et $xy^2-aby+x+a=0$
donc il existe c et d entiers tels que $a^2b^2-4y(y+b)=c^2$ et $a^2b^2-4x(x+a)=d^2$
donc $a^2b^2-4yb-4y^2-c^2=0$ et $b^2a^2-4xa-4x^2-d^2=0$

Il existe e et f tels que $4y^2+a^2(4y^2+c^2)=e^2$ et $4x^2+b^2(4x^2+d^2)=f^2$
donc $(2y)^2+(2ay)^2+(ac)^2=e^2$ et $(2x)^2+(2bx)^2+(bd)^2=f^2$

Nous avons le paramétrage suivant
$(m^2-n^2-p^2)^2+(2mn)^2+(2mp)^2=(m^2+n^2+p^2)^2$
doc on peut prendre
$y=mn$ et $ay=mp$ soit $amn=mp$ $a=p/n$
$ac=m^2-n^2-p^2$

etanche · October 2023

@visiteur est-ce que ton paramétrage décrît toutes les solutions?

Chaurien · October 2023

C'est un très beau problème, avec une solution inattendue. Déjà, l'identité fibonaccienne qui apparaît n'est pas des plus connues, mais il y en a tant qu'on ne saurait les connaître toutes ! De plus je n'ai pas bien compris pourquoi cette identité donne toutes les solutions.

J'aimerais connaître des références pour ce problème, qui n'est sans doute pas inédit.

Bonne journée malgré les mauvaises nouvelles.

Fr. Ch.

Boécien · October 2023

On peut aussi considérer une variante.

etanche · October 2023

Pour Chaurien
Je n’ai pas trouvé l’origine du problème, mais ça ressemble à
Mediterranean Mathematical Competition 2002
https://imomath.com/othercomp/Gre/GreTST02.pdf
Une tentative de résolution
https://artofproblemsolving.com/community/c6h151582
Il y a aussi une variante https://artofproblemsolving.com/community/c6h2029876p14303379

yan2 · October 2023

Le problème évoqué par YvesM est apparu dans une olympiade mathématique chinoise (pas la CMO ni la TST, mais une olympiade régionale). Je ne me rappelle pas exactement de l'année, mais c'était sûrement entre 2005 et 2010.

J'ignore cependant l'origine exacte du problème, si ma mémoire est encore bonne, je l'ai vu avant dans la revue American Math Monthly (bien avant 2005).