Équation de Pell-Fermat pour TS
dans Arithmétique
Bonjour
Connaissez-vous vous une résolution complète de l'équation de Pell-Fermat adaptée au niveau TS ?
En vous remerciant,
Al-Kashi
Connaissez-vous vous une résolution complète de l'équation de Pell-Fermat adaptée au niveau TS ?
En vous remerciant,
Al-Kashi
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Réponses
x^2 - 2y^2 = \pm1, \qquad x^2 - 3y^2 = \pm1, \qquad x^2 - 5y^2 = \pm1, \\
x^2 - 6y^2 = \pm1, \qquad x^2 - 7y^2 = \pm1, \qquad x^2 - 10y^2 = \pm1
$$ possèdent (à la main, sans aucune théorie) une solution NON TRIVIALE. A exhiber bien entendu. De ce fait, tu peux TENTER quelque chose. Par exemple avec $d = 2$. Je ne promets rien, pour la bonne raison que je ne sais pas ce qu'est une TS actuellement (et même depuis des dizaines d'années).
Ce qui est (très) difficile, pour $d \ge 2$ sans facteur carré, c'est de montrer l'existence d'une solution non triviale.
Je suppose que tu n'envisageais pas la totale ?
Par ailleurs, mathématiquement, il y a PLUSIEURS cadres pour Pell-Fermat : $x^2 -dy^2 = \pm 1$ avec $d \ge 2$ entier positif sans facteur carré. Ou $d \ge 2$ non carré. Ou encore $x^2 + Sxy + Py^2 = \pm 1$ avec $S^2 - 4P \ge 2$ sans facteur carré ...etc..
Tout d'abord, merci pour ta réponse. En effet je n'envisageais pas la totale. Je laisse de côté l'existence d'une solution non triviale et il me semble qu'il est possible avec des outils de TS spé math d'arriver à prouver que si une solution non triviale existe, alors toutes les solutions sont exprimables à partir de la solution minimale et ainsi donner la forme générale des solutions. Cela me semble déjà une bonne chose pour des TS.
Al-Kashi
Soit on remarque que $\frac{x+y\sqrt{2}}{1+\sqrt{2}}=(2y-x)+\sqrt{2}(x-y)$, soit on fait un tour de magie et on calcule $(2y-x)^2-2(x-y)^2=2y^2-x^2$, afin de montrer que si $(x,y)$ est solution alors $(2y-x,x-y)$ est une solution plus petite.
Soit une équation de Fermat $x^2-Dy^2 = 1$, avec $D$ non carré, et $(x_0,y_0)$ une solution particulière de cette équation, telle que $x_0 \neq 1$. On pose
$$F = \begin{pmatrix} x_0 & y_0D \\ y_0 & x_0 \end{pmatrix}.$$
Alors la suite de points entiers $\left( (x_n,y_n) \right)_{n \in \mathbb{N}}$, débutant à $(x_0,y_0)$ et définie pour tout $n \in \mathbb{N}$ par
$$\begin{pmatrix} x_{n+1} \\ y_{n+1} \end{pmatrix} = F \begin{pmatrix} x_{n} \\ y_{n} \end{pmatrix} $$
fournit une infinité de solutions.
- $\{ a+b\phi,(a,b)\in \Z\}$ est un anneau $=\Z[\phi]$, tous ses éléments sont racine d'un polynôme unitaire $(X-a-b\phi)(X-a-b\overline{\phi}) = X^2-(2a+b) X+(a+b/2)^2-b^2 5/4$
- $a+b\phi \in \Z[\phi]^\times$ ssi $(a+b/2)^2-b^2 5/4 = \pm 1$, dans ce cas $2a+b = (a+b\phi) \pm \frac1{a+b\phi}$
- $\phi$ est le plus petit réel $>1$ qui est racine d'un tel polynôme $X^2+cX\pm 1$ où $c^2\pm 4 \in 5 \Z^2$
- Donc $$\Z[\phi]^\times = \pm \phi^{\Z}$$
Bonne soirée malgré le refroidissement climatique, que bizarrement personne ne pointe comme tel.
Fr. Ch.
D'une façon générale, pour cette première équation $x^2 - dy^2 = \pm1 $ (avec $d$ quadratfrei), le premier point important est de savoir qu'il existe toujours une solution non triviale, c'est-à-dire autre que $x=\pm 1, y=0$. En TS on peut admettre ce point, sans grande difficulté mais plutôt technique, et à mon avis représentant une perte de temps en TS.
Ceci étant admis, le point-clé est de prouver que parmi les éléments de $U$ strictement supérieurs à $1$, il y a un plus petit élément. C'est l'unité fondamentale de l''anneau, et l'on montre qu'elle engendre le groupe multiplicatif des unités positives de l'anneau $A$, comme dans toute démonstration de « monogénéité », comme dans $\mathbb Z$. J'en ai donné sur ce forum une démonstration très simple, qui est à mon sens intéressante et formatrice pour des élèves de TS. Elle est ici : http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?3,1541816,1542180#msg-1542180
Tout ceci peut se faire sans utiliser les concepts de groupe et anneau, comme on peut le voir dans les exemples de problèmes que j'ai communiqués.
On peut borner son ambition aux six équations citées par Claude Quitté, pour $d=2,3,5,6,7,10$, à quoi l'on peut ajouter $d=11,13,14,15,17$, et dans chaque cas déterminer à la main l'unité fondamentale, comme j'ai fait dans les deux énoncés que j'ai communiqués plus haut.
Maintenant, je ne sais si ceci convient aux élèves de TS d'aujourd'hui, mais j'ai pu le poser comme j'ai dit à des élèves tout juste sortis de TS, il y a quelques années.
Bonne soirée.
Fr. Ch.
17/11/2019
En fait cette formulation était tirée des épreuves de HEC, où elle figurait systématiquement. Détestant corriger des copies, je voulais prendre toutes mes précautions pour que la correction soit un peu moins désagréable.
Voici un troisième exemple de problème posé toujours en début d'année, avec cette fois une application aux fractions de meilleure approximation.
Bonne nuit.
Fr. Ch.
Merci à tous pour votre contribution. Je suis en effet d'accord pour dire qu'il est intéressant d'abord de prouver quelques résultats assez simples sur l'équation comme celui proposé par noix de totos, puis traiter le cas $d=2$ comme proposé par JLT.
N'ayant pas trouvé sur le net ce que j'avais noté sur mes brouillons et en espérant ne pas réinventer l' eau chaude je vous proposerai dans la soirée une adaptation du résultat pour des TS (spe math), utilisant uniquement la récurrence et la forme générale des suites récurrentes d'ordre 2, pour un $d$ quelconque sous l'hypothèse de l'existence d'une solution non triviale
Al-Kashi
Démontrer qu'il existe une infinité d'entiers $n$ tels que $\lambda(n)=\lambda(n+1)=1$.
C'est d'une simplicité BIBLIQUE à condition de remarquer que l'équation $$
x^2-6y^2=1
$$ admet une infinité de solutions en entiers strictement positifs.
Si $n$ est un carré $\lambda(n)=1$ et si $n$ est premier, $\lambda(n)=-1$.
De plus $\lambda$ est une fonction complètement multiplicative: $\lambda(mn)=\lambda(m)\lambda(n), \: m,n \geq 1$.
Si $(x,y)$ est un couple vérifiant $x^2-6y^2=1$, alors $\lambda(6y^2)=\lambda(6)\lambda(y^2)=1$ et $\lambda(6y^2+1)=\lambda(x^2)=1$; cqfd.
Je sais bien qu'on ne fait pas des maths par décrets et qu'une affirmation ne vaut pas une démonstration.
Une réponse complète devrait donc inclure une démonstration du fait que $x^2-6y^2=1$ admet une infinité de solutions entières positives.
...
Lemme 1:
Si $(x,y)\in S_E$ telle que $x \geq \alpha$ alors $(p,q)=(\alpha x-\beta yd,\alpha y -\beta x) \in S_E$ et $p<x$.
Preuve:
$(\alpha x - \beta yd)^2-d(-\beta x+\alpha y)^2=\alpha^2 x^2-2\alpha x \beta yd+\beta^2y^2d^2-d\beta^2x^2+2d\beta x \alpha y -d\alpha^2y^2$
$(\alpha x - \beta yd)^2-d(-\beta x+\alpha y)^2=x^2(\alpha^2-d\beta^2)-dy^2(\alpha^2-d\beta^2)$
$(\alpha x - \beta yd)^2-d(-\beta x+\alpha y)^2=x^2-dy^2$
$(\alpha x - \beta yd)^2-d(-\beta x+\alpha y)^2=1$
Il faut donc prouver que $0 \leq \alpha x - \beta yd<x$ et $-\beta x+\alpha y\geq 0$ ou encore $\dfrac{\beta d}{\alpha}\leq \dfrac{x}{y} (*)$, $\dfrac{x}{y}<\dfrac{\beta d}{\alpha-1} (**)$ et $\dfrac{x}{y} \leq \dfrac{\alpha}{\beta} (***)$.
Sachant que $\alpha-1>0$ , on prouve aisément que $\dfrac{\alpha}{\beta}<\dfrac{\beta d}{\alpha-1}$. Il suffit donc de prouver $(*)$ et $(***)$.
$\dfrac{\beta d}{\alpha}\leq \dfrac{x}{y} (*) \iff \dfrac{\beta^2 d^2}{\alpha^2}\leq \dfrac{x^2}{y^2} \iff \dfrac{1-\dfrac{1}{\alpha^2}}{d}d^2\leq d+\dfrac{1}{y^2} \iff -d \leq \dfrac{\alpha^2}{y^2}$ qui est vérifiée.
$\dfrac{x}{y} \leq \dfrac{\alpha}{\beta} (***) \iff \dfrac{x^2}{y^2} \leq \dfrac{\alpha^2}{\beta^2} \iff d+ \dfrac{1}{y^2} \leq d+ \dfrac{1}{\beta^2} \iff \dfrac{1}{y^2} \leq \dfrac{1}{\beta^2} \iff y^2 \geq \beta^2 $.
Or $x^2-\alpha^2=d(y^2-\beta^2)$ et $x \geq \alpha$ permet de conclure que $(***)$ est vérifiée.
Lemme 2:
Soit $(x_0,y_0)=(x,y) \in S_E$ telle que $x \geq \alpha$. On note $(x_1,y_1)=(\alpha x - \beta yd,\alpha y-\beta x)$.
$\forall k\in N$ tel que $x_{k+1} \geq \alpha$ on définit les suites récurrentes $x_{k+2}=2\alpha x_{k+1}-x_{k}$ et $y_{k+2}=2\alpha y_{k+1}-y_{k}$ .
Alors $ \exists m \in\N$ tel que $(x_{m-1},y_{m-1})=(\alpha,\beta)$ et $(x_{m},y_{m})=(1,0)$.
Preuve:
Nous allons démontrer par récurrence la propriété: $P(k): \left\{
\begin{array}{l}
\bullet (x_k,y_k)\in S_E. \\
\bullet (x_{k+1},y_{k+1})=(\alpha x_{k}-\beta y_{k}d, \alpha y_{k}-\beta x_{k})\\
\bullet x_{k+1} < x_{k}
\end{array}
\right.$
Initialisation: On vérifie aisément que $P(0)$ est vraie.
Hérédité: Supposons $P(k)$ vraie.
On a alors : $x_k=\alpha x_{k+1}+\beta dy_{k+1}$ et $y_k=\beta x_{k+1}+\alpha y_{k+1}$.
$x_{k+2}=2\alpha x_{k+1}-x_{k}=2\alpha x_{k+1}-(\alpha x_{k+1}+\beta y_{k+1}d)=\alpha x_{k+1}-\beta y_{k+1}d$.
$y_{k+2}=2\alpha y_{k+1}-y_{k}=2\alpha y_{k+1}-(\alpha y_{k+1}+\beta x_{k+1})=\alpha y_{k+1}-\beta x_{k+1}$.
D'après le Lemme 1:, $x_{k+2}<x_{k+1}$ et $(x_{k+1},y_{k+1})\in S_E$ ce qui implique que $P(k+1)$ est vraie.
La suite des $(x_k)_{k\geq 0}$ est strictement décroissante.On en déduit alors $\exists m\in\N$ telle que $x_m<\alpha$. Or d'après ce qui précède $(x_m,y_m)\in S_E$ et par définition de $\alpha$ on a nécessairement $(x_m,y_m)=(1,0)$ et on vérifie alors que $(x_{m-1},y_{m-1})=(\alpha,\beta)$.
[size=medium]
Lemme 3:
On considère les suites récurrentes définies par $(X_0,Y_0)=(1,0)$, $(X_1,Y_1)=(\alpha,\beta)$, $\forall k\in N$ $X_{k+2}=2\alpha X_{k+1}-X_{k}$ et $Y_{k+2}=2\alpha Y_{k+1}-Y_{k}$ . On a alors $(x,y)\in S_E \iff \exists k\in\N | (x,y)=(X_k,Y_k)$.
Preuve:
Immédiat d'après le Lemme 2.
Lemme 4:
On considère les suites définies par $(X_0,Y_0)=(1,0)$, $(X_1,Y_1)=(\alpha,\beta)$, $\forall k\in N$ $X_{k+2}=2\alpha X_{k+1}-X_{k}$ et $Y_{k+2}=2\alpha Y_{k+1}-Y_{k}$.
On a alors $\forall k\in \N$ $ X_k=\dfrac{(\alpha+\beta \sqrt{d})^k+(\alpha-\beta\sqrt{d})^k}{2}$ et $Y_k=\dfrac{(\alpha+\beta \sqrt{d})^k-(\alpha-\beta\sqrt{d})^k}{2\sqrt{d}}$.
Preuve:
Il suffit d'utiliser les résultats connus des suites linéaires d'ordre 2.
Al-Kashi
Claude: " Je ne promets rien, pour la bonne raison que je ne sais pas ce qu'est une TS actuellement (et même depuis des dizaines d'années)."
Chaurien: "Maintenant, je ne sais si ceci convient aux élèves de TS d'aujourd'hui"
Je suis aussi dans votre cas. Enseignant au collège, je ne sais pas trop ce qu'est actuellement une TS spé Math. Il me semble que la première partie est assez simple pour un lycéen ayant traité le principe de récurrence. Reste à savoir si la seconde partie est abordable ou non. Les avis des professeurs de TS sont bienvenus.
Al-Kashi
Et ça c'est beaucoup plus simple, car dès qu'on a une solution $x=a>0, y=b>0$, alors on a aussi comme solutions tous les couples d'entiers $(x_n, y_n)$ définis par : $x_n+y_n \sqrt 6= ( a+b \sqrt 6)^n $, $n \in \mathbb N^*$. Par un nombre minime d'essais successifs, on trouve $a=5$ et $b=2$, et point n'est besoin de savoir que c'est l'unité fondamentale $5+2 \sqrt 6$ de l'anneau $\mathbb Z [ \sqrt 6]$.
Maintenant, on peut aussi voir, comme je l'ai montré, qu'il s'agit bien là de toutes les solutions.
Bonne soirée.
Fr. Ch.
Juste une précision. J'avais écrit pour le lemme 3 que l'équivalence était immédiate en utilisant le lemme 2. Ceci est valable uniquement pour le sens direct. Pour l'autre sens il suffit de remarquer en utilisant une récurrence que $Y_{k+1}Y_k-X_{k+1}X_k=-\alpha$. On prouve alors que tous les termes $(X_k, Y_k)$ sont bien des solutions de $(E) $
Al-Kashi
Cette équation apparait régulièrement au bac S spe maths
Par exemple métropole 2018 :$ x^2 - 8y^2 = 1$.
ou métropole 2017 $y^2=2x^2+2x+1$
Les sujets sont disponibles sur le site de l'APMEP (avec la correction niveau TS)
Pour aller plus loin http://images.math.cnrs.fr/Nombres-puissants-au-bac-S.html pour celle la et https://blogdemaths.wordpress.com/2017/07/18/des-triangles-rectangles-presque-isoceles-a-la-pelle/ pour celle ci.
Bonne journée