Un scénario pas très carré

Bonjour,

$(1;7),(7,23),(23,65),...........$

Cordialement,

Rescassol

Technique de réduction d'une forme quadratique avec emploi répété de la forme canonique du trinôme.

J'ai une équation différente... mais elle donne les même solutions évidemment : $(x+y+6)^2-5(y-x)^2=16$.
J'ai trouvé la solution fondamentale $(9,4)$ de l'équation $u^2-5v^2=1$.
J'ai trouvé 3 couples de solutions fondamentales indépendantes à l'équation $u^2-5v^2=16$, à savoir $(4,0), (6,2), (14,6)$.

J'en déduis les solutions trouvées par Rescassol, mais je n'arrive pas à trouver une expression comme une unique famille de solutions (par exemple reliées par une relation de récurrence). Est-ce possible ?

Voilà qui règle le problème.
Merci Chaurien.

J'en étais resté à $x_0=1$, $x_1=7$ et $\forall n\in\N,x_{n+2}=\dfrac{x_{n+1}^2-1}{x_n+1}-1$ et les solutions sont alors les couples $(x_n,x_{n+1})$ pour $n\in\N$.

Bonsoir,
La seule connaissance des relations entre coefficients et racines dans le "trinôme du second degré" permet ici d'éviter le recours à la théorie de l'équation de "Pell-Fermat".
Il s'agit de déterminer l'ensemble $\mathcal E:= \Big\{ (x,y) \in \N^2 \mid 0<x<y\:\:; \:\: x^2 -3xy+ y^2 -3x-3y-5 =0 \Big\}.$
$\forall (x,y)\in \N^2,\:$ je note:$\quad P_x(y):= y^2 -(3x+3)y +x^2 -3x-5,\qquad f(x,y): = \Big(3x+3 -y\: ,\: x \Big) $.

Alors: $\forall (x,y)\in \mathcal E \setminus \{(1,7)\},\quad0=P_x(y) = P_x(3x+3-y), \qquad3x+3-y = \dfrac{x^2-3x-5}y,\quad 0<3x+3-y<x,\qquad f(x,y)\in \mathcal E.$
$\forall (x,y)\in \mathcal E,\: \exists n \in \N$ tel que $f^{\circ n}(x,y) = (1,7),\qquad\exists n \in \N$ tel que $(x,y)= g^{\circ n} (1,7)\:$ où $\: g(x,y) = \Big(y\:,\: 3y+3-x \Big).\quad ( g= f^{\circ \langle -1 \rangle}).$
Ainsi, $(u_n)_{n\in \N} $ désignant la suite définie par: $\:\:u_0=1, \:u_1 =7, \quad \forall n\in \N, \:\: u_{n+2} = 3u_{n+1} -u_n +3,\:$ on a: $\quad \boxed{\mathcal E= \Big\{(u_n,u_{n+1}) \mid n \in \N \Big \}.}$

Autre attaque.
L'équation proposée : $(x+y)^2=3(x+y)+5(xy+1)$ s'écrit : $\Phi(x,y)=0$, avec : $\Phi(x,y)=x^2-3xy+y^2-3x-3y-5$.
C'est l'équation d'une hyperbole dont le centre se trouve en résolvant le petit système : $\frac{\partial \Phi}{\partial x}=0,\frac{\partial \Phi}{\partial y}=0$. Ce centre est $(-3,-3)$.
Il vient : $\Phi(-3+X, -3+Y)=\Phi(-3,-3)+X^2-3XY+Y^2$, et en posant $x=-3+X, y=-3+Y$, on a la nouvelle équation : $X^2-3XY+Y^2+4=0$.
Les entiers $X$ et $Y$ sont forcément pairs, et alors on pose : $X=2u, Y=2v$, et l'équation devient : $u^2-3uv+v^2+1=0$, qui équivaut à : $(v-2u)^2+(v-2u)u-u^2=-1$.
Soit $\phi=\frac {1+\sqrt 5}2$. Dans l'anneau $\mathbb Z[\phi]$, cette dernière égalité s'écrit : $N((v-2u)+u \phi) =-1=N(\phi)$. Le groupe multiplicatif des unités positives de cet anneau étant engendré par $\phi$, on en déduit : $(v-2u)+ u \phi= \phi ^{2n+1}=F_{2n+1} \phi+F_{2n}$, soit : $u=F_{2n+1}$, $v=F_{2n}+2F_{2n+1}=F_{2n+3}$.
Il en résulte finalement : $x=2F_{2n+1}-3,y=2 F_{2n+3}-3$.
Bonne fin de nuit.
Fr. Ch.
23/07/2020

Ajout à ma solution.
La condition $0<x<y$ implique : $2 \le u<v$. L'équation $u^2-3uv+v^2=-1$ implique : $(\frac vu)^2-3 \frac vu+1 \ge 0$, d'où $\frac vu \ge \frac {3+\sqrt 5}2 > \frac 52$, et par suite $v-2u >1$. Ce qui autorise à affirmer : $(v-2u)+ u \phi= \phi ^{2n+1}=F_{2n+1} \phi+F_{2n}$, avec $n \in \mathbb N ^*$.

Bravo i.zitoussi pour ta créativité. C'est très bien que nous soyons d'accord sur l'équation en $(u,v)$.
Je réponds à ta question pour arriver vite à l'équation de Fermat-***. C'est juste la technique élémentaire pour réduire une forme quadratique en combinaison linéaire de carrés de formes linéaires indépendantes, qu'on apprenait autrefois lorsque cette question était au programme. Je pense au vieux traité d'algèbre de Roger Godement. On l'étudie sans doute encore à l'Université.
On doit résoudre $\Phi(x,y)=0$ avec $\Phi(x,y)=x^2-3xy+y^2-3x-3y-5$.
La seule idée c'est la forme canonique du trinôme. On écrit d'abord $\Phi(x,y)$ comme un trinôme en $y$, avec sa forme canonique :
$\Phi(x,y)= y^2-3(x+1)y+x^2-3x-5$$=(y- \frac 32 (x+1))^2- \frac 94 (x+1)^2+x^2-3x-5$.
Et ensuite, re-forme canonique sur le trinôme en $x$ qui apparaît à droite, débarrassé de $y$.
Ceci se généralise à un nombre quelconque de variables. Le seul ennui c'est lorsque la forme quadratique ne comporte pas de carré, comme $q(x,y,z)=xy+2yz+3zx$. Alors on introduit de force un carré par : $xy= \frac 14((x+y)^2-(x-y)^2)$, du moins en caractéristique $\neq 2$. Mais bon il y a dans les quarante ans que je n'ai pas revu ça.
Bonne après-midi.
Fr. Ch.

Il est remarquable que cette équation née de l'imagination de i.zitoussi donne une solution qui s'exprime avec la suite de Fibonacci, suite si éminemment familière. Maintenant, si l'on veut un calcul direct des $x_n=2F_{2n+1}-3$, on peut observer que $\phi^4=3\phi ^2-1$, d'où $ F_{2n+3}=3F_{2n+1}-F_{2n-1}$, et la récurrence $x_{n+1}=3x_{n}-x_{n-1}+3$ s'ensuit immédiatement.