n`+1 - E-Periodica

RÉSOLUTION EN NOMBRES ENTIERS DE
L'ÉQUATION DIOPHANTIENNE n(n+1) = 2n'
(n'+1)
Autor(en): Thouvenot, S.
Objekttyp: Article
Zeitschrift: L'Enseignement Mathématique
Band (Jahr): 16 (1970)
Heft 1: L'ENSEIGNEMENT MATHÉMATIQUE
Persistenter Link: http://doi.org/10.5169/seals-43863
PDF erstellt am: 24.05.2017
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RÉSOLUTION EN NOMBRES ENTIERS
DE L'ÉQUATION DIOPHANTIENNE n(n+1) =2n' (n'+1)
par S. Thouvenot, Docteur de l'Université de Paris
Il est classique de résoudre les équations diophantiennes 2x2±1=y2
par des formules de récurrence. Le problème, examiné dans cet article,
conduit une nouvelle fois àce résultat. Mais les considérations qui sont
développées àcette occasion, en particulier celles qui utilisent àla fois
une double descente infinie et des conditions de primalité àchaque étape
de ces descentes sont, semble-t-il, peu courantes.
1. ?On se propose de trouver, s'il en existe, des solutions en nombres
entiers de l'équation
(1)
Pour cela, on partira de l'équation plus générale
(2)
On établira diverses propriétés qu'ont nécessairement les entiers n, ri et v
vérifiant (2) puis àpartir de celles-ci on examinera plus particulièrement
le cas de v=1, avec comme objectif d'atteindre toutes les solutions de (1).
2. ?De (2) on déduit les inégalités évide
(3)
ainsi que l'impossibilité des solutions
qui conduiraient pour vàdes valeurs négative ou fractionnaire.
3. ?Examinons maintenant si l'un des quatre nombres n, n+v, ri,
ri +v, peut être premier. Les quatre cas où l'un de ces nombres pourrait
l'être seront étudiés successivement. Les raisonnements suivis seront
extensibles aux cas où, sans être premier, l'un des quatre nombres n, n+v,
n\ ri +v, diviserait un des facteurs de (2) situé dans le membre opposé
de (2) où il se trouve lui-même.

3.1 ?nest premier (différent de 2) donc impair.
nne peut diviser ri àcause de (3).
Il yadonc un entier Atel que
(4)
(2) montre alors que n+v=2Xri
En éliminant ri puis nentre les deux relations précédentes on ad'une
part
et d'autre
ce qui conduit à
(5)
Comme nest premier avec ri et que (2+l) l'est avec (22+1) on a
ce qui entraîne
(6)
ne peut être égal à1que si X=1.
En ce cas
On aainsi démontré que (1) aau moins une solution (qu'il est facile
de vérifier).
3.2 ?n+vpremier (différent de 2) est àéliminer puisque n+vne
peut diviser ri +ven vertu de (3) ni àfortiori n'.
33 ?n est premier.
Si n' divisait nil yaurait un entier 2tel que n=Xnfce qui conduirait
àécrire (2) sous la forme
(7)
équation qui ne permet aucune solution en entiers positifs pour n\ Xet v.
Si maintenant n' divise n+v, il yaun entier Atel que
(8)
En raisonnant comme en 3.1 ci-dessus, on établit la relation
(9)
de laquelle on déduit que deux et deux seulement éventualités sont possibles

(10)
ou (11)
vne peut être égal à1que dans la première de ces deux éventualités auquel
cas (10) montre que
On retrouve le résultat rencontré en 3.1 ci-dessus.
3.4 ?II est facile de voir que ri +vne peut ni diviser nni diviser
n+v. Dans l'un et l'autre cas (2) ne permet en effet d'avoir aucune solution
en net ri où ces deux nombres seraient simultanément entiers et positifs.
5.5 ?Dans le cas où v=1, on conclut des développements précédents
(3 à3.4) que hormis le cas où
(12)
les quatre nombres n, n+1, ri, ri +1, résolvant (1), s'il en existe, sont
nécessairement composés. Bien plus, même s'ils sont composés ?cf 3?
aucun d'entre eux ne peut diviser l'un des autres.
4. ?Revenons àla relation (2)
Et supposons (hypothèse Hx)que n, n+v,rietn +v sont composés
et qu'aucun ne divise l'un des autres.
Supposons aussi (hypothèse H2)que netn+v d'une part, ri et ri +v
d'autre part sont premiers entre eux.
Il est clair que si v= 1H1et H2H2sont également vérifiés ?saufdans
le cas particulier de n=3, ri =2signalé en 3.5 ?
Posons alors
(13)
aetb d'une part, aet de l'autre étant premiers entre eux.
Deux éventualités et deux seulement sont alors possibles
(14), (15)
On supposera maintenant que a, oc, bet /? sont premiers entre eux deux
àdeux (hypothèse H3). Il est facile de voir que si v=l que les conditions
de l'hypothèse H3H3sont nécessairement remplies et qu'en outre on a
dans le cas de E1bet/? impairs dans celui de E2E2aeta impairs.

5. ?Dans le cas de E1on peut alors écrire (par définition de n, n+ v,
ri et ri +v) (16)
d'où l'on déduit
(17)
Comme aest premier avec fi, et que (b?a), l'est avec 2a ?b?cf H3H3
de 4?on a
(18)
5.1 ?De même dans le cas de E2E2on asuccessivement
(19)
(20)
d'où l'on déduit par un raisonnement identique àcelui fait en 5ci-dessus :
(21)
5.2 ?Les relations précédentes (16) et (18) dans le cas de El9 et (19)
et (21) dans le cas de E2E2permettent de calculer tous les nombres (a, a,
b, pet v) caractérisant une solution de (2) dès lors que l'on connaît deux
d'entre eux.
Les tableaux ci-annexés T. Ipour E1et T. II pour E2E2montrent àquels
résultats on parvient ?par des calculs élémentaires ?en partant de tous
les couples possibles formés de deux des quatre nombres a, a, b, Psupposés
connus.
6. ?Plaçons nous dans le cas de E1et de v=l.
6.1 ?En se reportant àT. I?couple de facteurs a, oc ?on voit que
(22)
pet bsont impairs ?cf 4in fine ?ce qui entraîne aet ade parité opposée.
L'équation ci-dessus en aet amontre que
(23)
adevant être entier positif, seul le signe +est àretenir, et pour que
l'on ait P=a?a, il faut* que
(24)
?condition que donnait déjà le tableau T. Ipour v=1au couple de
facteurs a, P?