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\title{126 -- Exemples d'équations diophantiennes.}
\author{}
\date{2013 -- 2014}
\begin{document}
\maketitle
\section*{Question.}
On considère l'équation diophantienne $11x+7y=c$, $c\in\NN$. Donner la plus grande valeur de $c$ pour que cette équation n'admette pas de solutions positives.

\section*{Réponse.}
On a $11\times 2-7\times 3=1$ donc l'équation $11x+7y=c$ a pour solutions $(2c+7t,-3c-11t)$. On considère $x_{\min}$ le plus petit entier positif tel qu'il existe $y_{\min}\in\ZZ$ tel que $11x_{\min}+7y_{\min}=c$. Alors $x_{\min}\in\{0,\dotsc,6\}$.

Si $y_{\min}\ge 0$, alors $(x_{\min},y_{\min})$ est une solution positive de l'équation.

Si $y_{\min}<0$, alors si $(x,y)$ est solution de l'équation $11x+7y=c$ avec $y\ge 0$, on a $y-y_{\min}=11t$ pour un $t>0$ et $x-x_{\min}=-7t$, donc $x<0$ car $x_{\min}\in\{0,\dotsc,6\}$.

On en déduit que l'équation n'admet pas de solutions positives si et seulement si $x_{\min}\ge 0$ et $y_{\min}<0$. Pour maximiser $c$, on pose alors $x_{\min}:=6$ et $y_{\min}:=-1$, on obtient $c=59$.

\section*{Question.}
Déterminer lorsque $2^n-1$ est un carré.

\section*{Réponse.}
Pour $n=0$ et $n=1$ ça marche.

Pour $n\ge 2$, $2^n-1\equiv -1[4]$ et $-1$ n'est pas un carré modulo 4, donc $2^n-1$ n'est pas un carré.

\section*{Question.}
Même question pour $2^n+1$.

\section*{Réponse.}
Si $n=2p$, alors
\[2^{2p}+1=4^p+1\equiv 2[3].\]
Or $2$ n'est pas un carré modulo 3 donc, pour $n$ pair, $2^n+1$ n'est pas un carré.

On suppose maintenant $n$ impair, $n=2p+1$, avec $p\ge 1$ (pour $n=1$, on a $2^n+1=3$ qui n'est pas un carré). On considère l'anneau $\ZZ[i\sqrt 2]$ qui est factoriel (car euclidien).

On a alors
\[2^{2p+1}+1=(1+i2^p\sqrt 2)(1-i2^p\sqrt 2).\]
Montrons que $1+i2^p\sqrt 2$ et $1-i2^p\sqrt 2$ sont premiers entre eux. Soit $a$ un diviseur commun à ces deux nombres (dans $\ZZ[i\sqrt 2]$), alors $a$ divise leur différence, 2. De plus, $N(a)$ divise (dans $\ZZ$) $N(1+i2^p\sqrt 2)=1+2^n$, où $N:z\mapsto z\bar z$ désigne la norme sur $\ZZ[i\sqrt 2]$, donc $N(a)$ est impair et $N(a)$ divise $N(2)=4$, donc $N(a)=1$, donc $a$ est inversible.

Si $2^n+1$ est un carré, alors en écrivant la décomposition en irréductibles dans $\ZZ[i\sqrt 2]$, on a $1+i2^p\sqrt 2=\pm y^2$ car les inversibles de $\ZZ[i\sqrt 2]$ sont $\pm 1$ ($zz'=1\Rightarrow N(z)N(z')=1\Rightarrow N(z)=1\Rightarrow z=\pm 1$).

On écrit alors $y=a+ib\sqrt 2$, on en déduit
\[1+i2^p\sqrt 2=\pm(a^2-2b^2+2iab\sqrt 2),\]
d'où
\[\left\{\begin{array}{l}a^2-2b^2=\pm 1\\2ab=\pm 2^p\end{array}\right.\]
$a$ et $b$ sont donc des puissances de $2$ (modulo $\pm 1$), or la première équation nous donne que $a$ est impair, donc $a=\pm 1$ et $b=\pm 2^{p-1}$. D'où
\[1-2^{2p-1}=\pm 1,\]
ce qui n'a de solution que si $p=1$, c'est-à-dire si $n=3$.

Finalement, puisque $2^3+1=9$ est un carré, $2^n+1$ est un carré si et seulement si $n=3$.

\section*{Question.}
Résoudre l'équation diophantienne $x^2+2y^2=3z^2$.

\section*{Réponse.}
Cette équation est équivalente à trouver des solutions rationnelles de $x^2+2y^2=3$. On reconnaît ici l'équation d'une ellipse, dont on va donner un paramétrage rationnel. Pour ce faire, on remarque que le point $(1,1)$ appartient à cette ellipse et on considère la droite passant par $(1,1)$ de coefficient directeur $t$, c'est-à-dire la droite d'équation $y=tx+1-t$. Alors un point $(x,y)$ appartient à l'intersection entre l'ellipse et la droite si et seulement si
\[\left\{\begin{array}{l}y=tx+1-t\\x^2+2(tx+1-t)^2=3.\end{array}\right.\]
Or
\begin{align*}x^2+2(tx+1-t)^2-3&=(1+2t^2)x^2+4t(1-t)x+2(1-t)^2-3\\
&=(x-1)((1+2t^2)x-2(1-t)^2+3)
\end{align*}
(la factorisation s'obtient en remarquant que $(1,1)$ appartient à cette intersection). On écarte l'autre point où $x=1$ (le point $(1,-1)$, qui correspond d'ailleurs à un coefficient directeur infini pour la droite) et on obtient que $(x,y)$ appartient à l'intersection entre l'ellipse et la droite si et seulement si
\[\left\{\begin{array}{l}x=\frac{2t^2-4t-1}{1+2t^2}\\[1ex]
y=\frac{-2t^2-2t+1}{1+2t^2}.\end{array}\right.\]
On a alors qu'un point (différent de $(1,1)$ et $(1,-1)$ de l'ellipse est à coordonnées rationnelles si et seulement si $t\in\QQ$. En effet, si $t\in\QQ$, les formules ci-dessus montre que les coordonnées sont rationnelles, réciproquement si les coordonnées sont rationnelles alors $t$ est la pente d'une droite passant par deux points à coordonnées rationnelles donc est rationnelle.

On pose alors $t=\frac pq$ avec $p$ et $q$ premiers entre eux, on obtient
\[\left\{\begin{array}{l}x=\frac{2p^2-4pq-q^2}{q^2+2p^2}\\[1ex]
y=\frac{-2p^2-2pq+q^2}{q^2+2p^2}.\end{array}\right.\]
Il resterait encore à étudier lorsque $2p^2-4pq-q^2$ et $q^2+2p^2$ sont premiers entre eux, ainsi que $-2p^2-2pq+q^2$ et $q^2+2p^2$, pour pouvoir conclure.
\end{document}