Shortlist 2007, N2¶
Domaine : Théorie des nombres · Difficulté : ★★☆☆☆ · Proposé par : Canada
Concepts : Valuations p-adiques et lemme LTE · Résidus quadratiques
Solution officielle : Shortlist officielle 2007 (avec solutions), p. 56 (page 57 du PDF)
Énoncé¶
Let \(b, n > 1\) be integers. Suppose that for each \(k > 1\) there exists an integer \(a_k\) such that \(b - a_k^n\) is divisible by \(k\). Prove that \(b = A^n\) for some integer \(A\).
Indices : les idées clés
- Choix \(k = b^2\) : \(b - a_k^n\) est divisible par \(p_i^{2\alpha_i}\) pour chaque facteur premier \(p_i^{\alpha_i}\) de \(b\).
- Valuations : \(a_k^n \equiv b \equiv 0 \pmod{p_i^{\alpha_i}}\) mais \(a_k^n \equiv b \not\equiv 0 \pmod{p_i^{\alpha_i + 1}}\), donc \(v_{p_i}(a_k^n) = \alpha_i\), et \(n \mid \alpha_i\).
- Remarque : les seuls modules premiers ne suffisent pas (\(x^8 \equiv 16\) a une solution modulo tout premier, via les résidus quadratiques).
Solutions
Les solutions ci-dessous suivent la solution officielle de la Shortlist 2007 (une solution et une remarque).
Solution¶
Soit \(b = p_1^{\alpha_1} \cdots p_s^{\alpha_s}\) la décomposition en facteurs premiers de \(b\), où \(p_1, \ldots, p_s\) sont des nombres premiers distincts. Notre but est de montrer que tous les exposants \(\alpha_i\) sont divisibles par \(n\) ; on peut alors poser \(A = p_1^{\alpha_1/n} \cdots p_s^{\alpha_s/n}\).
Appliquons la condition pour \(k = b^2\). Le nombre \(b - a_k^n\) est divisible par \(b^2\) et donc, pour tout \(1 \leq i \leq s\), il est aussi divisible par \(p_i^{2\alpha_i} > p_i^{\alpha_i}\). Donc
et
ce qui implique que la plus grande puissance de \(p_i\) divisant \(a_k^n\) est \(p_i^{\alpha_i}\). Comme \(a_k^n\) est une puissance \(n\)-ième parfaite, cela implique que \(\alpha_i\) est divisible par \(n\). \(\blacksquare\)
Remarque¶
Si \(n = 8\) et \(b = 16\), alors, pour tout nombre premier \(p\), il existe un entier \(a_p\) tel que \(b - a_p^n\) soit divisible par \(p\). En effet, la congruence \(x^8 - 16 \equiv 0 \pmod p\) se développe en
Donc, si \(-1\) est un résidu quadratique modulo \(p\), la congruence \(x^2 + 2x + 2 = (x + 1)^2 + 1 \equiv 0\) a une solution. Sinon, l'une des congruences \(x^2 \equiv 2\) et \(x^2 \equiv -2\) a une solution.
La solution ne peut donc pas fonctionner en n'utilisant que des valeurs premières de \(k\).