Shortlist 2010, N2

Domaine : Théorie des nombres · Difficulté : ★★★☆☆ · Proposé par : Australia

Concepts : Équations diophantiennes : factorisation et encadrement · Ordre d'un élément et racines primitives · Divisibilité, PGCD et algorithme d'Euclide

Solution officielle : Shortlist officielle 2010 (avec solutions), p. 66 (page 67 du PDF)

Énoncé

Find all pairs \((m, n)\) of nonnegative integers for which

\[m^2 + 2 \cdot 3^n = m\big(2^{n+1} - 1\big). \tag{1}\]

Indices : les idées clés

• Divisibilité : \(m \mid 2 \cdot 3^n\), donc \(m = 3^p\) ou \(m = 2 \cdot 3^q\), et l'on se ramène à \(3^p + 2 \cdot 3^q = 2^{n+1} - 1\) avec \(p + q = n\).
• Encadrement : \(\frac{n - 2}{3} < p, q < \frac{2(n + 1)}{3}\), donc \(h = \min(p, q) > 1\) et \(9 \mid 2^{n+1} - 1\).
• Ordre de \(2\) modulo \(9\) : \(6 \mid n + 1\) ; la factorisation \(4^{3r} - 1 = (4^{2r} + 4^r + 1)(2^r - 1)(2^r + 1)\) force \(3^{h-1} \leq 2^r + 1\), d'où \(n < 11\).

Solutions

Les solutions ci-dessous suivent la solution officielle de la Shortlist 2010 (une solution).

Réponse : \((6, 3)\), \((9, 3)\), \((9, 5)\), \((54, 5)\).

Solution

Pour \(n\) fixé, l'équation (1) est une simple équation du second degré en \(m\). Pour \(n \leq 5\), les solutions sont données dans le tableau suivant.

cas	équation	discriminant	racines entières
\(n = 0\)	\(m^2 - m + 2 = 0\)	\(-7\)	aucune
\(n = 1\)	\(m^2 - 3m + 6 = 0\)	\(-15\)	aucune
\(n = 2\)	\(m^2 - 7m + 18 = 0\)	\(-23\)	aucune
\(n = 3\)	\(m^2 - 15m + 54 = 0\)	\(9\)	\(m = 6\) et \(m = 9\)
\(n = 4\)	\(m^2 - 31m + 162 = 0\)	\(313\)	aucune
\(n = 5\)	\(m^2 - 63m + 486 = 0\)	\(2025 = 45^2\)	\(m = 9\) et \(m = 54\)

Montrons qu'il n'y a pas de solution pour \(n \geq 6\).

Supposons que \((m, n)\) vérifie (1) avec \(n \geq 6\). Comme \(m \mid 2 \cdot 3^n = m\big(2^{n+1} - 1\big) - m^2\), on a \(m = 3^p\) avec \(0 \leq p \leq n\), ou \(m = 2 \cdot 3^q\) avec \(0 \leq q \leq n\).

Dans le premier cas, posons \(q = n - p\) ; alors

\[2^{n+1} - 1 = m + \frac{2 \cdot 3^n}{m} = 3^p + 2 \cdot 3^q.\]

Dans le second cas, posons \(p = n - q\). Alors

\[2^{n+1} - 1 = m + \frac{2 \cdot 3^n}{m} = 2 \cdot 3^q + 3^p.\]

Dans les deux cas, il faut donc trouver les solutions entières positives ou nulles de

\[3^p + 2 \cdot 3^q = 2^{n+1} - 1, \qquad p + q = n. \tag{2}\]

Établissons ensuite des bornes pour \(p\), \(q\). De (2), on tire

\[3^p < 2^{n+1} = 8^{\frac{n+1}{3}} < 9^{\frac{n+1}{3}} = 3^{\frac{2(n+1)}{3}}\]

et

\[2 \cdot 3^q < 2^{n+1} = 2 \cdot 8^{\frac{n}{3}} < 2 \cdot 9^{\frac{n}{3}} = 2 \cdot 3^{\frac{2n}{3}} < 2 \cdot 3^{\frac{2(n+1)}{3}},\]

donc \(p, q < \frac{2(n + 1)}{3}\). En combinant ces inégalités avec \(p + q = n\), on obtient

\[\frac{n - 2}{3} < p, q < \frac{2(n + 1)}{3}. \tag{3}\]

Soit maintenant \(h = \min(p, q)\). D'après (3), \(h > \frac{n - 2}{3}\) ; en particulier, \(h > 1\). Dans le membre de gauche de (2), les deux termes sont divisibles par \(3^h\), donc \(9 \mid 3^h \mid 2^{n+1} - 1\). On vérifie facilement que \(\operatorname{ord}_9(2) = 6\), donc \(9 \mid 2^{n+1} - 1\) si et seulement si \(6 \mid n + 1\). Par conséquent \(n + 1 = 6r\) pour un entier \(r > 0\), et l'on peut écrire

\[2^{n+1} - 1 = 4^{3r} - 1 = (4^{2r} + 4^r + 1)(2^r - 1)(2^r + 1). \tag{4}\]

Remarquons que le facteur \(4^{2r} + 4^r + 1 = (4^r - 1)^2 + 3 \cdot 4^r\) est divisible par \(3\), mais jamais par \(9\). Les deux autres facteurs de (4), \(2^r - 1\) et \(2^r + 1\), sont premiers entre eux : ils sont impairs et leur différence vaut \(2\). Comme le produit entier est divisible par \(3^h\), on a \(3^{h-1} \mid 2^r - 1\) ou \(3^{h-1} \mid 2^r + 1\). Dans tous les cas, \(3^{h-1} \leq 2^r + 1\). Alors

\[3^{h-1} \leq 2^r + 1 \leq 3^r = 3^{\frac{n+1}{6}}, \qquad \frac{n - 2}{3} - 1 < h - 1 \leq \frac{n + 1}{6}, \qquad n < 11.\]

Mais c'est impossible, puisqu'on a supposé \(n \geq 6\) et prouvé \(6 \mid n + 1\). \(\blacksquare\)