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Shortlist 2017, N5

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

Concepts : Divisibilité, PGCD et algorithme d'Euclide · Ordre d'un élément et racines primitives · Congruences, théorèmes de Fermat et d'Euler

Solution officielle : Shortlist officielle 2017 (avec solutions), p. 80 (page 82 du PDF)

Énoncé

Find all pairs \((p, q)\) of prime numbers with \(p > q\) for which the number

\[\frac{(p+q)^{p+q}(p-q)^{p-q} - 1}{(p+q)^{p-q}(p-q)^{p+q} - 1}\]

is an integer.

Indices : les idées clés
Solutions

Les solutions ci-dessous suivent la solution officielle de la Shortlist 2017 (une solution).

Réponse : le seul couple est \((p, q) = (3, 2)\).

Solution

Posons \(M = (p+q)^{p-q}(p-q)^{p+q} - 1\), qui est premier avec \(p + q\) et avec \(p - q\). Notons \((p-q)^{-1}\) l'inverse de \(p - q\) modulo \(M\). Si le quotient est entier, le numérateur est divisible par \(M\) ; en éliminant le terme \(-1\) :

\[(p+q)^{p+q}(p-q)^{p-q} - 1 \equiv (p+q)^{p-q}(p-q)^{p+q} - 1 \pmod M,\]
\[(p+q)^{2q} \equiv (p-q)^{2q} \pmod M, \tag{1}\]
\[\left((p+q) \cdot (p-q)^{-1}\right)^{2q} \equiv 1 \pmod M. \tag{2}\]

Cas 1 : \(q \geq 5\). Soit \(r\) un diviseur premier quelconque de \(M\). Comme \(M\) est impair, \(r \geq 3\). D'après (2), l'ordre multiplicatif de \((p+q)(p-q)^{-1}\) modulo \(r\) divise l'exposant \(2q\) ; il vaut donc \(1\), \(2\), \(q\) ou \(2q\).

Par le théorème de Fermat, cet ordre divise \(r - 1\). Donc, si l'ordre vaut \(q\) ou \(2q\), alors \(r \equiv 1 \pmod q\). Si l'ordre vaut \(1\) ou \(2\), alors \(r \mid (p+q)^2 - (p-q)^2 = 4pq\), donc \(r = p\) ou \(r = q\). Le cas \(r = p\) est impossible : par le théorème de Fermat (et comme \(p + q\) est pair),

\[M = (p+q)^{p-q}(p-q)^{p+q} - 1 \equiv q^{p-q}(-q)^{p+q} - 1 = \left(q^2\right)^p - 1 \equiv q^2 - 1 = (q+1)(q-1) \pmod p,\]

et les facteurs \(q - 1\) et \(q + 1\) sont inférieurs à \(p\), donc \(p \nmid M\). Ainsi, tous les diviseurs premiers de \(M\) sont soit \(q\), soit de la forme \(kq + 1\) ; il s'ensuit que tous les diviseurs positifs de \(M\) sont congrus à \(0\) ou \(1\) modulo \(q\).

Or

\[M = \left((p+q)^{\frac{p-q}{2}}(p-q)^{\frac{p+q}{2}} - 1\right)\left((p+q)^{\frac{p-q}{2}}(p-q)^{\frac{p+q}{2}} + 1\right)\]

est le produit de deux entiers impairs positifs consécutifs ; tous deux doivent être congrus à \(0\) ou \(1\) modulo \(q\). Deux nombres qui diffèrent de \(2\) ne peuvent l'être que si \(q \leq 3\) : c'est impossible puisque \(q \geq 5\). Pas de solution dans le cas 1.

Cas 2 : \(q = 2\). D'après (1), \(M \mid (p+q)^{2q} - (p-q)^{2q} = (p+2)^4 - (p-2)^4\), donc

\[(p+2)^{p-2}(p-2)^{p+2} - 1 = M \leq (p+2)^4 - (p-2)^4 \leq (p+2)^4 - 1,\]
\[(p+2)^{p-6}(p-2)^{p+2} \leq 1.\]

Si \(p \geq 7\), le membre de gauche est clairement supérieur à \(1\). Pour \(p = 5\), il vaut \(7^{-1} \cdot 3^7\), encore trop grand. Il reste le seul candidat \(p = 3\), qui donne bien une solution :

\[\frac{(p+q)^{p+q}(p-q)^{p-q} - 1}{(p+q)^{p-q}(p-q)^{p+q} - 1} = \frac{5^5 \cdot 1^1 - 1}{5^1 \cdot 1^5 - 1} = \frac{3124}{4} = 781.\]

Dans le cas 2, la seule solution est donc \((p, q) = (3, 2)\).

Cas 3 : \(q = 3\). Comme dans le cas 2,

\[M \mid (p+q)^{2q} - (p-q)^{2q} = 64 \cdot \left(\left(\frac{p+3}{2}\right)^6 - \left(\frac{p-3}{2}\right)^6\right).\]

Comme \(M\) est impair, on en déduit \(M \mid \left(\frac{p+3}{2}\right)^6 - \left(\frac{p-3}{2}\right)^6\), et

\[(p+3)^{p-3}(p-3)^{p+3} - 1 = M \leq \left(\frac{p+3}{2}\right)^6 - \left(\frac{p-3}{2}\right)^6 \leq \left(\frac{p+3}{2}\right)^6 - 1,\]
\[64\,(p+3)^{p-9}(p-3)^{p+3} \leq 1.\]

Si \(p \geq 11\), le membre de gauche est clairement supérieur à \(1\). Si \(p = 7\), il vaut \(64 \cdot 10^{-2} \cdot 4^{10} > 1\). Si \(p = 5\), il vaut \(64 \cdot 8^{-4} \cdot 2^8 = 2^2 > 1\). Pas de solution dans le cas 3.

Finalement, la seule solution est \((p, q) = (3, 2)\). \(\blacksquare\)