Shortlist 2019, N8¶

Domaine : Théorie des nombres · Difficulté : ★★★★★ · Proposé par : Russia

Concepts : Principe extrémal · Partie entière et majorations · Équations diophantiennes : factorisation et encadrement · Descente infinie et Vieta jumping

Solution officielle : Shortlist officielle 2019 (avec solutions), section N8 (livret PDF)

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Énoncé¶

Let \(a\) and \(b\) be two positive integers. Prove that the integer

\[a^2 + \left\lceil \frac{4a^2}{b} \right\rceil\]

is not a square. (Here \(\lceil z \rceil\) denotes the least integer greater than or equal to \(z\).)

Indices : les idées clés

Raisonner par l'absurde et généraliser : si \(a^2 + \lceil 4a^2/b \rceil = (a + k)^2\), l'équation \(\lceil c^2/b \rceil = (c + k)k\) a une solution, sans condition de parité sur \(c\) (solution 1).
Principe extrémal (descente infinie) : on prend une solution minimale (\(k\) minimal en solution 1, \(x + y\) minimal en solution 2) et l'on en fabrique une plus petite.
Partie entière (par excès) et encadrements (solution 1) : encadrer \(c^2/b\) donne \(c > bk > c - k\), d'où \(c = kb + r\) avec \(0 < r < k\) et \(\lceil r^2/b \rceil = k(k - r)\).
Équations diophantiennes : encadrement (solution 2) : \(0 \leq c^2 b - a^2(b+4) < b\) se transforme en \(x^2 - (b+2)xy + y^2 + d = 0\) avec \(0 \leq d < b\).
Vieta jumping (solution 2) : la seconde racine \(z = (b+2)y - x = \frac{y^2 + d}{x}\) donne une solution positive plus petite.

Solutions

Les solutions ci-dessous suivent les solutions officielles de la Shortlist 2019 (deux solutions).

Solution 1¶

Raisonnons par l'absurde et supposons que

\[a^2 + \left\lceil \frac{4a^2}{b} \right\rceil = (a + k)^2, \qquad\text{c'est-à-dire}\qquad \left\lceil \frac{(2a)^2}{b} \right\rceil = (2a + k)k.\]

Clairement \(k \geq 1\). Autrement dit, l'équation

\[\left\lceil \frac{c^2}{b} \right\rceil = (c + k)k \tag{1}\]

a une solution en entiers strictement positifs \((c, k)\) avec \(c\) pair.

Choisissons une solution en entiers strictement positifs de (1) avec \(k\) minimal, sans tenir compte de la parité de \(c\). Des inégalités

\[\frac{c^2}{b} > \left\lceil \frac{c^2}{b} \right\rceil - 1 = ck + k^2 - 1 \geq ck\]

et

\[\frac{(c - k)(c + k)}{b} < \frac{c^2}{b} \leq \left\lceil \frac{c^2}{b} \right\rceil = (c + k)k,\]

on tire \(c > bk > c - k\), donc

\[c = kb + r \quad \text{avec} \quad 0 < r < k.\]

En substituant dans (1), on obtient d'une part

\[\left\lceil \frac{c^2}{b} \right\rceil = \left\lceil \frac{(bk + r)^2}{b} \right\rceil = k^2 b + 2kr + \left\lceil \frac{r^2}{b} \right\rceil,\]

et d'autre part

\[(c + k)k = (kb + r + k)k = k^2 b + 2kr + k(k - r),\]

donc

\[\left\lceil \frac{r^2}{b} \right\rceil = k(k - r). \tag{2}\]

La relation (2) fournit une autre solution en entiers strictement positifs de (1), à savoir \(c' = r\) et \(k' = k - r\), avec \(c' > 0\) et \(0 < k' < k\). Cela contredit la minimalité de \(k\), ce qui achève la preuve. \(\blacksquare\)

Solution 2¶

Supposons que

\[a^2 + \left\lceil \frac{4a^2}{b} \right\rceil = c^2\]

pour un entier \(c > a\). Alors

\[c^2 - 1 < a^2 + \frac{4a^2}{b} \leq c^2, \qquad\text{donc}\qquad 0 \leq c^2 b - a^2(b + 4) < b. \tag{3}\]

Posons \(d = c^2 b - a^2(b + 4)\), \(x = c + a\) et \(y = c - a\) ; alors \(c = \frac{x + y}{2}\) et \(a = \frac{x - y}{2}\), et (3) se réécrit

\[\left(\frac{x + y}{2}\right)^2 b - \left(\frac{x - y}{2}\right)^2 (b + 4) = d,\]

c'est-à-dire

\[x^2 - (b + 2)xy + y^2 + d = 0, \qquad 0 \leq d < b. \tag{4}\]

Ainsi, sous l'hypothèse faite, l'équation (4) a une solution \((x, y)\) en entiers strictement positifs.

Fixons \(b\) et \(d\), et prenons une solution \((x, y)\) de (4) en entiers strictement positifs avec \(x + y\) minimal. Par symétrie de (4), on peut supposer \(x \geq y \geq 1\).

On effectue alors un « saut de Vieta » classique. Considérons (4) comme une équation du second degré en \(x\), et soit \(z\) sa seconde racine. Par les relations de Viète,

\[x + z = (b + 2)y \qquad\text{et}\qquad zx = y^2 + d,\]

donc

\[z = (b + 2)y - x = \frac{y^2 + d}{x}.\]

La première expression montre que \(z\) est entier, la seconde qu'il est strictement positif. Donc \((z, y)\) est une autre solution de (4) en entiers strictement positifs. Or

\[\begin{aligned} (x - 1)(z - 1) &= xz - (x + z) + 1 = (y^2 + d) - (b + 2)y + 1 \\ &< (y^2 + b) - (b + 2)y + 1 = (y - 1)^2 - b(y - 1) \leq (y - 1)^2 \leq (x - 1)^2, \end{aligned}\]

d'où \(z < x\), et donc \(z + y < x + y\). Cela contredit la minimalité de \(x + y\) parmi les solutions de (4) en entiers strictement positifs. \(\blacksquare\)