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Shortlist 2023, N2

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

Concepts : Équations diophantiennes : factorisation et encadrement · Valuations p-adiques et lemme LTE · Congruences, théorèmes de Fermat et d'Euler

Solution officielle : Shortlist officielle 2023 (avec solutions), p. 83 (page 85 du PDF)

Énoncé

Determine all pairs \((a, p)\) of positive integers with \(p\) prime such that \(p^a + a^4\) is a perfect square.

Indices : les idées clés
  • Factorisation : \(p^a = (b + a^2)(b - a^2)\), donc les deux facteurs sont des puissances de \(p\).
  • Valuations \(p\)-adiques : comparer les exposants de \(p\) dans \(2a^2 = p^x(p^{a-2x} - 1)\) fixe \(x\) en fonction de \(v_p(a)\).
  • Congruences : modulo \(4\), \(2^{a-2} - 1\) n'est pas un carré pour \(a \geq 4\).
  • Encadrement par croissance exponentielle : une exponentielle dépasse vite \(2n^2 + 1\), ce qui ne laisse que quelques petits cas.
Solutions

Les solutions ci-dessous suivent la solution officielle de la Shortlist 2023 (une solution).

Réponse : \((a, p) = (1, 3),\ (2, 3),\ (6, 3),\ (9, 3)\).

Solution

On vérifie directement ces solutions : \(3 + 1 = 2^2\), \(9 + 16 = 5^2\), \(729 + 1296 = 45^2\), \(3^9 + 9^4 = 19683 + 6561 = 26244 = 162^2\).

Factorisation. Écrivons \(p^a + a^4 = b^2\) avec \(b\) entier positif. Alors

\[p^a = b^2 - a^4 = (b + a^2)(b - a^2).\]

Par factorisation, \(b + a^2\) et \(b - a^2\) sont des puissances de \(p\). Posons \(b - a^2 = p^x\) ; alors \(b + a^2 = p^{a - x}\) et \(a - x > x\). Par différence,

\[2a^2 = (b + a^2) - (b - a^2) = p^{a-x} - p^x = p^x\left(p^{a-2x} - 1\right). \tag{1}\]

Notons \(v_p(m)\) la valuation \(p\)-adique de \(m\). On distingue \(p = 2\) et \(p \neq 2\).

Cas 1 : \(p = 2\). Comme \(2^{a-2x} - 1\) est impair, (1) donne

\[a^2 = 2^{x-1}\left(2^{a-2x} - 1\right) = 2^{2v_2(a)}\left(2^{a-2x} - 1\right),\]

la seconde égalité venant de \(\operatorname{pgcd}(2, 2^{a-2x} - 1) = 1\). Donc \(2^{a-2x} - 1\) est un carré parfait.

  • Si \(v_2(a) > 0\), alors \(x - 1 = 2v_2(a)\) est pair, donc \(x\) est impair, et \(a\) est pair ; ainsi \(a - 2x\) est pair et \(2^{a-2x}\) est aussi un carré. Deux carrés qui diffèrent de \(1\) sont \(0\) et \(1\), donc \(2^{a-2x} - 1 = 0\), ce qui force \(a^2 = 0\) : contradiction.
  • Si \(v_2(a) = 0\), alors \(x = 1\) et \(a^2 = 2^{a-2} - 1\). Pour \(a \geq 4\), le membre de droite est congru à \(3\) modulo \(4\), donc n'est pas un carré. On vérifie que \(a = 1, 2, 3\) ne conviennent pas.

Il n'y a donc aucune solution avec \(p = 2\).

Cas 2 : \(p \neq 2\). Comme \(p\) est impair et ne divise pas \(p^{a-2x} - 1\), la comparaison des valuations dans (1) donne \(x = 2v_p(a)\). Posons \(m = v_p(a)\) ; on a \(a = p^m n\) avec \(n \geq 1\) entier, donc \(a^2 = p^{2m} n^2\), et (1) devient

\[2n^2 = p^{a - 2x} - 1 = p^{p^m n - 4m} - 1.\]

Sous-cas 2.1 : \(p \geq 5\). Par récurrence, \(p^m \geq 5^m > 4m\) pour tout \(m \geq 0\). Alors

\[2n^2 + 1 = p^{p^m n - 4m} > p^{p^m n - p^m} \geq 5^{5^m (n-1)} \geq 5^{n-1}.\]

Mais, par récurrence, \(5^{n-1} > 2n^2 + 1\) pour tout \(n \geq 3\). Donc \(n = 1\) ou \(n = 2\), et alors \(2n^2 + 1\) vaut \(3\) ou \(9\), qui devrait être une puissance de \(p\) : cela impose \(p = 3\), contradiction. Pas de solution dans ce sous-cas.

Sous-cas 2.2 : \(p = 3\). On a \(2n^2 + 1 = 3^{3^m n - 4m}\).

  • Si \(m \geq 2\), on montre par récurrence que \(3^m > 4m\), donc

    \[2n^2 + 1 = 3^{3^m n - 4m} > 3^{3^m n - 3^m} = 3^{3^m (n-1)} \geq 3^{9(n-1)}.\]

    Or, par récurrence, \(3^{9(n-1)} > 2n^2 + 1\) pour tout \(n \geq 2\). Donc \(n = 1\), puis \(3 = 3^{3^m - 4m}\), c'est-à-dire \(3^m - 4m = 1\), dont la seule solution est \(m = 2\). Cela donne \(a = 3^2 \cdot 1 = 9\).

  • Si \(m = 1\) : \(2n^2 + 1 = 3^{3n - 4}\). Par récurrence, \(3^{3n-4} > 2n^2 + 1\) pour \(n \geq 3\) ; en testant \(n = 1, 2\), seul \(n = 2\) convient (\(9 = 3^2\)). Cela donne \(a = 3 \cdot 2 = 6\).

  • Si \(m = 0\) : \(2n^2 + 1 = 3^n\). Par récurrence, \(3^n > 2n^2 + 1\) pour \(n \geq 3\) ; en testant \(n = 1, 2\), on trouve \(a = 1\) et \(a = 2\).

Finalement, les solutions sont \((a, p) = (1, 3),\ (2, 3),\ (6, 3),\ (9, 3)\). \(\blacksquare\)