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Solution au problème de décembre 2011

Le problème:
. Trouver tous les premiers $p$ tels que $\large \frac{2^{p-1} -1}{p}$ est un carré.

La solution:

Nous avons reçu les solutions correctes de

Lamis Alsheikh (Syrie)

Diana Andrei (Suède)

Bojan Bašić (Serbie)

Ruben Victor Cohen (Argentine)

Lou Cairoli (États Unis)

Bernard Collignon (France)

Gruian Cornel (Roumanie)

Allen Druze (États Unis)

Mei-Hui Fang (Autriche)

Philippe Fondanaiche (France)

Kipp Johnson (États Unis)

Hans-Christian Jung (Allemagne)

Wolfgang Kais (Allemagne)

Patrick J LoPresti (États Unis)

Albert Stadler (Suisse)

Hakan Summakoğlu (Turquie)



La solution: $p = 3$ et $p = 7$.

Nous avons tiré ce problème de l'olympiade mathématique thaïlandaise de 2006. Jean Drabbe nous informe qu'il a aussi été traité par Lucas à la page 423 de son livre "Théorie des Nombres" (1891). Ce livre peut être téléchargé gratuitement à partir du site http://gallica.bnf.fr de la Bibliothèque Nationale de France (en passant par http://visualiseur.bnf.fr/Visualiseur?Destination=Gallica&O=NUMM-29021), ou du site http://www.archive.org/details/thoriedesnombre00lucagoog. Les solutions de nos correspondants étaient similaires a celle de Lucas. Nous reproduisons la solution de Fondanaiche.

"Le petit théorème de Fermat nous permet d’affirmer que, $p$ étant un nombre premier, la quantité $\large \frac{2^{p-1} -1}{p}$ est toujours un nombre entier. Dès lors si $\large \frac{2^{p-1} -1}{p}$ est un carré, il s’agit d’un carré parfait $a^2$ avec $a$ entier.

A partir des premières valeurs de $p = 2,3,5$ et $7$ on vérifie aisément qu’il n’y a pas de solution pour $p = 2$ et pour $p = 5$. A l’inverse pour $p = 3$ et pour $p = 7$, on a respectivement $\large \frac{2^{p-1} -1}{p} = 1$ et $9$ qui sont bien des carrés parfaits.Nous allons démontrer qu’il n’y a pas d’autres solutions possibles pour $p > 7$.

Soit $\large \frac{2^{p-1} -1}{p} = a^2$. D’où $2^{p-1} -1 = pa^2$. Comme $p$ est un nombre impair, $\frac{p-1}{2}$ est un nombre entier et l’on a

$$2^{p-1} -1 = (2^{\frac{p-1}{2}} + 1)(2^{\frac{p-1}{2}} - 1)$$

avec $\large 2^{\frac{p-1}{2}} + 1$ et $\large 2^{\frac{p-1}{2}} – 1$ qui sont deux entiers impairs dont la différence est égale à 2. Ces deux entiers sont donc relativement premiers entre eux,c’est à dire qu’ils n’ont pas d’autres facteurs en commun autres que 1.

Comme $p$ est premier, il en résulte que l’on a $\large 2^{\frac{p-1}{2}} – 1 = x^2$ et $\large 2^{\frac{p-1}{2}} + 1 = py^2$ ou bien $\large 2^{\frac{p-1}{2}} – 1 = py^2$ et $\large 2^{\frac{p-1}{2}} + 1 = x^2$ avec $x$ et $y$ entiers.

1er cas : $\large 2^{\frac{p-1}{2}} – 1 = x^2$ avec $x$ entier impair. Or tout carré d’un nombre impair est égal à 1 modulo 4, tandis que le premier membre $\large 2^{\frac{p-1}{2}} – 1$ est égal à 1 modulo 4 pour $p = 3$ et à – 1 modulo 4 pour $p > 3$. L’unique solution est donc $x = 1$ pour $p = 3$.

2eme cas : $\large 2^{\frac{p-1}{2}} + 1 = x^2$, qui s'écrit encore $\large 2^{\frac{p-1}{2}} = x^2 – 1 = (x + 1)(x – 1)$. Or une puissance de 2 ne peut être le produit de deux entiers pairs consécutifs que si $x = 3$. D’où l’unique solution $p = 7$.''

 

 

 


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