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Général

Introduction Chapitre entier

Points théoriques

Lifting The Exponent Lemma Exemples d'application Théorème de Zsigmondy Exemples d'application Vieta Jumping

Exercices

Exercice 1 Exercice 2 Exercice 3 Exercice 4 Exercice 5

Exemples d'application

Comme pour le LTE, nous donnons ici des applications du théorème de Zsigmondy à des problèmes d'olympiades.

Japanese Mathematical Olympiad 2011

Trouver tous les entiers strictement positifs $a, n, p, q, r$ tels que
$$a^n - 1 = (a^p-1)(a^q-1)(a^r-1).$$

Il apparaît assez clairement que le théorème de Zsigmondy va pouvoir être utile dans cette situation. Il faut d'abord traiter le cas particulier $a = 1$. On a alors directement $0 = 0$, donc tous les $5$-uplets du type $\boxed{(1,n,p,q,r)}$ conviennent. Supposons à présent que $a \geq 2$. Il est clair que $n$ doit être supérieur ou égal à $p, q$ et $r$. Si $n = p$, alors on trouve directement que $1=(a^q-1)(a^r-1)$, donc $(a,q,r) = (2,1,1)$. On trouve donc le $5$-uplet $\boxed{(n,2,n,1,1)}$, et de la même façon pour $n = q$ et $n = r$ on trouve les solutions $\boxed{(n,2,1,n,1), (n,2,1,1,n)}$. Supposons à présent que $n > p, q, r$. Alors le théorème de Zsigmondy nous dit que $a^n-1$ possède, sauf exceptions, un facteur premier que $a^p - 1, a^q - 1$ et $a^r - 1$ ne possèdent pas. C'est donc impossible, ce qui signifie qu'il reste à vérifier les exceptions au théorème de Zsigmondy.
  • On a une exception quand $a = 2$ et $n = 6$. Celle-ci donne $63 = (2^p-1)(2^q-1)(2^r-1)$. Comme $2^k-1 \in \{1,3,7,15,31\}$ pour les premières valeurs de $k$, on trouve que $p,q,r$ doivent valoir $2,2,3$ dans un certain ordre. Cela donne donc les solutions $\boxed{(2,6,2,2,3), (2,6,2,3,2), (2,6,3,2,2)}$.
  • L'autre exception a lieu pour $n=2$ quand $a+1$ est une puissance de $2$. Puisque $p,q,r < n$, il faut alors que $p=q=r=1$, d'où l'équation devient $a^2-1 = (a-1)^3$, ou encore $a+1 = (a-1)^2$. Celle-ci se réécrit $a^2-3a = 0$ et donne donc $a = 3$. On trouve ainsi la dernière solution $\boxed{(3,2,1,1,1)}$.
Notez bien que ce problème peut se résoudre également sans faire appel à ce (gros) théorème, et ce sans trop de difficultés supplémentaires, mais notre but est bien sûr ici d'illustrer la puissance de cet outil.

Balkan Mathematical Olympiad 2009

Trouver tous les triplets $(x,y,z)$ d'entiers strictement positifs tels que
$$3^x-5^y = z^2.$$

Modulo $4$, on a $5^y$ qui vaut toujours $1$ et $3^x$ qui vaut $1$ ou $3$ selon que $x$ est pair ou impair. Si $x$ est impair alors on obtient directement une contradiction puisque le membre de gauche est alors égal à $2$ modulo $4$, ce qui est impossible pour un carré. Le nombre $x$ doit donc être pair : posons $x = 2a$. On réécrit alors
$$3^{2a} - z^2 = 5^y,$$ ou encore
$$(3^a - z)(3^a+z) = 5^y.$$ Les deux nombres $3^a - z$ et $3^a + z$ doivent donc tous les deux être des puissances de $5$, disons $3^a - z = 5^s$ et $3^a + z = 5^t$ (avec $s < t$). En additionnant ces deux égalités, on obtient $2 \cdot 3^a = 5^s + 5^t$. Les nombres $s$ et $t$ ne peuvent pas tous les deux être non-nuls, puisqu'alors $2 \cdot 3^a$ serait multiple de $5$ : impossible. On doit donc avoir $s = 0$ et
$$2 \cdot 3^a = 5^t + 1$$ Mais, par le théorème de Zsigmondy, pour $t > 1$ le nombre $5^t + 1^t$ possède un facteur premier ne divisant pas $5^1 + 1^1 = 6$, c'est-à-dire différent de $2$ et $3$. Le nombre $t$ ne peut donc pas être supérieur à $1$. On en déduit que $t = 1$ et $a = 1$, ce qui donne $(x,y,z) = (2, 1, 2)$ comme unique solution.