Moi j'aime pas les biscuits

Salut !

1,8,15 fonctionne...
1*8+1=3²
1*15+1=4²
8*15+1=11²
(Par bêtes essais successifs...)

Edit :

4; 30 et 56 aussi !
4*30+1=11²
4*56+1=15²
30*56+1=41²
(Même méthode !)

@Shadock : je viens de le mailer.
@golgot : ça intuite, ça intuite ...

@kosso_tg: et pourtant si. la somme d'un carré plus quelque chose peut être carrée même si le quelque chose n'est pas nul !
Par exemple , 4+x est carré pour x=0 mais aussi x=5 ou encore x=12
Ce que tu devrais dire, c'est qu'il est impossible d'obtenir ces carrés là en particulier

Oui, tu as parfaitement raison, je suis allé trop vite en besogne

En m'aidant d'excel, j'ai trouvé 3 cas:
a=premier nombre de la progression arithmétique et m le pas de la progression
   a=0 et m=2
   a=1 et m=7
   a=4 et m=26.

En analysant de près l'évolution de a et m pour ces 3 cas, j'ai trouvé une relation que j'ai ensuite testée et qui marche. Un des ensembles solutions est donc:

[A(n),b,c] tels que b=A(n)+M(n), c=b+M(n) où (An) et (Mn) sont des suites définies comme ci après.

A(0)=0, A(1)=1 et A(n+2)=4*A(n+1)-A(n)
et
M(0)=2, M(1)=7 et M(n+2)=4*M(n+1)-M(n)

L'expression générale de ces suites permettent de définir les triplets pour tout n>=0



Voilà

Il semblerait qu'à partir de 3 suites :

u0=1; v0=8; w0=15 et
u1=4; v1=30; w1=56,

On puisse effectivement construire une infinité de séries solution en choisissant à chaque fois :
u(n)=4*u(n-1)-u(n-2); v(n)=4*v(n-1)-v(n-2); w(n)=4*w(n-1)-w(n-2)

donc : u2=4*4-1=15; v2=4*30-8=112 et w2=4*56-15=209, etc.

Mais je n'arrive pas à le démontrer pour le moment...

Scarta, non, mais ce que je fais est la preuve par récurrence. C'est aussi rigoureux qu'une preuve directe. Mais nettement moins élégant, je l'admets....

Rigoureusement, Scarta, a,b,c en progression arithmétique, c'est (b-d),b,b+d, et en posant les équations:

(b-d)b=(A-1)(A+1)
(b-d)(b+d)=(B-1)(B+1)
b(b+d)=(C-1)(C+1)

Et là franchement c'est pas très parlant pour commencer....

@Ebichu: même chose que précédemment : c'est juste mais non démontré.

@nodgim: oui, comme je le disais ça n'en est pas moins correct pour autant.
Sauf que pendant 4 ans j'étais resté sur une demo par récurrence (pas aussi simple que la tienne), alors qu'il existe une démonstration simple directe : c'est celle là que je voulais vous faire partager

Tiens, ton problème m'a fait poser une question: existe t'il aussi des solutions avec un quadruplet, quintuplet, ...?
Il semble que ce soit abordé dans le 1er msg que tu as cité, et que la résolution vient de Mr Euler. C'est donc du haut niveau...

Bon, toujours pas de démo, mais une construction plus simple

Je suis surpris que tu ne considères pas comme acquise la fin de la démonstration. Ça ne me dérange pas de détailler, mais de mon point de vue, la difficulté ne réside pas ici, plutôt dans le fait de trouver la suite.

* a, b, c sont en progression arithmétique car c-b=u_{n+2}-2*u_{n+1}=4.u_{n+1}-u_n-2*u_{n+1}=2*u_{n+1}-u_n=b-a (il suffit d'utiliser une unique fois la relation de récurrence linéaire qui définit la suite).

* bc+1 est un carré car bc+1 = 2.u_{n+1}.u_{n+2}+1 = (u_{n+2}-u_{n+1})², c'est la même relation que pour ab+1 mais décalée d'un indice.

*ac+1 est un carré car ac+1 = u_n.u_{n+2}+1 = u_n.(4.u_{n+1}-u_n)+1 = 4.u_{n+1}.u_n-u_n²+1 = u_{n+1}², car on a démontré dans le cas de ab+1 que u_{n+1}²+u_n²-4.u_{n+1}.u_n = 1. Là encore, on utilise une seule fois la relation de récurrence linéaire.

Bon, alors bonnes réponses de quasi tous, avec des démos plus ou moins par récurrence à chaque fois. Voici la démo "directe" que je vous propose.

On considère a et b deux entiers tels que ab+1=q² avec q entier positif.
On pose c=a+b+2q

ac+1 = a²+2aq+ab+1 = a²+2aq+q² = (a+q)²
bc+1 = b²+2bq+ab+1 = b²+2bq+q² = (b+q)²

Par conséquent, a et b étant fixés, on trouvera toujours un c qui vérifie ac+1 et bc+1 carrés.

Si maintenant on ajoute la dimension "progression arithmétique", de raison r, on a
c=b+r donc
r=a+2q

De plus, b=a+r=2a+2q, donc ab+1 = 2a²+2aq+1=q²
C'est une équation du second degré, en a comme en q, mais on va se focaliser sur l'équation en q:
q²-2aq-(1+2a²)=0
Discriminant réduit : 3a²+1 = z²

Solutions: a+z et a-z
On a a²<3a²<z² donc a<z et comme q>0, alors q=a+z

Encore faut-il que a soit tel que 3a²+1 soit carré.
On a z²-3a²=1. C'est une équation de Pell. Pas besoin de la forme complète de la solution, juste de savoir que si on trouve une solution A(0) et Z(0), alors on peut en avoir une infinité avec
Z(n+1)=3A(0)A(n)+Z(0)Z(n) et
A(n+1)=Z(0)A(n)+A(0)Z(n)

Il n'est pas souvent simple de trouver une solution initiale à tatons. Mais ici, c'est trivial : 4-3=1 donc A(0)=1, Z(0)=2

On a donc les 2 relations de récurrence suivantes:
A(n+1)=2A(n)+Z(n) et
Z(n+1)=3A(n)+2Z(n)

On pourrait s'arreter là : ayant une infinité de valeurs pour a, desquelles on déduit les valeurs de b et c, répondrait au problème.

Mais allons plus loin: trouvons les suites de q, b et c qui correspondent

Q(n) = A(n)+Z(n)
B(n) = 2A(n)+2Q(n) = 4A(n) + 2Z(n)
C(n) = B(n) + A(n) + 2Q(n) = 7A(n)+4Z(n)

Donc, A(n+1) = 2a(n)+Z(n) = B(n)/2
De plus, B(n+1) = 4A(n+1) + 2Z(n+1) = 14A(n)+8Z(n) = 2C(n)
Par ailleurs, par construction, C(n) = 2B(n)-A(n)

Enfin, la première solution de notre équation (pour a=1) nous donne le triplet (1;8;15). On trouve donc le résultat suivant :

- première solution : a=1; b=8; c=15
- solution suivante : a'=b/2; b'=2c; c'=2b'-a'

Premiers résultats : (1;8;15), (4;30;56), (15;112;209), (56;418;780), ...


Les démonstrations par récurrence sont bien évidemment correctes mais :
- dans le cas général, cela nécessite d'avoir l'intuition du résultat. Ce n'est pas toujours possible !
- dans ce cas précis, la démonstration directe nous permet un résultat supplémentaire, que je n'ai pas indiqué ici car je trouve le résultat actuel plus élégant : c'est la formule directe. En effet, on peut résoudre l'équation de Pell via des formules qui nous donnent alors A(n) et Z(n) sans avoir besoin de calculer les termes intermédiaires. Cf le résultat de kossi_tg.
Si la question était : "trouver un tel triplet tel que a comporte plus d'un million de chiffres, en base 10", la simple récurrence permet de prouver mais pas de trouver.