Exercice national 2 — Une descente infinie (spécialité maths)

C'est la méthode classique de descente infinie de Vieta (« Vieta jumping »), utilisée pour l'équation de Markov généralisée. L'idée : à partir d'une solution non nulle minimale \((x_1,x_2,x_3)\) (au sens de \(x_3\) minimal, ou de la somme minimale), on fixe \(x_1,x_2\) et on considère \(x_3\) comme racine d'une équation du second degré ; l'autre racine \(y\) (donnée par les relations de Viète : produit et somme des racines) fournit une nouvelle solution strictement plus petite, contredisant la minimalité — sauf si le processus s'arrête, ce qui n'arrive que pour le triplet nul.

Partie 1.2. Utiliser les relations \(b=-(r_1+r_2)\), \(c=r_1r_2\) : \(b\le0\) donne \(r_1+r_2\ge0\), et \(c\ge0\) donne \(r_1,r_2\) de même signe — combinées, cela force \(r_1,r_2\ge0\).

Partie 3.2b. \(x_3\) est par construction une racine de \(Q\) (car \((x_1,x_2,x_3)\) est solution de \(E\)) : c'est la racine « évidente » cherchée.

Partie 3.4. Comparer \(y\) à \(x_1,x_2,x_3\) : montrer que le nouveau triplet réordonné est strictement « plus petit » que le triplet de départ (au sens d'une quantité entière positive bien choisie, par exemple la plus grande composante, ou la somme), ce qui contredit le caractère minimal du triplet initial — sauf si aucun triplet non nul n'existe.

Partie 1

1. On a \(P(x)=x^2+bx+c=(x-r_1)(x-r_2)=x^2-(r_1+r_2)x+r_1r_2\). Par identification des coefficients, on obtient :

\[b = -(r_1+r_2), \qquad c = r_1r_2.\]

2. On suppose \(b\le 0\) et \(c\ge 0\). Alors \(c=r_1r_2\ge 0\) donc \(r_1\) et \(r_2\) sont de même signe (ou l’un est nul). De plus, \(b=-(r_1+r_2)\le 0\) équivaut à \(r_1+r_2\ge 0\). Si \(r_1\) et \(r_2\) étaient tous deux strictement négatifs, leur somme serait négative, ce qui contredit \(r_1+r_2\ge 0\). Donc ils ne peuvent être négatifs. Ainsi, \(r_1\ge 0\) et \(r_2\ge 0\). Comme \(r_1\neq r_2\) (énoncé), on a \(r_1>0\) et \(r_2>0\). Conclusion : \(r_1>0\) et \(r_2>0\).

Partie 2

1a. Soit \((x_1,x_2,x_3)\in\mathbb Z^3\) solution de \((E)\) : \(x_1^2+x_2^2+x_3^2=\alpha x_1x_2x_3\). Alors \((|x_1|,|x_2|,|x_3|)\) vérifie :

\[|x_1|^2+|x_2|^2+|x_3|^2 = x_1^2+x_2^2+x_3^2 = \alpha x_1x_2x_3 = \alpha |x_1||x_2||x_3|\]

car \(\alpha\ge 4\) est entier et le produit des signes donne \(|x_1x_2x_3| = |x_1||x_2||x_3|\). Donc \((|x_1|,|x_2|,|x_3|)\) est aussi solution.

1b. Si \((x_1,x_2,x_3)\) est une solution non nulle dans \(\mathbb Z^3\), alors au moins un des \(x_i\) est non nul, donc \((|x_1|,|x_2|,|x_3|)\) est une solution non nulle dans \(\mathbb N^3\) (car les valeurs absolues sont des entiers naturels).

2. L’équation \((E)\) est symétrique en \(x_1,x_2,x_3\) (tous les termes sont symétriques). Donc si \((x_1,x_2,x_3)\) est solution, alors \((x_2,x_1,x_3)\) l’est aussi (simple permutation).

3. D’après 1b, on peut supposer l’existence d’une solution non nulle dans \(\mathbb N^3\). Quitte à permuter les coordonnées (par symétrie), on peut ordonner les trois nombres dans l’ordre croissant. Ainsi, il existe une solution \((x_1,x_2,x_3)\in\mathbb N^3\) non nulle avec \(x_1\le x_2\le x_3\).

Partie 3

On fixe un triplet \((x_1,x_2,x_3)\in\mathbb N^3\) non nul, solution de \((E)\), avec \(x_1\le x_2\le x_3\).

1. Montrons \(x_1>0\). Par l’absurde, si \(x_1=0\), alors l’équation devient \(0^2+x_2^2+x_3^2 = \alpha\cdot0\cdot x_2x_3 = 0\), donc \(x_2^2+x_3^2=0\), ce qui implique \(x_2=0\) et \(x_3=0\). Le triplet serait nul, contradiction avec l’hypothèse "non nul". Donc \(x_1>0\).

2. Soit \(Q(x)=x^2-\alpha x_1x_2x + x_1^2+x_2^2\).

a) \((x_1,x_2,y)\) est solution de \((E)\) ssi \(x_1^2+x_2^2+y^2 = \alpha x_1x_2y\), soit \(y^2 - \alpha x_1x_2 y + (x_1^2+x_2^2)=0\), c’est-à-dire \(Q(y)=0\). Donc \((x_1,x_2,y)\) solution \(\iff\) \(y\) racine de \(Q\).

b) Une racine évidente de \(Q\) est \(y=x_3\) car \((x_1,x_2,x_3)\) est solution, donc \(Q(x_3)=0\).

c) Calculons \(Q(x_2)\) :

\[Q(x_2)=x_2^2 - \alpha x_1x_2\cdot x_2 + x_1^2+x_2^2 = x_2^2 - \alpha x_1x_2^2 + x_1^2+x_2^2 = (2-\alpha x_1)x_2^2 + x_1^2.\]

Mais l’énoncé donne \(Q(x_2)=(3-\alpha x_1)x_2^2+(x_1^2-x_2^2)\). Vérifions l’égalité : \((3-\alpha x_1)x_2^2+(x_1^2-x_2^2) = (3-\alpha x_1-1)x_2^2 + x_1^2 = (2-\alpha x_1)x_2^2 + x_1^2\). C’est bien la même expression. Donc \(Q(x_2)=(2-\alpha x_1)x_2^2 + x_1^2\).

Puisque \(x_1\ge 1\) et \(\alpha\ge 4\), on a \(\alpha x_1\ge 4\), donc \(2-\alpha x_1\le 2-4=-2<0\). Ainsi \(Q(x_2)\) est la somme d’un terme négatif (car \(x_2^2>0\)) et d’un terme positif \(x_1^2\). Mais on peut préciser : \(Q(x_2)=x_1^2 - (\alpha x_1-2)x_2^2\). Comme \(x_2\ge x_1\ge 1\), on a \(x_2^2\ge x_1^2\). Donc

\[Q(x_2) \le x_1^2 - (\alpha x_1-2)x_1^2 = x_1^2(1 - \alpha x_1 + 2) = x_1^2(3-\alpha x_1).\]

Puisque \(\alpha x_1\ge 4\), \(3-\alpha x_1\le -1<0\), donc \(Q(x_2)<0\). (On peut aussi directement : \(\alpha x_1\ge 4\) donne \(\alpha x_1-2\ge 2\), donc \(Q(x_2)\le x_1^2-2x_2^2\le x_1^2-2x_1^2 = -x_1^2<0\).) Ainsi \(Q(x_2)<0\).

d) \(Q(0)=0^2 - \alpha x_1x_2\cdot0 + x_1^2+x_2^2 = x_1^2+x_2^2 >0\) (car \(x_1>0\)).

e) Le discriminant de \(Q\) est \(\Delta = (\alpha x_1x_2)^2 - 4(x_1^2+x_2^2)\). Comme \(\alpha\ge 4\) et \(x_1,x_2\ge 1\), on a \(\Delta \ge (4\cdot1\cdot1)^2 - 4(1+1)=16-8=8>0\), donc \(Q\) a deux racines réelles distinctes. L’une est \(x_3\). Notons l’autre \(y\). On a \(Q(0)>0\) et \(Q(x_2)<0\). Comme \(Q\) est un polynôme du second degré de coefficient dominant \(1>0\), sa parabole est tournée vers le haut. Donc :

• Entre 0 et \(x_2\), \(Q\) change de signe (positif en 0, négatif en \(x_2\)), donc il y a une racine dans \(]0,x_2[\). Cette racine ne peut être \(x_3\) car \(x_3\ge x_2\) (par ordre), donc c’est \(y\). Ainsi \(0

• L’autre racine \(x_3\) est nécessairement plus grande que \(x_2\) (car \(Q(x_2)<0\) et \(Q\) tend vers \(+\infty\) en \(+\infty\), donc il y a une racine après \(x_2\)). Donc \(x_2

On a donc l’ordre : \(0

f) Puisque \(y\) est racine de \(Q\), d’après 2a, \((x_1,x_2,y)\) est solution de \((E)\). De plus, \(y\) est un entier ? Il faut le montrer. Les racines de \(Q\) sont \(x_3\) et \(y\). Le produit des racines est \(x_1^2+x_2^2\) (terme constant). Donc \(x_3\cdot y = x_1^2+x_2^2\). Comme \(x_1,x_2,x_3\) sont des entiers, \(y = \frac{x_1^2+x_2^2}{x_3}\) est un rationnel. Mais \(y\) est aussi racine de \(Q\) et \(Q\) est à coefficients entiers, donc \(y\) est un entier algébrique ; comme il est rationnel, c’est un entier. Donc \(y\in\mathbb Z\). De plus, \(y>0\) (car \(0

3. Appliquons le même raisonnement au triplet \((x_1,x_2,y)\) (qui est solution, avec \(x_1\le x_2\) et \(y

4. En répétant le processus, on construit une suite strictement décroissante d’entiers naturels (les plus grandes coordonnées des triplets successifs). Cette suite ne peut pas descendre indéfiniment car les entiers naturels sont minorés par 0. On aboutit donc nécessairement à un triplet où la plus grande coordonnée devient nulle, ce qui contredit la positivité stricte (car \(x_1>0\) d’après 1). Donc l’hypothèse de départ (existence d’une solution non nulle) est impossible. Ainsi, la seule solution dans \(\mathbb Z^3\) est \((0,0,0)\).

5. Généralisation : pour \(n\ge 2\) et \(\alpha>n\), considérons l’équation \(x_1^2+\cdots+x_n^2 = \alpha x_1\cdots x_n\). On peut adapter le même raisonnement par descente infinie. Si \((x_1,\dots,x_n)\) est une solution non nulle dans \(\mathbb N^n\) avec \(x_1\le\cdots\le x_n\), on montre que \(x_1>0\). En fixant les \(n-1\) premiers, on considère le polynôme \(Q(x)=x^2 - \alpha (x_1\cdots x_{n-1}) x + (x_1^2+\cdots+x_{n-1}^2)\). Alors \(x_n\) est racine, et l’autre racine \(y\) vérifie \(00\) et \(Q(x_{n-1})<0\) grâce à \(\alpha>n\)). On obtient une nouvelle solution avec une plus grande coordonnée strictement plus petite, d’où une descente infinie impossible. Donc seule la solution nulle existe.

Conclusion : L’équation \((E)\) n’a que \((0,0,0)\) comme solution entière.