Différence de deux carrés et PGCD - Corrigé

Énoncé

Déterminer tous les couples d'entiers naturels \((x;y)\) tels que \(x^2-y^2=144\) et \(\mathrm{PGCD}(x;y)=3\) .

Solution

D'après la propriété caractéristique du PGCD, pour tout \((x;y) \in \mathbb{N}^2\) , on a

\(\begin{align*}\left\lbrace \begin{array}{l}x^2-y^2=144 \\ \mathrm{PGCD}(x;y)=3\end{array} \right.& \ \ \Longleftrightarrow \ \ \left\lbrace \begin{array}{l}x^2-y^2=144 \\ \mathrm{PGCD}(x';y')=1 \\ x=3x' \\ y=3y'\end{array} \right.\\ & \ \ \Longleftrightarrow \ \ \left\lbrace \begin{array}{l}9x'^2-9y'^2=144 \\ \mathrm{PGCD}(x';y')=1 \\ x=3x' \\ y=3y'\end{array} \right.\\ & \ \ \Longleftrightarrow \ \ \left\lbrace \begin{array}{l}x'^2-y'^2=\dfrac{144}{9}=16 \\ \mathrm{PGCD}(x';y')=1 \\ x=3x' \\ y=3y'\end{array} \right.\end{align*}\)  

Or \(x'^2-y'^2=(x'+y')(x'-y')\)  et comme \(x'\) et \(y'\) sont positifs, il est clair que \(x'-y' \leqslant x'+y'\) .

L'égalité \(x'^2-y'^2=16\) conduit donc aux possibilités suivantes :
\(\begin{align*}\renewcommand{\arraystretch}{1.2}\begin{array}{|c|c|c|c|}\hline x'+y'&16&8&4\\ \hline x'-y'&1&2&4\\ \hline\end{array}\end{align*}\)  

Examinons chaque cas.

• 1^er cas : \(x'+y'=16\) et \(x'-y'=1\) . On a alors \(2x'=17\) , ce qui est impossible car \(x'\) est un entier.
  
• 2^e cas : \(x'+y'=8\) et \(x'-y'=2\) . On a alors \(2x'=10\) , soit \(x'=5\) , et \(y'=8-x'=8-5=3\) .
  On constate que \(\mathrm{PGCD}(x';y')=\mathrm{PGCD}(5;3)=1\) , donc la condition que \(x'\) et \(y'\) soient premiers entre eux est vérifiée.
  Ainsi, le couple \((x';y')=(5;3)\) convient et fournit la solution \((x;y)=(15;9)\) en multipliant par \(3\) .
  
• 3^e cas : \(x'+y'=4\) et \(x'-y'=4\) . On a alors \(2x'=8\) , soit \(x'=4\) , et \(y'=4-x'=4-4=0\) .
  On constate que \(\mathrm{PGCD}(x';y')=\mathrm{PGCD}(4;0)=4 \neq 1\) , donc la condition   que \(x'\) et \(y'\) soient premiers entre eux n'est pas vérifiée.
  

Finalement, la seule solution obtenue est \((x;y)=(15;9)\) .