2x2+3y2 = 5z2

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Points rationnels d’une conique

Samuel Rochetin

Dimanche 11 mars 2018

Résumé

Le but de ce document est de présenter une méthode de résolution d’une équation diophantienne se ramenant à l’étude des points ration-nels d’une conique. Il s’agit d’une introduction élémentaire aux courbes algébriques de genre nul sur un exemple.

1 Équation diophantienne de départ

Nous cherchons à résoudre l’équation diophantienne suivante :

2x2+ 3y2= 5z2, (x, y, z) ∈ Z3 (∗)

Notre premier réflexe consiste à chercher des solutions évidentes. Nous trouvons (0; 0; 0) et (±1; ±1; ±1). Nous constatons que ∀n ∈ Z, le triplet n × (±1; ±1; ±1) est solution. Cela nous conduit à étudier la structure de l’ensemble des solutions.

Autre observation immédiate, si z = 0, alors 2x2 + 3y2 = 0 donc x = y = 0 car une somme de nombres positifs est nulle si et seulement si chacun de ses termes est nul. La solution triviale (0; 0; 0) est donc un peu à part des autres solutions.

1.1 Structure de l’ensemble des solutions

Nommons S l’ensemble des solutions de l’équation (∗). Posons E := (x, y, z) ∈ Z3_{, PGCD(x, y, z) = 1 et 2x}2_{+ 3y}2_{= 5z}2_{. E est non vide car}

(1; 1; 1) ∈ E. Soit n ∈ Z. Nommons nE := {n × (x, y, z), (x, y, z) ∈ E}. Montrons que S = F

n∈Z

nE.

Démonstration. Soit (x, y, z) ∈ S. Si (x, y, z) = (0; 0; 0), alors (x, y, z) ∈

0E ⊂ S

n∈Z

nE. Sinon, posons d := PGCD(x, y, z). Posons (x0, y0, z0) := _x d, y d, z d . Alors (x, y, z) = d × (x0, y0, z0), avec PGCD(x0, y0, z0) = 1 et (x0, y0, z0) solution de (∗) car x2 _{+ 3y}2 _{= 5z}2 _⇐⇒ x 2_{+ 3y}2 d2 = 5z2 d2 ⇐⇒ 2 x d 2 + 3y d 2 = 5y d 2 . Donc (x, y, z) ∈ dE ⊂ S n∈Z nE. Réciproquement, soit (x, y, z) ∈ S n∈Z nE. Alors ∃n ∈ Z, ∃(x0, y0, z0) ∈

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E, (x, y, z) = n×(x0, y0, z0). Or, x02+3y02= 5z02 =⇒ n2× 2x02 + 3y02 = n2_{× 5z}02 _{⇐⇒ 2(nx}0 )2_{+ 3(ny}0 )2_{= 5(nz}0 )2 _{⇐⇒ (x, y, z) ∈ S. Montrons}

enfin que l’union est disjointe. (0; 0; 0) 6∈ E car PGCD(0; 0; 0) n’existe pas donc (0; 0; 0) n’appartient qu’à 0E. Soit (x, y, z) 6= (0; 0; 0). Suppo-sons que ∃(m, n) ∈ Z2, (x, y, z) ∈ mE ∩ nE. Alors il vient aisément que PGCD(x, y, z) = m = n.

Pour déterminer S, il suffit donc de déterminer E.

1.2 Lien avec les coniques

Montrons que déterminer E revient à déterminer les points à coordon-nées rationnelles de la conique d’équation :

2X2+ 3Y2= 5 (∗∗)

Démonstration. Soit (x, y, z) ∈ E. Nous avons z 6= 0 sinon (x, y, z) = (0; 0; 0) d’après l’observation faite plus haut, et (0; 0; 0) 6∈ E. Donc en divisant par z2_{, l’équation (∗) devient 2}x

z 2 + 3y z 2 = 5. Autre-ment dit,x z, y z

est solution rationnelle de (∗∗). Réciproquement, soit (X, Y ) ∈ Q2 _{solution de (∗∗). Remarquons que XY 6= 0 car ±}r 5

3 et ±r 5

2 sont irrationnels et 0 6= 5. En réduisant X et Y au même dé-nominateur, ∃(x, y, z) ∈ (Z∗)3, (X, Y ) = x z, y z . Quitte à considérer 1

PGCD(x, y, z)(x, y, z), nous pouvons supposer que PGCD (x, y, z) = 1. Il s’ensuit que (x, y, z) est solution de (∗) donc que (x, y, z) ∈ E. Nous avons obtenu au passage que (x, y, z) ∈ E =⇒ xyz 6= 0. Nommons T l’ensemble des solutions rationnelles de (∗∗). Nous avons donc une appli-cation ϕ : E → T, (x, y, z) 7→x

z, y z

surjective. Montrons que ϕ est in-jective. Soit ((x, y, z), (x0, y0, z0)) ∈ E2_{, ϕ ((x, y, z)) = ϕ ((x}0 , y0, z0)). Alors x x0 = y y0 = z z0 := k ∈ Z ∗ . Donc PGCD(x, y, z) = k PGCD(x0, y0, z0) ⇐⇒ k = 1 =⇒ (x, y, z) = (x0, y0, z0). Ainsi, E' T .ϕ

2 Points rationnels de la conique

L’équation (∗∗) est celle d’une ellipse passant par A(1; 1). L’idée est d’obtenir une paramétrisation rationnelle de l’ellipse à partir de ce point A à coordonnées entières.

2.1 Paramétrisation rationnelle de la conique

Soit M (X, Y ) un point courant de l’ellipse.

Si X 6= 1, alors A et M sont distincts et le coefficient directeur de la droite (AM ) est le réel t = Y − 1

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Or, 2X2+3Y2= 5, donc en exprimant Y = (X −1)t+1 et en injectant, il vient (X − 1)(3t2_{(X − 1) + 6t + 2(X + 1) = 0.}

Or, X 6= 1 donc 3t2(X − 1) + 6t + 2(X + 1) = 0 ce qui donne X = 3t2− 6t − 2

3t2_{+ 2} , car 3t 2

+ 2 ne s’annule pas sur R.

En injectant dans Y = (X − 1)t + 1, il vient Y =−3t

2_{− 4t + 2}

3t2_{+ 2} .

Ainsi, pour tout point courant de l’ellipse M (X, Y ) avec X 6= 1, il existe un réel t tel que X = 3t

2_{− 6t − 2}

3t2_{+ 2} , Y =

−3t2_{− 4t + 2}

3t2_{+ 2} .

Est-il possible d’étendre ces expressions au cas où M coïncide avec A ? Pour cela, il suffit de déterminer s’il existe un réel t tel que 3t

2_{− 6t − 2} 3t2_{+ 2} = 1 et−3t 2_{− 4t + 2} 3t2_{+ 2} = 1. Le réel t = − 2

3convient et c’est le seul. On montre de même qu’on ne peut pas étendre ces expressions au cas où M coïncide avec M∞(1; −1). La notation parle d’elle-même : ce point est atteint pour

t tendant vers ±∞.

Au final, pour tout point courant de l’ellipse M (X, Y ) distinct du point M∞(1; −1), il existe un réel t tel que X =

3t2− 6t − 2 3t2_{+ 2} , Y =

−3t2_{− 4t + 2}

3t2_{+ 2} .

Un même point courant de l’ellipse M (X, Y ) peut-il être obtenu avec deux valeurs distinctes de t ? Pour cela, il faudrait avoir simultanément f (t1) = f (t2) et g(t1) = g(t2) avec t1 6= t2 et f (t) =

3t2− 6t − 2 3t2_{+ 2} , g(t) =

−3t2_{− 4t + 2}

3t2_{+ 2} . L’étude des variations de f et g montre que c’est

im-possible. À chaque point courant de l’ellipse M (X, Y ) distinct du point M∞(1; −1) correspond donc un unique réel t tel que X = f (t), Y = g(t).

Réciproquement, pour tout réel t, on vérifie que 2 × 3t

2_{− 6t − 2} 3t2_{+ 2} 2 + 3 × −3t 2_{− 4t + 2} 3t2_{+ 2} 2

= 5, autrement dit (f (t), g(t)) est un point de l’ellipse.

Ainsi, les points de l’ellipse distincts de M∞(1; −1) sont exactement

les points M (X, Y ) de coordonnées X = 3t

2_{− 6t − 2}

3t2_{+ 2} , Y =

−3t2_{− 4t + 2}

3t2_{+ 2} ,

où t parcourt R, et cette correspondance est biunivoque.

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Réciproquement, nous avons vu que si X = 1 ∈ Q, Y = 1 ∈ Q, alors t = −2

3 ∈ Q. Si X 6= 1, puisque t = Y − 1

X − 1, si X ∈ Q, Y ∈ Q, alors t ∈ Q. Ainsi, les points de l’ellipse à coordonnées rationnelles sont exactement M∞(1; −1) et les points M (X, Y ) de coordonnées X = 3t

2_{− 6t − 2}

3t2_{+ 2} , Y =

−3t2_{− 4t + 2}

3t2_{+ 2} , où t décrit Q, et cette correspondance est biunivoque.

Un point de détail sur l’aspect biunivoque : t =1 2 et t =

2

4 renvoient le même point de la conique car 1

2 = 2

4. Pour chaque rationnel t, on peut donc se restreindre à son unique représentant irréductible : ainsi, à chaque point à coordonnées rationnelles de la conique correspond un représentant irréductible a

b du paramètre, de façon biunivoque.

2.2 Résolution de (∗∗)

Écrivons alors X, Y sous forme de fractions (numérateurs et dénomi-nateurs entiers) en écrivant t = a

b, (a, b) ∈ Z 2 , b 6= 0, a ∧ b = 1. Il vient X = 3a 2_{− 6ab − 2b}2 3a2_{+ 2b}2 , Y = −3a2_{− 4ab + 2b}2

3a2_{+ 2b}2 . Les dénominateurs sont

bien non nuls.

Est-il possible d’étendre ces expressions au cas où M coïncide avec M∞? Oui, il suffit de prendre a = 1 et b = 0 (on a bien a ∧ b = 1) et on

peut vérifier que c’est le seul couple (a, b) possible.

Pour conclure, les points de l’ellipse à coordonnées rationnelles sont exactement les points M (X, Y ) de coordonnées X = 3a

2_{− 6ab − 2b}2 3a2_{+ 2b}2 , Y = −3a2_{− 4ab + 2b}2 3a2_{+ 2b}2 , où (a, b) ∈ Z 2 , (a, b) 6= (0; 0), a ∧ b = 1 et la

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correspon-dance entre les points à coordonnées rationnelles et de tels couples (a, b) est biunivoque.

3 Résolution de (∗)

3.1 Détermination de E

Nous venons de résoudre (∗∗). D’après ce que nous avons vu précé-demment, nous pouvons en déduire les éléments de E, puisque chaque élément de E est associé de façon biunivoque à un point à coordonnées rationnelles de l’ellipse.

∀(a, b) ∈ Z2

, (a, b) 6= (0; 0), a ∧ b = 1, posons k := PGCD(3a2− 6ab − 2b2, −3a2− 4ab + 2b2

, 3a2+ 2b2).

Les éléments de E sont donc exactement les triplets 1 k(3a

2_{− 6ab −}

2b2_{, −3a}2_{− 4ab + 2b}2_{, 3a}2_{+ 2b}2_{). À chaque couple (a, b) convenable est}

associé un élément de E, de façon biunivoque.

3.2 Détermination de S

D’après la structure des solutions, les solutions de (∗) sont exactement les triplets n

k(3a

2_{− 6ab − 2b}2

, −3a2− 4ab + 2b2

, 3a2+ 2b2), où n décrit Z et d’après tout ce qui a été vu, chaque couple (a, b) convenable et chaque n donnent une solution distincte.

3.3 Précisions sur k

k divise −(3a2− 6ab − 2b2

) − (−3a2− 4ab + 2b2

) = 10ab. Donc k divise −b × 10ab + 5a(3a2+ 2b2_{) = 15a}3

. k divise −3a2− 4ab + 2b2

+ 3a2+ 2b2= 4b2− 4ab. Donc k divise 2 × 10ab + 5 × (4b2_{− 4ab) = 20b}2_.

k divise 60a3et 60b2donc k divise PGCD(60a3, 60b2) = 60 = 22×3×5. Donc k = 2α_{× 3}β_{× 5}γ_{, où α, β, γ sont des entiers naturels inférieurs}

ou égaux respectivement à 2, 1, 1. Supposons que 4 divise k.

Par transitivité, 4 divise 3a2+ 2b2.

Or, il suffit d’examiner les congruences modulo 4 pour constater que c’est impossible.

Donc 4 ne divise pas k. Donc α ≤ 1.