Enoncé A4904 (Diophante) Carrément irréductibles
On considère les progressions arithmétiques de trois carrés de fractions irréductibles dont la raison est un entierr compris entre 4 et 9 (4≤r≤9).
Pour quelle(s) valeur(s) de rde telles progressions existent-elles ? Justifiez vos réponses.
Solution de Jean Moreau de Saint-Martin
Soient les entiers a, b, c, d, e, f vérifiant (a/b)2+r = (c/d)2= (e/f)2−r.
La fraction (a2+rb2)/b2 est irrréductible et représente le même rationnel que c2/d2; doncb=d, et par le même argumentf =d.
Reste à satisfaire a2+rd2 =c2 =e2−rd2. Cela entraîne 4c2= 2a2+2e2 = (a+e)2+(e−a)2, puis 2c+a+e
e−a = e−a
2c−a−e = p q >1 irréductible.
Remplacer apar −a dans cette égalité remplace p/q par (p+q)/(p−q) ; si p et q sont impairs, ce remplacement conduit à la fraction p0/q0 où p0 = (p+q)/2,q0 = (p−q)/2 de parité contraire ; on peut donc supposer pour la suite petq de parité contraire. On a ensuite
2c+a+e
p2 = e−a
pq = 2c−a−e
q2 = 2(a+e) p2−q2 (*)
p2−q2 est premier avecpq; par le théorème de Bachet, il existe des entiers relatifs u etv tels queu(p2−q2) +vpq= 1.
La valeur commune des rapports (*) est alors un entier
s= 2u(e+a) +v(e−a) ; on en tire 2rd2 =e2−a2 =s2pq(p2−q2)/2.
Ainsi r = pq(p2 −q2) s
2d 2
; r est l’aire du triangle rectangle de côtés 2pq
s 2d
,
s 2d
(p2−q2), s
2d
(p2+q2).
Fermat a établi qu’une telle aire ne peut être un carré. Cela exclut les valeurs 4 et 9 pour r.
La séquence de fractions (*) se poursuit par
= 4c
p2+q2 = 4e
p2−q2+ 2pq = −4a 2pq−p2+q2,
ce qui montre quesest multiple de 4, les dénominateurs étant impairs.
r= 5 est obtenu avec p = 5, q = 4, d= 3s. Une valeur de s/4 supérieure à 1 conduirait à des fractionsa/d, c/d, e/d réductibles. On a donc s= 4, d= 12 et la progression est (31/12)2+ 5 = (41/12)2= (49/12)2−5.
r= 6 est obtenu avec p= 2, q= 1,s= 2det comme précédemments= 4 conduit àd= 2 et à la progression (1/2)2+ 6 = (5/2)2= (7/2)2−6.
r = 7 est obtenu avec p = 16, q = 9, d = 30s= 120 avec comme précé- demments= 4, et la progression est
(113/120)2+ 7 = (337/120)2= (463/120)2−7.1
Peut-on avoirr= 8 ? Alors parmip+q, p−q, p, q premiers entre eux deux à deux, 3 sont des carrés impairs, le quatrième un double carré. Ce dernier n’est pas p : avec le reste 1 modulo 8 pour q, p+q ou p−q ne serait pas carré modulo 8. Donc p = u2, q = 2v2, u et v premiers entre eux ; p2−q2 =u4−4v4 est un carré impair z2,v4 = u2+z
2
! u2+z 2
! , ces deux facteurs premiers entre eux sont des puissances quatrièmesx4 ety4, maisx4+y4 =u2 a été montré impossible par Fermat.
Dans l’intervalle fixé par l’énoncé, seuls 5, 6 et 7 sont des valeurs possibles de la raisonr.
1. Cette progression apparaît dans le problème A40207.
