A1752. Pioché dans un manuscrit de Fermat
Q₁[**] Si l’on ajoute 1 à ce nombre premier p et à son carré p², on obtient les doubles de deux carrés parfaits.
Déterminer p et prouver qu’il est unique.
Déterminer le plus petit entier a > 1 qui donne les doubles de deux carrés parfaits lorsqu’il est ajouté à un nombre premier q et à son carré q².
Démontrer qu’il existe une infinité d’entiers positifs distincts tels que chacun d’eux ajouté à un nombre premier et à son carré donne les doubles de deux carrés parfaits.
Q₂ [***] Si l’on ajoute 1 à cet entier positif n > 1 et à son carré n², on obtient les doubles de deux carrés parfaits. Déterminer les valeurs possibles de n … comme l’a fait Fermat.
Solution proposée par Gaston Parrour
Q1 (divisée ici en 3 sous-questions)
(Q1.1) On ajoute 1 à ce nombre premier p et à son carré p², on obtient les doubles de deux carrés parfaits.
On a (S) | p+1 = 2A² à partir de cela on a p +1 = 2A² (1) | p²+1 = 2B² p = 2A4 – B² (2)
→ Déterminer p et prouver qu’il est unique
p = 2 n'est pas solution , et ainsi (2) montre que B, de même parité que p, est impair - Alors par simple balayage sur B impair, → B= 5 avec A = 2 conduit à
==> p = 7 ( nombre premier ) est solution du système (S) donné - Ou bien par élimination de p entre (1) et (2) ci-dessus, on obtient l'équation :
2A4 – 2A² – (B²-1) = 0 (E)
→ En posant X = A², l'équation (E) du second degré a une racine positive X1 qui doit être un carré parfait delta = 1 + 2(B²-1)
Tout d'abord : le discriminant delta doit être un carré parfait
→ 2B² – 1 = D² (3)
Cette équation de Pell , de la forme x² – 2y² = -1 , a pour solution de base (x0,y0) = (1,1) L'ensemble des solutions entières (xn,yn) est alors donné par
xn + yn sqrt(2) = (x0+y0sqrt (2) )2n+1 = (1 + sqrt(2) )2n+1 (4) Ainsi de façon générale → D = xn et B = yn
→ Retour sur l'équation (E)
Avec D = xn , la racine positive de (E) s'écrit X1 = (1 + xn) / 2
→ Une solution xn ci-dessus est retenue ssi. cette solution X1 est un carré parfait
Par le développement du binôme (4), xn contient les coefficients binomiaux C(2n+1, 2k) (k varie de 0 à n) xn = 1 + C(2n+1, 2) x 2 + … + C(2n+1, 2k) x 2k + … + C(2n+1, 2n) x 2n
d'où pour la racine X1 :
X1 = 1 + C(2n+1, 2) + … + C(2n+1, 2k) x 2k-1 + … + C(2n+1, 2n) x 2n-1 Ainsi
avec n = 1
X1 = 1 + 3 = 2² d'où A = 2
et avec ''B'' = yn = C(2n+1, 1) + C(2n+1, 3) x 2 + … + C(2n+1, 2n+1) 2n , pour n = 1 → B = 5 D'où la valeur de ''p'' candidat solution :
==> p = 7 (qui effectivement satisfait au système (S) donné) avec n> 1
L'expression de X1 ci-dessus n'est plus alors en aucun cas (n > 1) celle d'un carré parfait ==> la solution p = 7 est donc unique
(Q1.2) Déterminer le plus petit entier a > 1 qui donne les doubles de deux carrés parfaits lorsqu’il est ajouté à un nombre premier q et à son carré q².
Les égalités (1) et (2) sont maintenant (S') q+a = 2A² (1') q²+a = 2B² (2')
(N.B. A et B sont à déterminer conjointement à a)
De façon analogue à ce qui précède :
D'emblée q = 2 n'est pas solution , d'où → a est impair L'élimination de q entre ces deux égalités conduit à l'équation
2X² – 2a X – [B²-a(a+1)/2] = 0 où X = A² (E') delta = 2B² – a (3')
Ainsi deux conditions sont imposées
(Ca) Ce discriminant delta doit être un carré parfait 2B² – a = D²
d'où une équation de Pell de la forme x² – 2y² = -a (0<a) (4') (Cb) La solution positive ''X1'' de (E) doit être un carré parfait
X1 = (a+D)/2
La condition (Ca) conduit à la résolution de (4')
Pour toute solution (xn,yn) de (4'), on a a priori D = xn et B = yn → les solutions (xn , yn) de (4'), si elles existent, sont données par
xn + yn sqrt(2) = (x0+y0sqrt (2) )n (ri+si sqrt(2) ) (5') où (xo,y0) est ici la solution de base de x² – 2y² = +1 → (x0,y0) = (3 , 2) (ri,si) a priori tous les couples de solutions particulières de x² – 2y² = -a → ces couples (ri,si) peuvent se déterminer par balayage sur a (impair et 1 < a) a = 3 pas de solution
a = 5 pas de solution
a = 7 deux solutions distinctes (r1 , s1) = (-1 , 2) (r2 , s2) = ( 1 , 2)
N.B. Puisqu'il n'est demandé que le plus petit ''a'' : ce balayage sera suffisant si l'une des solutions résultantes (xn , yn) conduit avec D = xn à satisfaire (Cb) ET que le candidat q résultant soit solution de (s')
Premières solutions de (4') avec a = 7
A partir de (5') avec (r1 , s1) = (-1 , 2) on a (x1 , y1) = ( 5 , 4) (r2 , s2) = (1 , 2) on a (x'1, y'1) = (11 , 8) N.B. Ces deux premiers couples sont bien chacun solution de l'égalité de Pell (4')
→ Avec l'un de ces 2 couples, la condition (Cb) ''X1 est un carré parfait'' est-elle satisfaite ? On a X1 = (a+D)/2
Avec a = 7 et D = x1 = 5 → X1 = 6 n'est pas carré parfait
'' et D = x'1 = 11 → X1 = 3² d'où → A = 3 et alors l'autre membre du couple est B = y'1 → B = 8
==> Le candidat résultant q = 2A² – 7 = 11 est premier et satisfait le système (S') considéré
Conclusion
Le plus petit entier a positif pour lequel le système (1')-(2') est satisfait est ==> a = 7 auquel correspondent A = 3 B = 8 et q = 11 (Q1.3) Il existe une infinité d’entiers positifs ''a'' distincts analogues à a=1 et a = 7
(tels que chacun d’eux ajouté à un nombre premier et à son carré donne les doubles de deux carrés parfaits).
Puisqu'il y a une infinité de nombres premiers de la forme 4m+1 et de la forme 4m+3, Ici, il suffit de montrer :
→ Il existe au moins un ensemble, constitué d'une infinité d'entiers ''a'' naturels tels que pour un type donné de nombre impair [soit (4m+1) , soit (4m+3)] à chaque nombre de ce type, est associé un des entiers ''a'' .
En utilisant les résultats précédents et en posant a1 = 1 et a2 = 7 : on a obtenu pour solutions :
a1 = 1 → p1 = 4x1+3 A1 = 1+1 B1 = 3x1 + 2 a2 = 7 → p2 = 4x2+3 A2 = 2+1 B2 = 3x2 + 2 D'où la ''conjecture'''' :
→ A-t-on de façon générale un ''am'' impair tel que
am → pm = 4xm+3 Am = m+1 Bm = 3xm +2 ?
N.B. L'indice m entier associé à ''am'' est mis en évidence dans les expressions envisagées de pm, Am et Bm
→ Si un tel am existe : la double égalité est vérifiée pm + am = 2Am² pm² +am = 2Bm²
Cela implique
am x pm = 2Am4 – Bm² – am(am-1)/2 Soit avec la ''conjecture'' ci-dessus
pm = 4m+3 = ( 2Am4 – Bm²) / am – (am-1)/2 (6)
→ La relation (6) exige que am divise (2Am4 – Bm²)
Avec les expressions retenues ici pour Am = m+1 et Bm = 3xm+2 , (2Am4 – Bm²) = 2m4+8m3+3m2 – 4m – 2
(2Am4 – Bm²) = 2m4+8m3+4m2 – m2 – 4m – 2 = m²(2m²-1) + 4m(2m²-1) +2(2m²-1) = (2m²-1)(m²+4m+2)
Cette expression montre que am = (2m²-1) divise (2Am4 – Bm²)
==> Avec le nombre impair am = 2m² – 1 l'égalité (6) est satisfaite (On peut noter ici que a1 = 1 et a2 = 7 font partie de cette famille de ''am'') Conclusion
==> Avec l'entier naturel m>0, il y a un infinité de nombres ''a'' de la forme am= 2m² – 1 Associés à ''pm'' = 4m + 3, ils sont tels que
pm + am = 2 Am² avec (Am = 1+m) pm² + am = 2Bm² avec (Bm = 2+3m)
Et, puisqu'il y a une infinité de nombres premiers de la forme 4m + 3, la proposition est démontrée.
Q2 Si l’on ajoute 1 à cet entier positif n > 1 et à son carré n², on obtient les doubles de deux carrés parfaits.
Déterminer les valeurs possibles de n … comme l’a fait Fermat.
Ici n > 1 entier naturel doit vérifier n + 1 = 2A² et n²+1 = 2B² donc n est impair Ces conditions sont les mêmes que dans (S) de Q1.1 , ici la notation ''n'' remplace ''p''.
Notons alors :
→ Dans Q1.1 la méthode utilisée avec a = 1, ne préjuge en rien de la nature des entiers p impairs solutions : si des solutions ''p'' existent , les entiers p seront a priori premiers ou non
On a vu que cela conduit en fait à une unique solution p = 7 ( et ''p'' est ici accessoirement nombre premier) Cette méthode employée dans Q1.1 passe par la résolution d'une équation de Pell et l'exigence d'un carré parfait pour la solution de (E) (ce qui conduit à l'unicité de la solution p=7)
Cela se reproduit bien sûr ici avec ''p'' échangé en ''n'' Conclusion
Avec ce qui précède en Q1.1 , on peut donc conclure
==> un unique entier naturel n > 1 satisfait aux conditions de Fermat , il s'agit de n = 7
