A 4904 Carrément irréductibles
Solution proposée par Pierre Renfer
En muttipliant les trois carrés de rationnels par le PGCD de leurs dénominateurs, on est ramené à trois carrés d’entiers en progression arithmétique.
La raison est alors le produit R de r par un carré : Rrc2
Par homogénéité, on peut se ramener à trois carrés d’entiers x2, y2, z2 premiers entre eux.
Le caractère arithmétique de la suite se traduit par l’équation : x2z2 2y2
On va résoudre cette équation à l’aide de l’anneau euclidien Z(i) des entiers de Gauss.
Comme x, y, z sont premiers entre eux, un seul de ces trois nombres est pair.
Comme un nombre impair est congru à 1 modulo 4 et un nombre pair est congru à 0 modulo 4, c’est le nécessairement le nombre y qui est pair.
y2
) i 1 ( ) i 1 ( ) iz x ( ) iz x
(
y2
2
) x z ( i z x 2
) x z ( i z x i 1
iz x i 1
iz
x
Les facteurs
2
) x z ( i z x et 2
) x z ( i z
x
, premiers entre eux dans Z(i), sont donc des carrés, à un élément inversible près.
Un carré irréductible de Z(i) est de la forme : ab
i 2 b a ) ib a
( 2 2 2 , où a et b sont premiers entre eux, de parités distinctes.
Si xz modulo 4, alors :
2 2
2 2
b a y
ab 2 2
x z
b 2 a
x z
et
2 2
2 2
2 2
b a y
ab 2 b a z
ab 2 b a x
Si xz modulo 4, alors :
2 2
2 2
b a y
b 2 a
x z
ab 2 2
x z
et
2 2
2 2
2 2
b a y
ab 2 b a z
ab 2 b a x
La raison de la suite arithmétique est alors : Rz2 y2 (zy)( zy)4ab( ab)( ab) On cherche les valeurs favorables de r pour lesquelles on peut obtenir : Rrc2
Valeurs favorables pour r :
Les valeurs 6, 5 et 7 sont favorables :
Pour
1 b
2
a on obtient : R24622 et
49 z
25 y
1 x
2 2 2
Pour
4 b
5
a on obtient : R7205122 et
2401 49
z
1681 41
y
961 31
x
2 2
2 2
2 2
Pour
9 b
16
a on obtient : R10080071202 et
214369 463
z
113569 337
y
12769 113
x
2 2
2 2
2 2
Valeurs impossibles pour r :
Les valeurs 4, 9 et 8 sont impossibles.
Pour r4 ou r9, le produit ab(a b)(a b) 4
R devrait étre un carré.
Pour r8, le produit ab(a b)(a b) 4
R devrait étre le double d’un carré.
Or le produit ab( ab)( ab)ab( a2 b2)est l’aire du triangle rectangle correspondant au triplet pythagoricien
a2b2, 2ab, a2b2
.Et Fermat a prouvé par sa méthode de « descente infinie » que l’aire d’un triangle rectangle, à côtés entiers, ne peut avoir comme aire un carré ou un double carré.
Démonstration de Fermat pour l’impossibilité de l’aire carrée
S’il existait une solution, il y aurait un triangle rectangle solution, d’aire minimale, correspondant au triplet pythagoricien
a2b2, 2ab, a2b2
.Comme l’aire ab( ab)( ab) est un carré et que les quatre facteurs sont premiers entre eux deux à deux, les quatre facteurs sont des carrés :
2 2 2
2 2 2 2
2
b a
b a b a
Les entiers etsont de parités distinctes et c’est qui est pair sinon la dernière égalité ci- dessus serait impossible modulo 4
Posons :
v 2 u 2
Alors :
4 b 4 8
2 v u
v 2 u
2 2 2
2 2 2 2
2
Et le triangle rectangle corespondant au triplet pythagoricien (u, v, ) serait solution avec une aire égale à
4 b 2
2 v
u 2
strictement inférieure à l’aire ab( ab)( ab), ce qui est absurde.
On peut remarquer que le facteur a2 b2 4 4 ne peut être un carré et a fortiori ne peut être une puissance quatrième.
On obtient donc comme conséquence le grand théorème de Fermat pour l’exposant 4.
Démonstration de Fermat pour l’impossibilité de l’aire double carré
S’il existait une solution, il y aurait un triangle rectangle solution, d’aire minimale, correspondant au triplet pythagoricien
a2 b2 ,2ab, a2 b2
.Comme l’aire ab( ab)( ab) est un double carré et que les quatre facteurs sont premiers entre eux deux à deux, les quatre facteurs sont de la forme :
2 2 2
2 2 2
2 2
2 b
a
2 b
a 2 b a
(2' est pair pour la même raison que ci-dessus )
Posons :
v 2 u 2
Alors :
4 ' b 2 2
8 2
v u
v 2 u
2 2 2 2
2 2 2 2
2
Et le triangle rectangle corespondant au triplet pythagoricien (u, v, ) serait solution avec une aire égale à
4 ' b 2 2
v
u 2
strictement inférieure à l’aire ab( ab)( ab), ce qui est absurde.
