Diophante A1752 – Pioché dans un manuscrit de Fermat
Q [**] Si l’on ajoute 1 à ce nombre premier p et à son carré p², on obtient les doubles de ₁ 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.
Q [***] Si l’on ajoute 1 à cet entier positif n > 1 et à son carré n², on obtient les doubles de ₂ deux carrés parfaits. Déterminer les valeurs possibles de n … comme l’a fait Fermat.
Réponse:
Q₁
p + 1 = 2u2 et p2 + 1 = 2v2, où p est premier.
Par différence, p2 - p = (p -1)p = 2(v2 - u2) = 2(v- u)(v + u).
p est le plus grand diviseur premier de v + u.
Posons v + u = kp et v - u = d.
p = 1 + 2kd, u = (kp - d)/2 et v = (kp + d)/2.
p + 1 = 2u2 s'écrit finalement (2k2 - 1)d2 + 2k(2k2 - 3)d + (k2 - 4) = 0.
k = 1 sinon (2k2 - 1)d2 + 2k(2k2 - 3)d + (k2 - 4) ≥ 7d2 + 20d > 0.
d2 - 2d - 3 = 0 donne d = 3.
p = 7 est bien premier, u = 2 et v = 5.
Cette solution est unique par construction.
q + a = 2u2 et q2 + a = 2v2, où q est premier.
En reprenant le raisonnement précédent,
q + a = 2u2 s'écrit finalement (2k2 - 1)d2 + 2k(2k2 - 3)d + (k2 - 2a - 2) = 0.
Si k ≥ 2, 2a ≥ 7d2 + 20d + 2 ≥ 29 donc a ≥ 15.
Si k = 1, d2 - 2d - (2a + 1) = 0.
Afin que le discriminant 8a + 8 soit un carré, a = 2b2 - 1 donc a ≥ 7 (b = 2).
Lorsque a = 7, d2 - 2d - 15 = 0 donne d = 5.
q = 11, u = 3 et v = 8 (11 + 7 = 2 x 32 et 112 + 7 = 2 x 82).
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 est 7.
En reprenant le cas où k = 1, a = 2b2 - 1, d = 2b + 1, q = 4b + 3, u = b + 1 et v = 3b + 2.
Par exemple, lorsque b = 4, 19 + 31 = 2 x 52 et 192 + 31 = 392 = 2 x 142. Comme il existe une infinité de nombres premiers de la forme 4b + 3,
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
Cette fois, p + 1 = 2u2 et p2 + 1 = 2v2, mais p n'est pas premier a priori.
L'énoncé écarte la solution p = 1 (u = v = 1).
Le remplacement de p par son expression en fonction de u dans la seconde équation puis la division par 2 donnent (u2 - 1)2 + (u2)2 = v2.
Le triplet de Pythagore (u2 - 1, u2, v)est primitif car u2 - 1 et u2 sont premiers entre eux.
Si u est impair, il existe λ > μ premiers entre eux et de parités différentes tels que u2 - 1 = 2λμ, u2 = λ2 - μ2 et v2 = λ2 + μ2.
λ - μ et λ + μ sont premiers entre eux et leur produit est le carré de u, donc chacun d'eux est un carré.
Or (λ - μ)2 + (λ + μ)2 = 2(λ2 + μ2) = 2v2 est impossible car λ + μ > 1
et l'équation diophantienne x4 + y4 = 2z2 a pour seule solution x = y = z = 1.
Donc u est pair,
il existe λ > μ premiers entre eux et de parités différentes tels que u2 - 1 = λ2 - μ2, u2 = 2λμ et v2 = λ2 + μ2.
λ - μ et λ + μ sont premiers entre eux et leur produit est u2 - 1 = (u - 1)(u + 1), ces deux derniers facteurs étant premiers entre eux.
Soit λ - μ = u - 1 et λ + μ = u + 1, λ = u et μ = 1.
u2 = 2λμ donne u2 = 2u, u = 2 puis p = 7.
Soit λ - μ = 1 et λ + μ = u2 - 1, λ = u2/2 et μ = u2/2 - 1.
u2 = 2λμ donne u2 = u2(u2/2 - 1), à nouveau u = 2 puis p = 7.
Cette solution est unique par construction.
Jean-Louis Legrand
