A 4900. Somme de carrés sous contrainte (1er épisode) [****]
Problème proposé par Jacques Boudier
Q1 Existe-t-il quatre entiers distincts non nuls a, b, c et d qui respectent l'égalité a2 + b2 = c2 + d2 avec la contrainte : le produit cd est un multiple du produit ab ?
Q2 Existe-t-il quatre entiers distincts non nuls a, b, c et d qui respectent les deux égalités a2 + b2 = c2 + d2 et cd = 2 ab ?
Solution proposée par Michel Lafond.
Q1 La réponse est oui.
Avec on a a2 + b2 = c2 + d2 et cd = 6 ab.
Avec on a a2 + b2 = c2 + d2 et cd = 2017 ab Dans la suite, on désignera par k le rapport cd / ab.
Il existe une infinité de quintuplets (a, b, c, d, k) qui respectent les contraintes, comme par exemple :
En effet,
D’où la famille F1 de valeurs de k {6, 13, 22, 33, 46, 61, 78, 97, 118, 141, 166, 193, 222, 253, 286, …}
On a aussi, si en prenant :
D’où la famille F2 de valeurs de k {6, 50, 154, 342, 638, 1066, 1650, 2414, …}
D’autres familles sont plus compliquées.
Ainsi, on peut prendre
On aura + 4
Et avec Or est une équation classique dont les solutions sont
On aura ainsi la famille
On peut aussi prendre
On aura + 4
Donc a2 + b2 = c2 + d2
Et aussi avec Or est une équation classique dont les solutions sont
On aura ainsi la famille
En regroupant ces deux dernières familles, on obtient la famille unique
D’où la famille F3 de valeurs de k {6, 35, 204, 1189, 6930, 40391, …}
Il y a probablement d’autres familles infinies paramétrées, mais je ne les ai pas trouvées.
En effet, une recherche par programme m’a donnée des dizaines de solutions dont celles du tableau ci- dessous, les valeurs de k étant classées par ordre croissant sans garantie d’exhaustivité.
On constate que de nombreuses solutions orphelines ne font pas partie des 3 familles ci-dessus.
k a b c d Famille
6 1 12 8 9 F1, F2, F3
13 1 30 15 26 F1
16 7 264 128 231
22 1 60 24 55 F1
23 7 390 182 345
33 1 105 35 99 F1
35 1 70 49 50 F3
36 117 11704 4576 10773
37 55 4186 2590 3289
41 2 165 110 123
43 3 260 172 195
44 91 8740 4784 7315
45 133 12210 7733 9450
46 1 168 48 161 F1
50 1 132 55 120 F2
51 2 231 119 198
53 10 1309 595 1166
57 21 11180 1204 11115
61 1 252 63 244 F1
63 3 385 245 297
69 3 440 253 360
75 7 1326 585 1190
77 2 315 198 245
78 1 360 80 351
79 21 5060 1771 4740 F1
89 5 966 534 805
93 4 1155 396 1085
95 345 69377 40227 56525
97 1 495 99 485 F1
98 8 2465 833 2320
116 7 2064 903 1856
Q2 La réponse est non.
Supposons De on tire
De on tire qui s’écrit
Le discriminant de cette équation du second degré en c2 doit être un carré parfait, donc il faut
Mais cette équation n’a pas de solutions entières non nulles.
En effet, on peut supposer dans (1) que PGCD (x, y) = 1 car si un nombre premier p divisait à la fois x et y on aurait et (1) deviendrait après division par
serait donc divisible par p, et après une nouvelle division par dans (2), on aboutirait à
Donc dans (1) on peut supposer que x et y ne sont pas tous deux pairs.
On peut aussi supposer que x et y ne sont pas tous deux impairs sinon on aurait On peut donc supposer x et y de parités différentes, et, compte tenu de la symétrie, on supposera
[Cette dernière hypothèse sur y a pour but d’initialiser la descente infinie]
118 1 660 120 649 F1
119 55 15372 7497 13420
133 39 15050 5586 13975
134 4 1105 680 871
141 1 858 143 846 F1
153 1 390 170 351
154 1 552 161 528 F2
155 6 1955 1150 1581
157 55 17766 10990 13959
166 1 1092 168 1079 F1
171 52 18879 10881 15428
181 1 418 209 362
186 4 1827 837 1624
191 91 48015 18909 44135
193 1 1365 195 1351 F1
204 1 408 288 289 F3
208 35 14964 9280 11739
211 3 1276 844 957
222 1 1680 224 1665 F1
225 13 6765 3375 5863
232 45 22448 12627 18560
233 14 9735 3495 9086
236 4 3843 976 3717
240 69 47740 17856 44275
251 14 12121 3689 11546
253 1 2040 255 2024 F1
262 155 88088 48763 73360
Écrivons (1) sous la forme ou encore
Dans (3), les deux facteurs sont premiers entre eux car si un nombre premier p divisait à la fois on aurait par addition-soustraction
Puisque et que p n’et pas égal à 3, c’est que Mais donc et par conséquent p diviserait x et y ce qui est impossible.
On a démontré que dans (3), les deux facteurs sont premiers entre eux. Par suite
(5) donne par soustraction
Mais alors que
(5) n’est donc pas possible.
(5’) donne par soustraction ou donc
Or . De plus
a et b sont premiers entre eux. Car si p était un facteur premier divisant à la fois a et b, p serait impair et diviserait x d’après (6). Or donc p diviserait y mais x et y ne seraient plus premiers entre eux.
Sinon p diviserait 4 et par conséquent y mais x et y ne seraient plus premiers entre eux.
Si on pose avec X impair, (6) s’écrit avec X impair.
D’après l’encadré ci-dessus, on a
a et b étant impairs, on a donc ce qui implique Or implique D’où
De (7) on tire Donc
On a et on a vu que a et b sont impairs et premiers entre eux.
La solution générale bien connue de donne dans ce cas [a > b]
p ne peut pas être égal à 3 car on aurait . Mais PGCD (x, y) = 1 donc on n’a pas . Il ne reste que donc z serait multiple de 3. Mais alors, dans (3) les deux facteurs seraient multiples de 3, donc y serait multiple de 3.
Avec (1) on voit que x serait aussi multiple de 3 ce qui est incompatible avec .
Si p st un facteur premier impair de x, p ne peut pas diviser à la fois
mn n’est pas nul, sinon b > 0 entraîne n = 0 donc donc m = 1 et a = b = 1.
Mais alors y = ab = 1 et (1) devient ou qui implique x = 0.
Enfin entraîne qui se simplifie en
(8) est semblable à (1), avec puisque et
Mais ab = y donc ce qui est en contradiction avec la définition de y.
[ . Fin de la descente infinie.
Cette démonstration se trouve en anglais et expédiée en 20 lignes dans
MORDELL - DIOPHANTINE EQUATIONS 1969 pages 19-20.
