PB A453
1. Sip est impair,p2 ≡1 modulo 4 alors que sip est pair, p2 ≡0 modulo 4. Par suite pqrs=p2+q2 +r2+s2 ≡n nombre d’entiers impairs; la seule possibilit´e est que les 4 entiers p, q, r, s soient tous pairs. Posons p= 2a, q = 2b, r = 2c, s= 2d : a2+b2+c2+d2 = 4abcd. (1,1,1,1) est solution. Soit (a, b, c, d) une solution avec 1≤ a≤b ≤c≤d et d≥2;
on obtient une autre solution (a, b, c, d0) en posant d0 = 4abc−d ; en effet,detd0sont alors solutions de l’´equationx2−4abcx+a2+b2+c2 = 0;
dd0 =a2 +b2+c2 entraine qued0 >0 . De plus :
d0 < d⇔a2+b2+c2 < d2 ⇔ a2+b2+c2 abc <2d qui est v´erifi´e car
a2+b2+c2
abc = a
bc + 1 a
b c +c
b
!
≤ 1 c +1
d +d≤d+ 1<2d En un nombre fini d’´etapes on aboutit `a la solution (1,1,1,1). On peut donc obtenir toutes les solutions en partant de (1,1,1,1). Les premi`eres sont : (1,1,1,3) , (1,1,3,11) , (1,1,11,43) et (1,3,11,131) . La plus petite solution de l’´equation initiale avecp < q < r < sest donc (2,6,22,262).
2. Si (a1, ..., an) est solution de l’´equation Pnk=1a2k = Qnk=1ak on obtient une autre solution (a1, ..., a0n) en posanta0n =Qn−1k=1ak−an. En r´eit´erant ce proc´ed´e on obtient une infinit´e de solutions. Pourn = 3, la premi`ere solution est (3,3,3) qui donne (3,3,6) puis (3,6,15) plus petite solution en nombres distincts. Pour n = 5, la premi`ere solution est (1,1,3,3,4) qui donne (1,1,3,4,9) puis (1,3,4,9,107) plus petite solution en nombres distincts. On peut rechercher des solutions pourn en essayant d’´ecrire n =Qmk=1ak−Pmk=1a2k+m avec m ≤ n et ak ≥2. On ne trouve pas de solution pour n ∈ {2,6,9,11,12,15,16,18,20,21,24,29, ...}.
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