A4900 - Sommes de carrés sous contrainte (1er épisode)
Problème proposé par Jacques Boudier Contexte
On a la relation r q1 1 2r q2 2
2 2 2
1 1
r q c et r22q22 c2
2, 2,
r q c sont des entiers positifs distincts,
Question : r q1, 1 sont ils des entiers positifs distincts?
Dito quand c est irrationnel et c2 un entier ?
Solution proposée par l'auteur Contexte
2 2
1 1
r q C et r22q22C
2, 2,
r q C sont des entiers positifs,
Question : r q1, 1 sont ils des entiers positifs ?
Pour traiter ce problème, on va s’aider des relations trigonométriques en posant : cos r1
a C , sin r1
a C , cos r2
b C , sin r2 b C
1 1 22 2
r q r q s’écrit
sin 2a 2sin 2b
Envisageons tout d’abord le cas de triplets pythagoriciens où : cos r1
a c
en partant d’un pythagoricien primitif en prenant m > 0, n > 0 tel que :
2 2
2 2
cos( ) m n
b m n
2 2
sin( ) 2mn b m n
tel que
2 2
2 2
2 2
2 2 2
cos( ) sin( ) m n 2mn 1
b b
m n
2 2
2 2 2
sin(2 ) 22mn m n b
m n
2 2
2 2 2
sin(2 ) 42mn m n a
m n
2
22 2
2
2 2
4
2 2
22 2 2 2
2 1
cos(2 ) 1 4 mn m n 8
a m n mn m n
m n m n
Analysons la partie sous racine
usant de 4m n2 2
m2n2
2 m2n2
2
4 2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2
8 16 4
16
m n mn m n m n m n m n
m n m n m n m n
ou
m2n24
8mn m 2n2
2 m2n2416m2n2 2 m2n2216m2n24 la partie sous racine serait un carré parfait si nous avions :
m2n2
48
m2n2
2 m2n2
216
m2n2
4
m2n2
24
m2n2
22, ce qui n’est pas le cas.Or la racine d’un nombre qui n’est pas un carré parfait est irrationnelle.
Donc cos(2a) est irrationnel et par voix de conséquence, 1 cos 2
sin 2
a a ,
1 cos 2
cos 2
a a , sont irrationnels. Et comme par hypothèse, r12q12 c2 où c est entier, r1 et q1 sont irrationnels ; ils ne peuvent être des entiers.
Ce raisonnement est extrapolable à un triplet non primitif (m et n sont alors multipliés par un multiplicatif commun) .
Question : qu’en est il quand r et q n’appartiennent pas à un triplet pythagoricien ?
2 2
2 2
r q C et cos r2 b
C
, sin q2 b
C
. C est la racine carrée d’un nombre qui n’est pas un carré parfait ; C est irrationnelle. sinb et cosb sont irrationnels.
2 2
sin 2a 2sin 2b 4 1 r q
C est rationnel et :
2
2
2 1 2 22 22cos 2a 1 sin 2a 1 16 sin b cos b C 16r q
C
2 2 2
2 2
16
C r q est la différence de deux entiers au carré, c'est-à-dire de deux carrés ; mais ce n’est pas un carré parfait puisque :
22 2 2 2 2 2 2 4 4 2 2 2 2 4 4 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
16 16 2 16 14
C r q r q r q r q r q r q r q r q ,
alors qu’un carré aurait été écrit
r22q22
2 r24q242r q22 22ou, autrement dit,
que l’on ait
r22q22
24r q22 22 au lieu de
r22q22
216r q22 22 puisque
r22q22
24r q22 22
r22 q22
2ce qui ne se présente pas.
Donc la racine carrée correspondante est irrationnelle (*) C étant un entier, cos 2a est irrationnel.
On en déduit que 1 cos 2 1
sin 2
a q
a C
et 1 cos 2 1
cos 2
a r
a C
sont
irrationnels ;
cependant leur produit est rationnel puisque
1 1
2 2
sin 2 2r q 2sin 2 4 1
a b r q
C C
.
Mais on ne peut pas en déduire directement la nature de r1 et q1… Examinons nos résultats : voir le tableau ci-dessous
ce résumé met en évidence l’anomalie suivante : si r1 et q1 étaient entiers, cos(2a) devrait être rationnel car :
2
2
22 2
2 2 4 4 2 2 1 1
1 1 1 1 1 1 1
cos 2 1 sin 2 1 4 sin cos
1 1
4 2
a a a a
r q
C r q r q r q
C C C
Pour mémoire, rappelons que C est un entier.
Si cos(2a) est irrationnel comme on l’a montré auparavant, il faut que r1 ou q1 ou les deux soient irrationnels.
Et comme sin 2a est rationnel, c'est-à-dire le produit sin 2 2r q1 1
a C , il faut que les deux nombres r1 et q1 soient irrationnels à la fois afin que leur produit soit rationnel.
(*) Nota : Intéressons nous à savoir si C216r q22 22 pourrait être un entier.
Pour cela, analysons une racine du type (a2b2 2) 16a b2 2 Contexte : a et b entiers positifs distincts
Question : (a2 b2 2) 16a b2 2 entier positif ?
résumé sin(a) cos(a) sin(2a) cos(2a) sin(b) cos(b) sin(2b) cos(2b)
rationnel * * *
irrationnel * * * * *
Pour cela, a et b seraient solutions, en nombres entiers positifs, d’une équation du second degré de discriminant (a2b2 2) 16a b2 2 , soit:
x2 2 a2b2
x2 4a b2 2
x22a2
x22b2
0 Où 2a22b2a2b2 et 2 2 4, soit : 2 2 42 2 2 2a b a b
ou
2
2 22
1 a 1 4 b
Soit l’équation du second degré :
2 2 2
2 22
4 0
x a x b
avec
2
2 2
2 2
4 1
a b
x doit être un entier, ce qui impose 2 4 ou 2.
Cela montre que la recherche d’un nombre entier pour C216r q22 22 ne peut s’obtenir avec les nombres initiaux a et b.
Pour mémoire, on cherche a et b nombres entiers.
Il faut donc 2
2 1
k
24
. C'est à dire 4 1 k24k 0, soit 2
2 1 1 16
2
k k k
entier implique,
k doit être entier ( pour k rationnel voir (&))
1k216k q entier (tel que 1k216k q2)
2 1
2 k q
,
dont la seule solution est pour k = 20, q = 11 et = 4, soit 20a2 b2 et
2 2 2 2 2
(a b ) 16a b 11b
On a donc pour cette solution : b2 5a ; les nombres a et b sont liés par une relation irrationnelle : ils ne peuvent être simultanément des entiers.
Montrons que cette solution est unique. Supposons qu’il en existe une autre pour k supérieur à 20 (le calcul montre qu’il n’y en a pas pour les valeurs inférieures), k = 20 + m (m > 0) soit
2 2
2 21 21 16 20 21 11 4
2 2
m m m m m m
entier implique, m doit être entier
11m24m n entier
2 21
2 m n
Le point essentiel est d’essayer de montrer que 11m24mn2 analysons cette égalité.
Considérons d’abord l’égalité pythagoricienne en posant m = p2
11 p2
24p2 n2posant, r,q entiers positifs ,
11p2
2 r2q2
2 qui induit 4p2 4r q2 2 , qui permettrait que n2
r2q2
2soit prq et 11r q2 2 r2 q2 et r2
q2 1
q2 11q = 1 impossible (car 1 11 n’a pas de sens) et r2
q2 1
q20 incompatible avec -11 l’égalité pythagoricienne est donc impossible Envisageons le cas général où 11m2n2 4mExprimons les plus petits écarts entre 11m2 et n2
11m n = m =
11m 11m 0
11m 10m 10 ,5
11m 9m néant
11m 8m négatif
11m <8m négatif
m devant être un entier positif, on voit qu’aucune solution ne se dégage.
Il n’est donc pas possible de trouver une autre solution. La solution indiquée est bien unique.
Notre hypothèse « a et b entiers positifs » ne tient pas. Donc C216r q22 22 ne peut être entière avec r2 et q2 entiers.
(&) k rationnel supposons k rationnel,
2 2
k b
a . Il vient :
2 2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
2
2
1 1 16
1 1 16 16
2 2 2
b b b
k k k a a a a b a b a b
a
On cherche
a2b2
2 16 a b2 2 m2 avec m,a,b entier.avec k rationnel, l’expression 1k216k qui n’était pas homogène en k, devient homogène en niveau de puissance :
a2b2
2 16 a b2 2.Or cette expression serait un carré parfait si l’on avait
a2b2
2 4 a b2 2
a2b2
2 m2Ce qui n’est pas. Donc m , racine carré d’un nombre qui n’est pas un carré parfait, ne peut être entier.
Ce que l’on peut appuyer par une descente vers l’infini…des trois carrés,
a2b22;16a b m2 2; 2 ; si cette relation avait du sens.
a2b2
2m2 16 a b2 2implique
a2b2
2m2 0 mod16 soit (1)
a2b2
0 mod 4 et m0mod 4
a2b2
0 mod 4 implique a b2, 20 mod 4On peut donc diviser
a2b2
et m2 par deux, soit 2
a'2b'2
a2b2
et2 2
2 'm m ainsi que a b2 2, 2 'a b2 '2a b2 2
On peut donc écrire en divisant par deux la relation initiale
a2b2
2m2 16 a b2 2,
a'2b'2
2m'2 16 a b'2 '2Ce qui reproduit la relation initiale. C’est une descente vers l’infini qui montre l’impossibilité de la proposition initiale.
soit (2)
a2b2
0 mod 5 et m0 mod 3- Ce qui réduit d’abord la relation à 52 32 16
Or on ne peut pas avoir à la fois
a2b2
5 et a b2 2 1 en nombres a et b entiers.- Ce qui se réduit à 52Q a b( , ) 3 2Q a b( , ) 16 ( , ) Q a b , c'est-à-dire
a2b2
5 Q a b( , ) 2 3 Q(2,3) ou 1 4 Q(1, 4)
2 2 2 2
2 3 (2,3) contradictoire avec (2,3)
a b Q a b Q
2 2 2 2
1 4 (1, 4) contradictoire avec (1, 4)
a b Q a b Q
- Ce qui réduit encore la relation à
52 p 32 p 16a b2 2 52 p 32 p
52 32
Pp1(5 , 3 )2 2 16Pp1(5 , 3 )2 2
a2b2
5 soit
22 32
5 a et b sont irrationnelssoit 12225 a et b incompatibles avec Pp1(5 ,3 )2 2