Pouvez-vous me donner les trois entiers a, b et c

Enonc´e n^oA459 (Diophante) Arithm´etique au Paradis

Au Paradis, Diophante et saint Pierre ont le dialogue suivant :

– D : Je viens de croiser trois belles ˆames qui sont arriv´ees au Paradis il y a respectivementa,betcann´ees. Le triplet (a, b, c) est pythagoricien primitif (a² =b²+c²). Pouvez-vous me donner les trois entiers a, b et c?

– P : Depuis que j’ai les cl´es du Paradis, j’ai observ´e un bien grand nombre de triplets pythagoriciens primitifs. Il me faudrait des heures et des heures pour les ´enum´erer tous.

– D : Si j’ajoute le mˆeme chiffrexdevant chacun des trois nombresa,bet c, j’obtiens trois entiers qui constituent un autre triplet pythagoricien primitif. Pouvez-vous me donnerx,a,b etc?

– P : Cette fois-ci, je sais r´epondre et la solution est unique.

Trouver x,a,bet cet justifier l’unicit´e de la solution.

Solution de Jean Moreau de Saint-Martin

Soient A, B et C les puissances de 10 imm´ediatement sup´erieures `a a, b et crespectivement. L’´ecriture du chiffre x fournit trois nombres ´egaux `a xA+a,xB+b,xC+c.

Comme bet cjouent des rˆoles sym´etriques et sont ´evidemment inf´erieurs

`

a a, je peux supposera > b > c qui entraˆıne A≥B ≥C, puis xA+a > xB+b > xC+c.

Le nouveau triplet est pythagoricien si (xA+a)² = (xB+b)²+ (xC+c)².

Commea² =b²+c² etx >0, on tire imm´ediatement de cette condition x= 2Aa−Bb−Cc

B²+C²−A²

Si l’on a A > B, on a A ≥ 10B, A² ≥ 100B² > B²+C² et pour avoir x >0 il faudrait

Aa < Bb+Cc≤^p(b²+c²)(B²+C²) =a√

B²+C²≤aB√ 2, d’o`u une contradiction.

On a doncA=B, il fautAa−Bb−Cc >0 doncC < B car l’in´egalit´e du trianglea < b+c exclut C =B =A, et A =B =CD avec D puissance de 10.

L’expression dex devientx= 2(D(a−b)−c)/C, d’o`u on tire 2c= 2D(a−b)−Cx, et le second membre est multiple de 10.

Il en r´esulte que cest multiple de 5, et mˆeme de PGCD(D, C/2).

Premier cas

SiD≥C,C diviseDet 2c <2C. Cela entraˆıne c=C/2.

Une solution correspond `ac= 5,a= 13,b= 12,C= 10, d’o`ux+1 =D/5, D= 10 carx <10, et x= 1 : triplet (113, 112, 15). On va d´emontrer que c’est la seule pour ce cas.

On sait que, dans un triplet pythagoricien primitif, l’hypot´enusea=p²+ q², les cˆot´es de l’angle droit ´etant 2pqetp²−q², avecpetq premiers entre eux et de parit´e contraire.

SiC= 10^k, avec k >1,c est pair, on doit avoir c= 2pq= 2^k−15^k.

Doncp= 5^k,q = 2^k−2, a= 5^2k+ 2^2k−4 a d1,4ke chiffres alors que c en a k. Sik >1, il en r´esulteA < C² etD < C contrairement `a l’hypoth`ese.

Second cas

SiD < C,Ddivisecqui est donc pair, alorsc= 2pqpuisCx= 4q(Dq−p).

Dans la factorisation de p, q, x, soient p1, q1, x1 les plus grands diviseurs premiers avec 10, p2, q2, x2 les exposants de 2, p5, q5, x5 les exposants de 5. CommeD= 10^d divisecavec p etq premiers entre eux, on a

p2+q2+ 1≥d,p5+q5≥d,p2q2= 0, p5q5 = 0, et x2x5 = 0 carx <10.

Montrons d’abord que x₁ = 1, 3 ou 7. En effet a > b ≥ B/10 entraˆıne a+b > B/5, puis (a−b)/c=c/(a+b)<5c/B <5/D, et enfin

Cx/2 =D(a−b)−c <4c <4C, donc x <8.

1

CommeCx= 4q(Dq−p),x₁est le produit deq₁par le plus grand diviseur premier avec 10 de Dq−p.

Si p₂ = p₅ = 0, C, premier avec Dq−p, divise 4q qui divise 2c, ce qui ram`ene au premier cas.

Si q2 = q5 = 0, alors q = q1 = 1, 3 ou 7 ; si q = 1, Cx = 4D−2c est incompatible avec C≥10D; si q= 3 ou 7, alors x₁ =q,C ≤4Dq−4p <

100D, donc C = 10D, puis 5(x/q) = 2q−2p/D. Mais x/q = 1 si q = 7, x/q = 1 ou 2 si q = 3, d’o`u deux possibilit´es pour le triplet (p, q, x) : (D/2,3,3), ou (9D/2,7,7) ; ce dernier cas donnec= 63Dd’o`uC= 100D, cas exclu ; le premier triplet donnea, b=D²/4±9, d’o`uB =D² etC =D, cas exclu.

Si q₂ = p₅ = 0, alors les facteurs 5 de Cx sont fournis par q (exposant q₅ =m+d+x₅). Si p₂ 6=d, les facteurs 2 de Cx/4, fournis par Dq−p, y auraient l’exposant min(d, p2) ≤ d et C, diviseur de 4D, ne peut pas ˆ

etre ≥ 10D; donc p₂ = d, et les facteurs 2 de Cx/4D sont fournis par q₁5^d+q5 −p₁; on a plus pr´ecis´ement

q15^d+q5 −p1 = (x1/q1)2^m+x2−2.

Commed+q₅ =m+ 2d+x₅, il est clair que la puissance de 5 du premier membre est bien plus grande que la puissance de 2 du second membre, alors que l’influence de q1 et x1 reste limit´ee. Donc p1 est de l’ordre de cette puissance de 5 ; p est de l’ordre de DC^{log 5},aet bsont de l’ordre de p²> CD², etB≥10CD² > CD, d’o`u contradiction.

Sip2 =q5 = 0, alors les facteurs 5 dansCsont fournis par le facteurDq−p; si p₅ 6=d, l’exposant de 5 est ≤det C ≤D, cas exclu. Donc p₅ =det 5 a le mˆeme exposantm+x₅ dansCx/D= 10^mx et dans 2^d+q2q₁−p₁. Les facteurs 2 de Cxsont fournis par 4q, doncq2+ 2 =m+d+x2. On a plus pr´ecis´ement

2^m+2d+x2−2q₁−p₁= (x₁/q₁)5^m+x5.

Dans cette relation, p1 est premier avec 10q1 par construction ; on ob- tiendra une solution en choisissant m, d, x, q₁ de fa¸con `a respecter (avec p=p₁5^d) les in´egalit´es

10^m+2d−1=CD/10< b < p² < a < CD= 10^m+2d,

10^m+d−1=C/10< c= 2pq < C = 10^m+d.

Ces conditions peuvent s’´ecrire, au moyen du param`etre y= 4Dq²/C, max(√

0,4y,0,2)< y−x <min(√ 4y,2).

Commex≥1,y >1,2 et l’in´egalit´e applicable est

√0,4y < y−x <2,

d’o`u on tire l’intervalle de y en fonction de x 1 +√

10x+ 1<√

10y <√

10x+ 20.

Ainsi chaque valeur de x permet d’obtenir, avec ´eventuellement un choix deq₁ en coh´erence avec la valeur dex, un intervalle pour

z= (0,4)^m4^d= 4y/(q₁²2^2x2).

Il existe alors une infinit´e de couples (m, d) qui donnent `azune valeur de cet intervalle, car log 0,4 et log 4 ne sont pas commensurables.

x q₁ z_min z_max

1 1 4,8 + 0,8√

11 12

2 1 2,2 + 0,2√

21 4

3 1 12,8 + 0,8√

31 20

3 3 (64 + 4√

31)/45 20/9 4 1 (21 +√

41)/20 3/2 5 1 20,8 + 0,8√

51 28

6 1 6,2 + 0,2√

61 8

6 3 (31 +√

61)/45 8/9 7 1 28,8 + 0,8√

71 36

7 7 (144 + 4√

71)/245 36/49

Par exemple, (x, m, d, p, q) = (1,2,3,4875,8) donne les triplets pythagori- ciens primitifs 23765689, 23765561, 78000 et 123765689, 123765561, 178000 (seule solution avec 1< m+d <6).

En l’absence d’une limitation du nombre d’ann´ees depuis lequel les ˆames entrent au Paradis, l’unicit´e annonc´ee par l’´enonc´e est en d´efaut.

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Remarque

L’existence d’une infinit´e de solutions apparaˆıt li´ee au fait que la base de num´eration 10 admet deux diviseurs premiers distincts, 2 et 5 ; il est tr`es probable que l’on puisse d´evelopper une analyse similaire pour toute autre base de num´eration ayant au moins deux diviseurs premiers distincts.

Dans le cas o`u la base de num´eration est un nombre premier ou une puis- sance d’un nombre premier, il en est autrement.

Comme on va le voir, le probl`eme est sans solution quand la base de num´eration est un nombre premier, une puissance d’un nombre premier impair, 4, 8 ou 16.

Dans les autres bases, le probl`eme a une infinit´e de solutions.

Dans la suite, A, B, C sont les puissances de la base imm´ediatement sup´erieures `a a, b, c et on a encore

2D(a−b) =Cx+ 2c etA=B =CD > C.

1) La base est z^k,zpremier impair. C=z^mk,D=z^dk.

1.1) Supposons d’abord cpair,c= 2pq,a−b= 2q²,Dq =p+Cx/(4q).

Par hypoth`ese,x est un nombre d’un chiffre dans la basez^k.

1.1.1) Si z ne divise pas q, 4q est premier avec C et divise x = 4qu car Cx/(4q) = Dq−p est entier ; q, diviseur de x, est aussi un nombre d’un chiffre etDq est un nombre ded+ 1 chiffres dontdz´eros dans la basez^k; p, diviseur de 2pq=c, a au plusmchiffres commec;uC est un nombre de m+ 1 chiffres dont mz´eros, doncuC+p est un nombre dem+ 1 chiffres dont strictement moins dem z´eros ; l’´egalit´eDq =uC+pest impossible.

1.1.2) Siz divise q, il ne peut pas diviser p carp etq sont premiers entre eux ; z ne divise pas non plus Cx/(4q), donc l’exposant de z dans q est celui dezdansCaugment´e le cas ´ech´eant de celui dansx; en cons´equence, C diviseq qui divise c < C, contradiction.

1.2) Supposons maintenantcimpair,c=p²−q²,a−b= (p−q)²,D(p−q) = p+q+Cx/(2p−2q).

1.2.1) Si z ne divise pas p−q, celui-ci divise x = 2(p −q)u < z^k et Cx/(2p−2q) est un nombre dem+ 1 chiffres dontmz´eros ;p+q, diviseur dec < C, est un nombre dem chiffres au plus etp+q+Cx/(2p−2q) est un nombre dem+ 1 chiffres dont strictement moins de mz´eros ;p−q est un nombre d’un chiffre etD(p−q) est un nombre ded+ 1 chiffres dontd z´eros ; l’´egalit´e D(p−q) =p+q+Cx/(2p−2q) est impossible.

1.2.2) Siz divisep−q,z ne divise nip+q niCx/(2p−2q), alorsC divise p−q qui divise c < C, contradiction.

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2) La base est 2^k.C = 2^mk,D= 2^dk.

2.1) Supposons c impair, c = p² −q², a−b = (p −q)², D(p −q) = p+q+Cx/(2p−2q).

p+q et p−q ´etant impairs, D pair, Cx/2 est impair, donc C = 2, m = k = 1 = x, c est un nombre d’un chiffre en base 2 donc c = 1 mais son carr´e n’est pas diff´erence de deux carr´es, impossible.

2.2) Supposons cpair, c= 2pq,a−b= 2q²,Dq =p+Cx/(4q).

2.2.1) Si q est pair, q=i.2^s avec iimpair,p est impair, Cx/(4q) est aussi un entier impair,i divisex=iu.2^v etmk+v−2−s= 0.

Mais b >0 entraˆıne p > q≥2^s, puis

2^s+2−v = 2^mk=C > c= 2pq >2q²≥2^2s+1, donc 1> v+s, impossible avecv≥0,s≥1.

2.2.2) Siq est impair, il divisex=qu.2^v <2^k et est donc un nombre d’un chiffre. L’exposant de 2 dans p est ≥ min(dk, mk+v−2) (´egalit´e si ces deux nombres sont diff´erents, in´egalit´e s’ils sont ´egaux).

Je ne fais pas une discussion compl`ete de ce cas ; je cherche simplement

`

a classer les bases de num´eration parmi les cat´egories : aucune solution, nombre fini de solutions (´eventuellement unicit´e), infinit´e de solutions.

2.2.2.1) Un cas particulier est celui o`u c est diviseur de C, c = 2^mk−r, 1≤r ≤k.

Le seul triplet primitif avec c puissance de 2 est donn´e par a−b = 2, a+b=c²/2, d’o`u a, b= 2^2mk−2r−2±1.

Pour avoir A=B, il faut que 2(r+ 1)/k ne soit pas entier.

Si 4 ≤ 2r + 2 ≤ k −1, on voit que A = B = CD = C², D = C, x= 2(2D−c)/C= 4−2^1−r est entier sir= 1 ; alorsx= 3 etk≥5.

Par exemple, avec k = 5, m = 1, on a les triplets (65,63,16) et (3137,3135,112) qui s’´ecrivent en base 32 (expressions soulign´ees, une pa- renth`ese = un chiffre >9 en base 32)

21, 1(31), (16) et 321, 31(31), 3(16).

Sik+ 1≤2r+ 2≤2k−2, on voit queA=B=CD=C²/2^k,D=C/2^k,

x= 2(2D−c)/C= 2^2−k−2^1−r ne peut ˆetre entier carr =k= 1 ne v´erifie pas 2(r+ 1)/knon entier.

De mˆeme si 2r+ 2 = 2k+ 2,D=C/2^2k,x= 2^2−2k−2^1−k n’est pas entier.

On a donc pour chaquek≥5 la famille de solutions (avecx= 3) (2^2mk−4+ 1,2^2mk−4−1,2^mk−1).

2.2.2.2) Pour examiner les cas 1 ≤ k ≤ 4, je liste les (29) couples (x, q) avec x <2^k,q diviseur impair dex.

L’in´egalit´e 0<2c= 4Dq²−Cx <2C donne les bornes x/(4q²)< D/C <

(x+ 2)/(4q²) pour D/C qui est une puissance (positive ou non) de la base 2^k. On a ensuite `a v´erifier sip²/CD=Dq²/C+Cx²/(16Dq²)−x/2 satisfait 2^−k< p²/CD <1, ce qui est n´ecessaire pour avoirA=B =CD.

On dresse ainsi le tableau (limit´e aux cas o`u on trouve une puissance de 2, ´eventuellement puissance de 2<sup>k</sup>, dans l’intervalle impos´e `aD/C)

k x q D/C p²/CD

1 1 1 1/2 1/8

2,3,4 3 1 1 1/16

3 3 3 1/8 1/8

4 5 5 1/16 1/16

− 7 1 2 1/32 (5) 9 9 1/32 1/32

− 15 1 4 1/64

On constate que la combinaison des deux crit`eres,D/Cetp²/CD, ne laisse subsister aucune possibilit´e de solution.

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