A1752 ‒ Pioché dans un manuscrit de Fermat [** et *** à la main]
Q₁[**] Si l’on ajoute 1 à ce nombre premier p et à son carré p², on obtient les doubles de 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 dénombrable 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 [***] Si l’on ajoute 1 à cet entier positif n > 1 et à son carré n², on obtient les doubles de deux carrés parfaits. Déterminer les valeurs possibles de n … comme l’a fait Fermat.
Solution proposée par Bernard Vignes Q₁
1ère partie
On a les deux relations p + 1 = 2u² et p² + 1 = 2v² à partir desquelles on déduit p(p ‒ 1) = 2(v + u)(v – u).
La solution p = 2 est exclue car elle donnerait v² ‒ u² = 1 et la différence de deux carrés parfaits distincts est toujours strictement ≥ 4. p est donc un nombre premier impair.
Comme p > p – 1, p divise v + u et l’on pose v + u = kp avec k entier ≥ 1.
D’où v ‒ u = (p ‒ 1)/2k u = ((2k² ‒ 1)p + 1)/4k et v = ((2k²+1)p – 1)/4k
On obtient ainsi p + 1 = 2u² = ((2k² ‒ 1)p + 1)²/8k² et l’équation [E] du second degré en p qui s’écrit : (2k² ‒ 1)²p² ‒ 2(2k² + 1)p ‒ 8k² + 1 = 0
Pour k = 1, on a l’équation p² ‒ 6p ‒ 7 = 0 dont il convient de retenir la seule racine positive p = 7.
Pour k > 1, la racine positive de [E] est toujours < 1. En effet le discriminant est du troisième degré en k, le coefficient de p est du second degré en k et celui de p² du quatrième degré. Cette propriété se vérifie aisément avec Geogebra. Voir ci-après les graphiques de [E] pour k = 1 puis pour k = 3.
Conclusion : la solution unique est p = 7.
2ème partie
On a le deux relations q + a = 2u² et q² + a = 2v². d’où q(q‒ 1) = 2(v + u).(v ‒ u).
Comme précédemment on peut retenir q = v + u. D’où v – u = (q – 1)/2.
Il en résulte v = (3q – 1)/4 et u = (q – 1)/4.u et v sont des entiers si q est nombre premier de reste 3 modulo 4. Or il existe une infinité de nombres premiers de la forme q = 4x + 3. Voir annexe 1.
D’où a = (q² ‒ 6q + 1)/8 = 2x² ‒ 1. Pour x = 1, on retrouve a = 1 et q= 7 puis pour x = 2, on obtient a = 7 qui,ajouté à q = 11,donne les doubles de deux carrés parfaits u² = 9 soit u = 3 et v² = 64 soit v = 8.
Q₂
On a le deux relations n + 1 = 2p² et n² + 1 = 2q² (2p² ‒ 1)² + 1 = 2q² soit p⁴ + (p² ‒ 1)² = q²
D’où le triplet pythagoricien (p², p² ‒ 1, q) auquel on associe le paramétrage p² = 2ab, p² ‒ 1 = a² ‒ b² et q = a² + b² , a et b étant premiers entre eux, l’un pair et l’autre impair a = 2α² et b = β²
Ce qui donne p² = 4α²β², p² ‒ 1 = 4α²β² ‒ 1 = a² ‒ b² = 4α⁴ ‒ β⁴ soit (2α² + β²)² = 8α⁴ = 1 ou encore 8α⁴ = (2α² + β² + 1)( 2α² + β² - 1)
α est donc le produit de deux entiers u et v tels que 2α² + β² + 1 = 4u⁴ et 2α² + β² ‒ 1 = 2v⁴
Il en découle l’équation 2u⁴ = v⁴ + 1. En posant x = v, y = 1 et z = u², on a l’équation x⁴ + y⁴ = 2z² qui a pour seule solution x = 1, y = 1 et z = 1 (voir annexe 2).
D’où u = 1 et v = 1 et α = 1 et β = 1 l’unique solution p = 2, n = 7 et q = 5
ANNEXE 1
ANNEXE 2
L’équation x⁴ + y⁴ = 2z² a pour unique solution en x,y,z entiers ≥ 1 x = 1, y = 1 et z = 1 1ère démonstration
2ème démonstration
