Un double d´efi de Fermat `a Wallis Fermat observe que le cube 343 (= 7

Enonc´e

Un double d´ efi de Fermat ` a Wallis

Fermat observe que le cube 343 (= 7³), ajout´e `a ses parties aliquotes (divi- seurs) 1, 7 et 49, donne un carr´e 400 = 20².

Le 3 janvier 1657, il met John Wallis, un de ses correspondants anglais, au d´efi de donner un autre exemple de cube qui, ajout´e `a ses parties aliquotes, donne un carr´e.

a) Wallis a mis pr`es d’un an `a trouver. Et vous ?

b) Fermat proposait en mˆeme temps un autre d´efi : trouver un carr´e qui, ajout´e `a ses parties aliquotes, donne un cube. Je ne sais pas si Wallis en a trouv´e. Mais vous ?

Solution de Jean Moreau de Saint-Martin

L’exemple donn´e par Fermat est tentant, car il est facile d’´enum´erer les diviseurs d’un nombre qui est puissance d’un nombre premier. Mais dans le cas de la question a), c’est une voie sans issue. En effet, si n est premier, les parties aliquotes de n³ sont 1, n, n². Or, comme l’a montr´e Fermat (voir annexe), 1 +n+n²+n³ n’est un carr´e que si n= 1 ou 7.

Dans le cas de la question b), si n est premier, la somme de n² et de ses parties aliquotes, 1 +n+n², n’est un cube que si n= 18, non premier (ou n=−19, mais il ne serait pas dans l’esprit de l’´enonc´e de pr´etendre que les diviseurs du carr´e 361 `a consid´erer sont 1 et−19).

Il faut donc envisager quen soit compos´e. La remarque fonsdamentale est alors que la somme d’un nombre et de ses parties aliquotes est une fonction multiplicative : simetnsont premiers entre eux, on obtient une fois et une seule les diviseurs du produitmn, et ce produit lui-mˆeme, en associant un diviseur dem et un diviseur den(pouvant ˆetre mou neux-mˆemes) : σ₁(mn) =σ₁(m)σ₁(n),

en notant, selon l’usage actuel, σ_k(n) la somme des puissances k-i`emes des diviseurs de n(y comprisn et 1),σ0(n) ´etant leur nombre.

D’o`u une voie de solution, envisageant comme nombre de d´epart (`a ´elever au carr´e ou au cube selon que la question est b ou a) des produits de nombres premiers distincts (nombres non divisibles par un carr´e).

Question a)

Pour un ensemble de nombres premiersp(les 20 ou 30 plus petits), je facto- rise l’expression (1 +p)(1 +p²) et je fais la liste des facteurs premiers qui y ont un exposant impair. Il n’y en a aucun sip= 7. Les autres listes peuvent ˆetre class´ees selon leur plus grand ´el´ement, ce qui donne

1

p facteurs de (1 +p)(1 +p²) 2 5,3

3 5,2 41 7,3 5 13,3 13 17,7,5 47 17,13,5,3,2 . . . .

Quand on met ensemble ces 6 premi`eres listes, tous les facteurs premiers figurent en nombre pair. Il suffit donc de prendre, pour racine du cube, le produit

n= 2·3·5·13·41·47 = 751530,

et la racine du carr´e, somme de n³ et de ses parties aliquotes, sera 2⁴·3²·5²·7·13·17·29 = 5168217600.

Question b)

On op`ere de mˆeme (en prenant les exposants modulo 3 et non modulo 2), mais il faut un peu plus de patience pour obtenir assez de petits facteurs.

Le tableau ´etabli pourp= 2 `a 997 (les 165 nombres premiers<1000), donne en classant encore les listes par plus grand ´el´ement :

p facteurs de 1 +p+p²

2 7

3 13 7 19,3 11 19,7

653 19,19,13,13,7 5 31

. . . .

Il suffit de prendre, pour racine du carr´e, le produit n= 2·3·11·653 = 43098,

et la racine du cube, somme de n² et de ses parties aliquotes, sera 7·13·19 = 1729.

Remarque

Ce dernier tableau peut aussi (avec les exposants pris modulo 2) fournir des r´eponses `a la question : “Trouver un carr´e qui, augment´e de ses parties aliquotes, donne encore un carr´e”.

C’est le cas de n = 2·653 = 1306, avec encore 1729 comme racine du second carr´e. Mais on peut aussi y satisfaire, sans se limiter aux nombres non divisibles par un carr´e, avec n = 9 (racine du second carr´e 11), ainsi qu’avecn= 20 (racine du second carr´e 31).

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Annexe

L’´equation 1 +n+n²+n³ =m²

Le premier membre se factorise en 1 +n+n²+n³ = (1 +n)(1 +n²).

Tout diviseur commun aux deux facteurs divise 2 = (1 +n²)−(n−1)(1 +n).

Leur PGCD est 1 si n est pair, 2 si n est impair. Les diviseurs premiers impairs dem divisent soit 1 +n, soit 1 +n², avec le mˆeme exposant (pair) que dansm².

Or 1 +n², strictement compris entre les carr´es de n et n+ 1, ne peut ˆetre carr´e ; il faut qu’il soit un double carr´e 2y², et alorsm= 2xy et 1 +n= 2x² est aussi double carr´e.

Th´eor`eme (Fermat) : Sinetn² sont des doubles carr´es diminu´es de 1, alors n= 1 ou 7.

L’´equation (2x²−1)² = 2y²−1 s’´ecrit y² =x⁴+ (x²−1)². Le triangle de cˆot´esy, x², x²−1 est rectangle.

1) Cas ximpair

Soitp/q la fraction irr´eductible

p/q= (y+x²)/(x²−1) = (x²−1)/(y−x²). On en tire y+x²

2p² = x²−1

2pq = y−x²

2q² = x²

p²−q² = y p²+q²

et la valeur commune de ces rapports est 1, car les num´erateurs sont premiers entre eux dans leur ensemble, de mˆeme que les d´enominateurs (p etq sont de parit´e contraire ; s’ils ´etaient tous deux impairs, il suffirait d’´echanger les rˆoles de betc pour remplacerp etq parp⁰= (p+q)/2 etq⁰ = (p−q)/2).

x² =p²−q², x²−1 = 2pq, y =p²+q², ce qui donne 1 =x²−(x²−1) =p²−q²−2pq= (p−q)²−2q².

Les entiers p+q et p−q sont impairs, premiers entre eux, et de produit carr´e x². Ce sont donc des carr´es u² etv², et on a

2q²= (p−q)²−1 =v⁴−1 = (v²+ 1)(v²−1).

Doncv est impair, (v²+ 1)/2) est impair et premier avecv²−1, chacun de ces facteurs est un carr´e puisque leur produit estq², soitv²−1 =w², mais 1 =v²−w² n’est possible qu’avec w= 0, d’o`uq = 0,x= 1, 2x²−1 = 1.

2) Cas xpair

Alors par le mˆeme proc´ed´e x² = 2pq, x² −1 = p² −q², d’o`u p pair et q impair, puis (p et q ´etant premiers entre eux) q = v² et p = 2u² pour satisfaire x² = 2pq.

8u⁴ = 2p²= (p+q)²−2pq+ (p²−q²) = (p+q)²−1 = (p+q+ 1)(p+q−1).

Les facteurs p+q+ 1 et p+q−1 sont pairs et de PGCD 2. Les diviseurs premiers impairs deu divisent l’un ou l’autre de ces facteurs avec le mˆeme exposant, multiple de 4, que dansu⁴. Un des facteursp+q±1 est multiple

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impair de 2 et de la forme 2s⁴ avecsimpair, l’autre est de la forme 4r⁴ avec rs=u.

2.1) Si 2r⁴ =s⁴−1 = (s²+ 1)(s²−1), on voit comme au paragraphe 1 que s²−1 est carr´e, puis nul, de mˆeme que r, u, x. Ce cas n’est pas `a retenir si on admet que 2x²−1>0.

2.2) Si 2r⁴=s⁴+ 1, on a

(s²+ 1)² = 2r⁴+ 2s² = (r²+s)²+ (r²−s)²,

et le triangle de cˆot´esr²+s,r²−s,s²+ 1 est rectangle. Son aire est (r²+s)(r²−s)/2 = (r⁴−s²)/2 = ((s²−1)/2)², carr´e.

Il ne peut exister de tel triangle avecs >1, en vertu du

Th´eor`eme (Fermat) : Aucun triangle rectangle `a cˆot´es entiers n’a pour aire un carr´e.

S’il existe un tel triangle, on montre comme ci-dessus que les cˆot´es de l’angle droit sont proportionnels `a 2f getf²−g²,f etg´etant entiers, premiers entre eux et de parit´e contraire. Si l’aire est un carr´e,f g(f+g)(f −g) est aussi un carr´e, et il en est de mˆeme de chacun des 4 facteurs.

Les nombres√

f+g+√

f−g,√

f+g−√

f −g, 2√ f,

sont donc des entiers. Un calcul imm´ediat montre que le triangle ayant ces nombres pour cˆot´es est rectangle et d’aire g, carr´ee.

Maisg < f g(f²−g²) : `a chaque triangle ayant la propri´et´e d’aire carr´ee en correspond un autre plus petit ; on pourrait donc construire une suite infinie d´ecroissante d’entiers positifs, ce qui est impossible.

Ce type de raisonnement a ´et´e nomm´e par Fermat “m´ethode de descente infinie”.

Ainsi, pour conclure le cas 2), la seule solution de 2r⁴ =s⁴+ 1 correspond

`

as= 1, d’o`u 1 =r =u=v,x= 2,y= 5, 2x²−1 = 7.

Il en r´esulte, pour l’´equation donn´ee, les deux solutions (en entiers positifs) (n, m) = (1,2) et (n, m) = (7,20).

Seule cette derni`ere r´epond `a la d´efinition : “Le carr´e m² est la somme du cube n³ et de ses parties aliquotes”, cela parce que n = 7 se trouve ˆetre premier.

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