A470 : Variations diophantiennes pour un quatuor
Nous allons établir ci-dessous que modulo 10, toute solution (a,b,c,d) de l’équation E : a2+b2+c2+d2=4abcd est égale à (1,1,1,1) ou (1,1,1,3) : il en résulte qu’aucun élément de la solution ne peut être divisible par 2 ou par 5. Nous montrerons de plus qu’il y a une infinité de solutions congrues à (1,1,1,1).
L’équation E peut aussi s’écrire a2+b2+c2=d(abc-d) ; en posant e=abc-d, donc d=abc-e, on voit que si (a,b,c,d) est solution de E, (a,b,c,e) est aussi solution : on définit ainsi une transformation T (appliquée ici à d) sur l’ensemble des solutions de E. En appliquant à nouveau T à e dans la solution obtenue, on retrouve (a,b,c,d): T est involutive. On peut appliquer T à chacune des variables a, b, c, d et obtenir des solutions différentes, si a, b, c, d sont différents entre eux.
Considérons des solutions ordonnées : a≤b≤c≤d, et définissons une relation d’ordre , en classant les solutions dans l’ordre de leurs éléments maximaux.
Une solution évidente de E est (1,1,1,1) ; c’est la seule solution avec 4 éléments égaux, et c’est la seule solution minimale au sens de la relation d’ordre, puisqu’aucun élément ne peut être nul sans que tous le soient, ce que l’on exclut.
Nous allons montrer qu’en appliquant T à l’élément maximal, on obtient une solution plus petite : soit en effet (a,b,c,d) une solution ordonnée de E ; E est une équation du second degré en d, et puisqu’elle admet une racine entière, il existe k entier tel que k2=4a2b2c2-(a2+b2+c2), soit k2/a2b2c2=4-(a2+b2+c2)/a2b2c2 (donc k/abc<2), et comme 1≤a2≤b2≤c2, (a2+b2+c2)/a2b2c2≤3 donc k2/a2b2c2≥1 et k/abc≥1.
La plus grande des racines est donc 2abc+k≥3abc≥3c, et puisque a2+b2+c2≤3c2, la plus petite est 2abc-k=(a2+b2+c2)/(2abc+k) ≤c, et il n’y a égalité que si a=b=c=1.
Comme d≥c, d est la plus grande des racines, et l’autre, e, est inférieure à c ; dans la solution (a,b,c,e) obtenue en appliquant T à d de (a,b,c,d), l’élément maximal est c, et cette solution est inférieure à la solution initiale ; en itérant, on va obtenir une suite de solutions strictement décroissante, tant que trois éléments ne seront pas égaux à 1. Or, il n’y a que deux solutions où a=b=c=1, à savoir (1,1,1,1) et (1,1,1,3), la seconde
obtenue en appliquant T à la première.
On peut donc, à partir d’une solution quelconque, obtenir (1,1,1,1) en appliquant T un certain nombre de fois, donc, puisque celle-ci est involutive, on peut obtenir toute solution à partir de la solution (1,1,1,1) en appliquant T un certain nombre de fois.
Ceci étant établi, considérons la même relation appliquée aux classes d’équivalence modulo 10. En appliquant T à (1,1,1,1) on obtient (1,1,1,3), et en appliquant T à (1,1,1,3) on obtient (1,1,1,1) quel que soit l’élément auquel on l’applique.
Il en résulte qu’aucun des éléments ne peut être divisible par 2 ou par 5, et qu’il existe une infinité de solutions dont les éléments sont tous congrus à 1 modulo 10 : en effet, il suffit de transposer la démonstration ci-dessus pour montrer que si l’on applique T au plus petit élément d’une solution, on obtient une solution strictement supérieure, donc, en itérant, on obtient un nombre infini de solutions, dont la moitié congrue à (1,1,1,1).
