A453 Variations diophantiennes pour un quatuor [**** à la main,* avec l’aide d’un ordinateur]
Solution de Pierre Henri Palmade
* Soit (p,q,r,s) une solution de l'équation E pqrs= p2+q2+r2+s2. En écrivant E sous la forme s(pqr-s)= p2+q2+r2, et en posant t= pqr-s donc s=pqr-t, on voit que (p,q,r,t) est également solution de E. On a ainsi construit sur l'ensemble des solutions de E une transformation T, ici appliquée à s. Si j'applique à nouveau T à t dans la solution obtenue, je retrouve la solution initiale. Compte-tenu des rôles symétriques joués par p,q,r,s, on peut appliquer T à chacune des variables, et obtenir des solutions différentes si p,q,r,s sont différents entre eux.
On peut donc représenter les solutions de E comme les sommets d'un graphe G, reliés par une arête si l'on passe de l'une à l'autre par une transformation T.
* Une solution évidente de E est (2,2,2,2) puisque 24= 4*22 (notons au passage que c'est la seule solution avec 4 éléments égaux). Elle ne convient pas, bien sûr, mais en appliquant T on obtient (2,2,2,6), puis en itérant (2,2,6,22) et enfin (2,6,22,262) que nous nommerons S. Nous tenons une solution admissible; reste à montrer qu'elle est minimale...
Pour cela on va montrer qu'à partir d'une solution quelconque, on peut descendre , sur le graphe G, un arbre constitué de solutions formant une suite strictement décroissante (c'est à dire dont les éléments maximaux forment une suite strictement décroissante), aboutissant à (2,2,2,2) et passant par S ou par une solution supérieur à S.
* Remarquons d'abord que dans toute solution (p,q,r,s) de E, p, q, r, et s sont tous pairs: si tous étaient impairs, leur produit le serait aussi alors que la somme des carrés serait paire; s'il y avait un nombre impair de nombres impairs, le produit serait pair et la somme des carrés impaire; enfin, si deux étaient impairs (leurs carrés congrus à 1 modulo 4), le produit serait divisible par 4, mais pas la somme des carrés. (2,2,2,2) est bien la solution minimale.
* Soit (p,q,r,s) une solution ordonnée de E, p≤q≤r≤s. E est une équation du second degré en s, et puisqu'elle admet une solution entière, il existe d entier tel que d2= p2q2r2-4(p2+q2+r2) soit d2/p2q2r2= 1-4(p2+q2+r2)/p2q2r2 (donc d/pqr≤1) et comme 4≤p2≤q2≤r2, (p2+q2+r2)/p2q2r2≤ 3/16 donc d2/p2q2r2≥1/4 et d/pqr≥1/2.
La plus grande des racines de cette équation du second degré est (pqr+d)/2≥3pqr/4≥3r, et comme le produit des racines vaut p2+q2+r2≤3r2, la plus petite est (pqr-
d)/2=(p2+q2+r2)/((pqr+d)/2)≤3r2/(3r)= r et il n'y a égalité dans les inégalités précédentes que si p= q= r= 2.
Comme s≥r, s est la plus grande des racines, et l'autre, t, est inférieure à r. Dans la solution (p,q,r,t) obtenue en appliquant T à s à partir de (p,q,r,s), l'élément maximal est r, et cette solution est inférieure à la solution initiale. En itérant le processus, on va obtenir une suite de solutions strictement décroissante, tant que 3 éléments ne seront pas égaux à 2. Comme il n'y a que deux solutions avec p= q= r= 2, (2,2,2,2) et (2,2,2,6) on finira par tomber sur l'une de ces solutions (en fait la seconde d'abord).
* Soit (p,q,r,s) une solution ordonnée; si j'applique T à un élément autre que l'élément maximal, par exemple r, j'obtient une nouvelle solution (p,q,s,t) avec t= pqs-r>(pq-1)r>r; T est alors "montante", puisque la nouvelle solution est supérieure à l'initiale (même chose si l'on applique T à p ou q). A partir d'une solution, il n'y a donc qu'une façon de descendre (obtenir une solution inférieure) et au plus trois de monter...
*Si l'on remonte l'arbre, de (2,2,2,2) on ne peut aller qu'à (2,2,2,6); de là, à (2,2,6,22); puis de là, à S= (2,6,22,262), ou à (2,2,22,82) en appliquant T à 6; en itérant, si j'applique T à r à partir d'une solution de la forme (2,2,r,s) j'obtiens (2,2,s,t) avec s>r et t>r; à partir d'une solution de la forme (2,2,r,s), pour aller à une solution admissible, il faudra appliquer T à 2
pour obtenir (2,r,s,u) où u= 2(rs-1); ces solutions croissent donc comme les solutions (2,2,r,s) dont elles proviennent, et sont donc en particulier toutes supérieures à S= (2,6,22,262)
puisque les diverses (2,2,r,s) sont toutes supérieurs à (2,2,6,22). Ceci achève la démonstration, puisque à partir d'une solution admissible quelconque, il faudra pour descendre jusqu'à
(2,2,2,2) passer soit par S, soit par une solution supérieure à S; donc toute solution admissible est supérieure à S
