La version PDF de cet article est disponible ici.

Le premier exercice de l’article d’Arithmétique est de montrer que cette définition est correcte :

Déf : Soit $n \in \mathbb{N} \setminus {0,1}$. Soient $a_1,\dots,a_n \in \mathbb{N}$. Le plus grand commun diviseur de $a_1,\dots,a_n$, noté pgcd$(a_1,\dots,a_n)$, est l’entier $d \in \mathbb{N}$ qui vérifie $d$ divise $a_1, \dots, d$ divise $a_n$ et si $c$ divise $a_1, \dots, c$ divise $a_n$ alors $c$ divise $d$.

Commençons par l’unicité :
Si $d_1$ et $d_2$ vérifient les propriétés de pgcd de $a_1,\dots,a_n$ alors, comme $d_1$ divise $a_1, \dots, d_1$ divise $a_n$ on a $d_1$ divise $d_2$ et comme $d_2$ divise $a_1, \dots, d_2$ divise $a_n$ on a $d_2$ divise $d_1$.
Si $d_1 = 0$ alors comme $d_1$ divise $d_2$ on a $d_2 = 0$. De même, si $d_2 = 0$ alors $d_1 = 0$.
Si $d_1 \neq 0$ et $d_2 \neq 0$ alors on a $d_1 \leq d_2$ et $d_1 \geq d_2$ (car $d_1$ divise $d_2$ et $d_2$ divise $d_1$) donc on a $d_1 = d_2$.
On a prouvé l’unicité du pgcd par disjonction de cas.

On va prouver l’existence du pgcd par récurrence sur $n$.
On a déjà prouvé l’existence pour $n = 2$.
Supposons que le pgcd de $n-1$ nombres existe.
On va vérifier que pgcd(pgcd$(a_1,\dots,a_{n-1}),a_n$) vérifie les conditions de la définition de pgcd$(a_1,\dots,a_n)$.
On remarque tout d’abord que c’est bien un entier naturel. pgcd(pgcd$(a_1,\dots,a_{n-1}),a_n$) divise $a_n$ (cf. définition du pgcd). Soit $i \in {1,\dots,n-1}$. pgcd$(a_1,\dots,a_{n-1})$ divise $a_i$ et pgcd(pgcd$(a_1,\dots,a_{n-1}),a_n$) divise pgcd$(a_1,\dots,a_{n-1})$ donc pgcd(pgcd$(a_1,\dots,a_{n-1}),a_n$) divise $a_i$ (si vous avez le moindre doute, explicitez ce que je viens d’écrire avec la définition de \textquotedblleft diviser\textquotedblright). Soit $c \in \mathbb{N}$ tel que $c$ divise $a_1, \dots, c$ divise $a_n$. $c$ divise $a_1, \dots, c$ divise $a_{n-1}$ donc $c$ divise pgcd$(a_1,\dots,a_{n-1})$ (cf. la définition du pgcd). De plus, $c$ divise $a_n$, donc $c$ divise pgcd(pgcd$(a_1,\dots,a_{n-1}),a_n$) (cf. la définition du pgcd).

Le deuxième exercice de l’article d’Arithmétique est de montrer que cette définition est correcte :

Déf : Soit $n \in \mathbb{N} \setminus {0,1}$. Soient $a_1,\dots,a_n \in \mathbb{N}$. Le plus petit commun multiple de $a_1,\dots,a_n$, noté ppcm$(a_1,\dots,a_n)$, est l’entier $m \in \mathbb{N}$ qui vérifie $a_1$ divise $m, \dots, a_n$ divise $m$ et si $a_1$ divise $c, \dots, a_n$ divise $c$ alors $m$ divise $c$.

Commençons par l’unicité :
Si $m_1$ et $m_2$ vérifient les propriétés de ppcm de $a_1,\dots,a_n$ alors, comme $a_1$ divise $m_1,\dots, a_n$ divise $m_1$ on a $m_2$ divise $m_1$ et comme $a_1$ divise $m_2,\dots, a_n$ divise $m_2$ on a $m_1$ divise $m_2$.
Si $m_1 = 0$ alors comme $m_1$ divise $m_2$ on a $m_2 = 0$. De même, si $m_2 = 0$ alors $m_1 = 0$.
Si $m_1 \neq 0$ et $m_2 \neq 0$ alors on a $m_1 \leq m_2$ et $m_1 \geq m_2$ (car $m_1$ divise $m_2$ et $m_2$ divise $m_1$) donc on a $m_1 = m_2$.
On a prouvé l’unicité du ppcm par disjonction de cas.

On va prouver l’existence du ppcm par récurrence sur $n$.
On a déjà prouvé l’existence pour $n = 2$.
Supposons que le ppcm de $n-1$ nombres existe.
On va vérifier que ppcm(ppcm$(a_1,\dots,a_{n-1}),a_n$) vérifie les conditions de la définition de ppcm$(a_1,\dots,a_n)$.
On remarque tout d’abord que c’est bien un entier naturel. $a_n$ divise ppcm(ppcm$(a_1,\dots,a_{n-1}),a_n$) (cf. définition du ppcm). Soit $i \in {1,\dots,n-1}$. $a_i$ divise ppcm$(a_1,\dots,a_{n-1})$ et ppcm$(a_1,\dots,a_{n-1})$ divise ppcm(ppcm$(a_1,\dots,a_{n-1}),a_n$) donc $a_i$ divise ppcm(ppcm$(a_1,\dots,a_{n-1}),a_n$) (si vous avez le moindre doute, explicitez ce que je viens d’écrire avec la définition de “diviser”). Soit $c \in \mathbb{N}$ tel que $a_1$ divise $c, \dots, a_n$ divise $c$. $a_1$ divise $c, \dots, a_{n-1}$ divise $c$ donc ppcm$(a_1,\dots,a_{n-1})$ divise $c$ (cf. la définition du pgcd). De plus, $a_n$ divise $c$, donc ppcm(ppcm$(a_1,\dots,a_{n-1}),a_n$) divise $c$ (cf. la définition du pgcd).

Le troisième exercice de l’article d’Arithmétique est de démontrer le lemme suivant :

Lemme : Soit $p$ un nombre premier. Soit $n \in \mathbb{N} \setminus {0}$. Soient $a_1,\dots,a_n \in \mathbb{N}$. Si $p$ divise $a_1 \times \dots \times a_n$ alors $p$ divise $a_1$ ou $\dots \ $ ou $p$ divise $a_n$.

On fait un raisonnement par récurrence sur $n$.

Le cas $n = 1$ est évident (c’est $p$ divise $a_1$ implique $p$ divise $a_1$).

On démontre aussi le cas $n = 2$ parce qu’on va en avoir besoin dans la phase d’hérédité.
Commençons par remarquer que comme $p$ est premier, pour tout $a \in \mathbb{N}$ pgcd$(p,a) = 1$ ou $p$ (en effet les seuls diviseurs de $p$ sont $1$ et $p$).
Soient $a_1,a_2 \in \mathbb{N}$ tels que $p$ divise $a_1 \times a_2$.
Si $p$ ne divise pas $a_1$ alors pgcd$(p,a_1) = 1$ (car ce ne peut pas être $p$ puisque $p$ ne divise pas $a_1$) donc, par le lemme de Gauss, $p$ divise $a_2$.
Ainsi, $p$ divise $a_1$ ou $p$ divise $a_2$.

Supposons que pour tous nombres naturels $b_1,\dots,b_{n-1}$ on a $p$ divise $b_1 \times \dots \times b_{n-1}$ implique $p$ divise $b_1$ ou $\dots \ $ ou $p$ divise $b_{n-1}$.
Soient $a_1,\dots,a_n \in \mathbb{N}$ tels que $p$ divise $a_1 \times \dots \times a_n$.
D’après la phase d’initialisation, si $p$ ne divise pas $a_n$ alors $p$ divise $a_1 \times \dots \times a_{n-1}$ donc, d’après l’hypothèse de récurrence, $p$ divise $a_1$ ou $\dots \ $ ou $p$ divise $a_{n-1}$.
Ainsi, $p$ divise $a_1$ ou $\dots \ $ ou $p$ divise $a_n$.

Exo : Résolution de l’équation de Pythagore $x^2 + y^2 = z^2$ avec $x,y,z \in \mathbb{N} \setminus {0}$.

1) Soit $c \in \mathbb{N} \setminus {0}$. Montrer que $(x,y,z)$ est un triplet pythagoricien si et seulement si $(cx,cy,cz)$ est un triplet pythagoricien.

Si $(x,y,z)$ est un triplet pythagoricien on a : $x^2 + y^2 = z^2$ d’où $c^2 \times (x^2 + y^2) = c^2 \times z^2$ d’où $c^2 \times x^2 + c^2 \times y^2 = c^2 \times z^2$ d’où $(cx)^2 + (cy)^2 = (cz)^2$.
Si $(cx,cy,cz)$ est un triplet pythagoricien on a : $(cx)^2 + (cy)^2 = (cz)^2$ d’où $c^2 \times x^2 + c^2 \times y^2 = c^2 \times z^2$ d’où $c^2 \times (x^2 + y^2) = c^2 \times z^2$ d’où, en simplifiant par $c^2$, $x^2 + y^2 = z^2$.

2) Montrer, à l’aide de la question précédente, que les triplets pythagoriciens sont exactement les triplets de la forme $(cx,cy,cz)$ avec $(x,y,z)$ triplet pythagoricien de pgcd $1$ et $c \in \mathbb{N} \setminus {0}$.

Soit $(s,t,u)$ un triplet pythagoricien. Posons $c =$ pgcd$(s,t,u)$. Il existe $x,y,z \in \mathbb{N} \setminus {0}$ tels que $s = cx, t = cy, u = cz$. $(cx,cy,cz)$ est un triplet pythagoricien donc, d’après la question précédente, $(x,y,z)$ est un triplet pythagoricien, or pgcd$(x,y,z) = \frac{\text{pgcd}(s,t,u)}{c} = 1$, donc on a bien que les triplets pythagoriciens sont de la forme voulue.
Soit $(x,y,z)$ un triplet pythagoricien de pgcd $1$. Soit $c \in \mathbb{N} \setminus {0}$. D’après la question précédente, $(cx,cy,cz)$ est un triplet pythagoricien.

3) Soit $m \in \mathbb{N} \setminus {0}$. Montrer que, dans la division euclidienne par $4$, $m^2$ a pour reste $0$ ou $1$.

$m = 4q + r$ avec $r \in {0,1,2,3}$. $m^2 = (4q + r)(4q + r) = 4(4q^2 + 2qr) + r^2$, donc si $r = 0$ alors le reste de $m^2$ est $0$ (car $0^2 = 0$), si $r = 1$ alors le reste de $m^2$ est $1$ (car $1^2 = 1$), si $r = 2$ alors $m^2 = 4(4q^2 + 4q + 1)$ (car $2^2 = 4$) donc le reste de $m^2$ est $0$, si $r = 3$ alors $m^2 = 4(4q^2 + 6q + 2) + 1$ (car $3^2 = 9 = 4 \times 2 + 1$) donc le reste de $m^2$ est $1$.

4) Soit $(x,y,z)$ un triplet pythagoricien de pgcd 1. Déterminer le reste dans la division euclidienne de $z^2$ par 4 et en déduire que $z$ est impair, puis que si $x$ est pair alors $y$ est impair et que si $x$ est impair alors $y$ est pair.

Si $4$ divise $x^2$ et $y^2$ alors $4$ divise $x^2 + y^2 = z^2$, ce qui contredit pgcd$(x^2,y^2,z^2) = 1$ (qui découle de pgcd$(x,y,z) = 1$). Ainsi, $4$ ne divise pas à la fois $x^2$ et $y^2$ (n’hésitez pas à réviser le raisonnement par l’absurde (cf. l’article 3)).
Le reste dans la division euclidienne de $z^2$ par $4$ ne peut donc pas être $0$ (car si $x^2 = 4q_1 + r_1$ et $y^2 = 4q_2 + r_2$ alors $z^2 = x^2 + y^2 = 4(q_1 + q_2) + r_1 + r_2$ or d’après la question précédente, $r_1, r_2 \in {0,1}$ et on vient de montrer qu’on n’a pas à la fois $r_1 = 0$ et $r_2 = 0$) donc, d’après la question précédente, le reste dans la division euclidienne de $z^2$ par $4$ est $1$.
Il existe donc $q \in \mathbb{N}$ tel que $z^2 = 4q + 1 = 2 \times 2q + 1$ donc $z^2$ est impair (c’est-à-dire que $z^2$ n’est pas divisible par $2$) donc $z$ est impair (car si $2$ divise $z$ alors $2$ divise $z^2 = z \times z$).
Si $x^2$ et $y^2$ sont pairs alors $z^2 = x^2 + y^2 = 2s_1 + 2s_2 = 2 \times (s_1 + s_2)$ est pair, ce qui contredit ce qui vient d’être démontré, donc on n’a pas à la fois $x^2$ et $y^2$ pairs.
Si $x^2$ et $y^2$ sont impairs alors $z^2 = x^2 + y^2 = 2s_1 + 1 + 2s_2 + 1 = 2 \times (s_1 + s_2 + 1)$ est pair, ce qui contredit ce qui vient d’être démontré, donc on n’a pas à la fois $x^2$ et $y^2$ impairs.
Il suffit de remarquer que pour tout $m \in \mathbb{N}$ $m^2$ est pair si et seulement si $m$ est pair pour conclure; ce dernier fait se démontre comme suit : $m^2$ impair implique $m$ pair se fait de la même manière que plus haut, et $m^2$ pair implique $m$ pair découle du lemme démontré plus haut (le troisième exercice), du fait que $2$ est premier et du fait que $m^2 = m \times m$.

5) Soit $(x,y,z)$ un triplet pythagoricien de pgcd $1$ avec $x$ pair. Montrer que pgcd$(\frac{z-y}{2},\frac{z+y}{2}) = 1$. En déduire, puisque $(z-y)(z+y) = z^2 - y^2 = x^2$, que $\frac{z-y}{2}$ et $\frac{z+y}{2}$ sont des carrés d’entiers, puis une expression de $x$, $y$ et $z$.

On remarque tout d’abord que d’après la question précédente $z$ et $y$ sont impairs (car $x$ est pair) donc $z - y$ et $z + y$ sont pairs (et $z - y \geq 0$ car $z^2 - y^2 = x^2 \geq 0$ et $z$ et $y$ sont des entiers naturels) donc $\frac{z-y}{2}$ et $\frac{z+y}{2}$ sont bien des entiers naturels.
Si pgcd$(\frac{z-y}{2},\frac{z+y}{2}) > 1$ alors il existe un nombre premier $p$ qui divise $\frac{z-y}{2}$ et $\frac{z+y}{2}$ (il suffit de prendre $p$ un facteur premier de pgcd$(\frac{z-y}{2},\frac{z+y}{2})$).
Il existe donc $a,b \in \mathbb{N}$ tels que $\frac{z-y}{2} = ap$ et $\frac{z+y}{2} = bp$, c’est-à-dire :
$z-y = 2ap,\ z+y = 2bp.$ En additionnant ces deux égalités on a : $2z = 2p(a+b)$ c’est-à-dire :
$z = p(a+b)$. En soustrayant la première égalité à la deuxième on a :
$2y = 2p(b-a)$ c’est-à-dire $y = p(b-a)$.
Ainsi, $p$ divise $y$ et $z$ donc divise $z^2-y^2 = x^2$ donc divise $x$ (car $p$ est premier), et $x,y,z$ ont un facteur premier en commun, ce qui contredit pgcd$(x,y,z) = 1$.
Ainsi, pgcd$(\frac{z-y}{2},\frac{z+y}{2}) = 1$.
$\left(\frac{z-y}{2}\right)\left(\frac{z+y}{2}\right) = \frac{1}{4} (z-y)(z+y) = \frac{1}{4} x^2 = \left(\frac{x}{2}\right)^2$ donc $\left(\frac{z-y}{2}\right)\left(\frac{z+y}{2}\right)$ est un carré d’entier ($x$ est pair donc $\frac{x}{2}$ est un entier).
Or $\frac{z-y}{2}$ et $\frac{z+y}{2}$ sont premiers entre eux (on a montré plus haut que leur pgcd est $1$) donc ce sont des carrés d’entiers.
En effet, $\left(\frac{z-y}{2}\right)\left(\frac{z+y}{2}\right)$ est un carré d’entier implique que pour tout nombre premier $p$ la valuation $p$-adique de $\left(\frac{z-y}{2}\right)\left(\frac{z+y}{2}\right)$ est paire, or $0 = v_p(1) = v_p($pgcd$(\frac{z-y}{2},\frac{z+y}{2})) =$ min$(v_p(\frac{z-y}{2}),v_p(\frac{z+y}{2}))$ et $v_p(\left(\frac{z-y}{2}\right)\left(\frac{z+y}{2}\right)) = v_p(\frac{z-y}{2}) + v_p(\frac{z+y}{2})$ donc $v_p(\frac{z-y}{2})$ ou $v_p(\frac{z+y}{2})$ est égale à $v_p(\left(\frac{z-y}{2}\right)\left(\frac{z+y}{2}\right))$ qui est paire et l’autre est nulle donc paire. On a montré que pour tout $p$ premier, $v_p(\frac{z-y}{2})$ et $v_p(\frac{z-y}{2})$ sont paires, donc $\frac{z-y}{2}$ et $\frac{z+y}{2}$ sont des carrés d’entiers
(car $p_1^{2k_1} \times \dots \times p_r^{2k_r} = (p_1^{k_1})^2 \times \dots \times (p_r^{k_r})^2 = (p_1^{k_1} \times \dots \times p_r^{k_r})^2$).
Il existe donc des entiers naturels $u$ et $v$ tels que $\frac{z-y}{2} = u^2$ et $\frac{z+y}{2} = v^2$.
Ainsi $z-y = 2u^2$ et $z+y = 2v^2$ et on a, en sommant ces deux égalités et en soustrayant la première égalité à la deuxième égalité :
$2z = 2(u^2+v^2)$ et $2y = 2(v^2-u^2)$. En simplifiant par $2$ on a :
$z = u^2+v^2$ et $y = v^2-u^2$.
De plus on a : $x^2 = z^2 - y^2 = (u^2+v^2)^2 - (v^2-u^2)^2$ donc :
$x^2 = u^4 + v^4 + 2u^2v^2 - v^4 - u^4 + 2u^2v^2 = 4u^2v^2 = (2uv)^2$ or $x$ et $2uv$ sont positifs donc $x = 2uv$.

6) Donner tous les triplets pythagoriciens.

On a montré en répondant à la question précédente que si $(x,y,z)$ est un triplet pythagoricien de pgcd $1$ avec $x$ pair alors il existe $u,v \in \mathbb{N}$ tels que $x = 2uv, y = v^2 - u^2, z = v^2 + u^2$.
Avec la question 4) on a que si $(x,y,z)$ est un triplet pythagoricien de pgcd $1$ avec $x$ pair alors $y$ est pair et, de même que précédemment, il existe $u,v \in \mathbb{N}$ tels que $y = 2uv, x = v^2 - u^2, z = v^2 + u^2$.
On remarque que dans les deux cas $v \geq u$ (car $x$ et $y$ sont positifs).
On remarque aussi que $u \neq 0$, $v \neq 0$ et $v \neq u$ (car $x \neq 0$ et $y \neq 0$).
Avec la question 2) on a que tous les triplets pythagoriciens sont de la forme $(cx,cy,cz)$ avec $(x,y,z)$ un triplet pythagoricien de pgcd $1$ et $c \in \mathbb{N} \setminus {0}$ donc, avec ce qui précède, de la forme $(2cuv,c(v^2-u^2),c(v^2+u^2))$ ou $(c(v^2-u^2),2cuv,c(v^2+u^2))$ avec $c,u,v \in \mathbb{N} \setminus {0}$ et $v > u$.
Il nous suffit maintenant de vérifier que si $c,u,v \in \mathbb{N} \setminus {0}$ vérifient $v > u$ alors $(2cuv,c(v^2-u^2),c(v^2+u^2))$ et $(c(v^2-u^2),2cuv,c(v^2+u^2))$ sont des triplets pythagoriciens.
$(2cuv)^2 + (c(u^2-v^2))^2 = 4c^2u^2v^2 + c^2u^4 + c^2v^4 - 2c^2u^2v^2 = c^2u^4 + c^2v^4 + 2c^2u^2v^2 = (c(u^2+v^2))^2$ et $2cuv, c(v^2-u^2), c(v^2+u^2) \in \mathbb{N} \setminus {0}$ donc $(2cuv,c(v^2-u^2),c(v^2+u^2))$ et $(c(v^2-u^2),2cuv,c(v^2+u^2))$ sont bien des triplets pythagoriciens.

Exo : Si $x,y,z \in \mathbb{Z} \setminus {0}$ vérifient $x^2 + y^2 = z^2$, en remplaçant $x$ par $-x$ ou $y$ par $-y$ ou $z$ par $-z$ on a encore $x^2 + y^2 = z^2$ et $x,y,z \in \mathbb{Z} \setminus {0}$. En changeant les signes qu’il faut, on se ramène à $x,y,z \in \mathbb{N} \setminus {0}$, et l’exercice précédent nous donne donc tous les $x,y,z \in \mathbb{Z} \setminus {0}$ qui vérifient $x^2 + y^2 = z^2$ en changeant des signes (explicitez ces solutions).

Les $x,y,z \in \mathbb{Z} \setminus {0}$ tels que $x^2 + y^2 = z^2$ sont exactement les $(2cuv,c(v^2-u^2),c(v^2+u^2))$, $(-2cuv,c(v^2-u^2),c(v^2+u^2))$, $(2cuv,-c(v^2-u^2),c(v^2+u^2))$, $(2cuv,c(v^2-u^2),-c(v^2+u^2))$,$(2cuv,-c(v^2-u^2),-c(v^2+u^2))$, $(-2cuv,c(v^2-u^2),-c(v^2+u^2))$, $(-2cuv,-c(v^2-u^2),c(v^2+u^2))$,$(-2cuv,-c(v^2-u^2),-c(v^2+u^2))$ et $(c(v^2-u^2),2cuv,c(v^2+u^2))$, $(c(v^2-u^2),-2cuv,c(v^2+u^2))$, $(-c(v^2-u^2),2cuv,c(v^2+u^2))$, $(c(v^2-u^2),2cuv,-c(v^2+u^2))$,$(-c(v^2-u^2),2cuv,-c(v^2+u^2))$, $(c(v^2-u^2),-2cuv,-c(v^2+u^2))$, $(-c(v^2-u^2),-2cuv,c(v^2+u^2))$,$(-c(v^2-u^2),-2cuv,-c(v^2+u^2))$ avec $c,u,v \in \mathbb{N} \setminus {0}$ et $v > u$.

Exo : Pour prouver que pour tout $n \geq 3$ il n’existe pas $x,y,z \in \mathbb{Z} \setminus {0}$ tels que $x^n + y^n = z^n$ il suffit de le montrer pour $n = 3, n = 4$ et $n \geq 5$ premier.

Soit $n \geq 5$. Décomposons $n$ en facteurs premiers : $n = p_1^{a_1} \times \dots \times p_m^{a_m}$ où $p_1, \dots, p_m$ sont des nombres premiers distincts et $a_1,\dots, a_m \in \mathbb{N} \setminus {0}$.
Si $n$ n’est pas une puissance de $2$ : $m > 1$ ou $p_1 \neq 2$ (et dans le premier cas quitte à échanger $p_1$ et $p_2$ on peut supposer $p_1 \neq 2$), si $x^n + y^n = z^n$ avec $x,y,z \in \mathbb{Z} \setminus {0}$ alors $(x^{\frac{n}{p_1}})^{p_1} + (y^{\frac{n}{p_1}})^{p_1} = (z^{\frac{n}{p_1}})^{p_1}$ et $x^{\frac{n}{p_1}} ,y^{\frac{n}{p_1}} ,z^{\frac{n}{p_1}} \in \mathbb{Z} \setminus {0}$. Or $p_1 \neq 2$ donc $p_1 = 3$ ou $p_1 \geq 5$ premier : on est bien ramené aux cas voulus (si on a une solution pour $n$ alors on a une solution pour $p_1$, donc si on a déjà montré qu’il n’y a pas de solution pour $p_1$ alors on a aussi qu’il n’y a pas de solution pour $n$).
Sinon, $n = 2^a$ avec $a \in \mathbb{N} \setminus {0}$. Si $a = 1$ alors $n = 2$ ce qui contredit $n \geq 5$, donc $a \geq 2$, or $2^2 = 4$ donc $4$ divise $n$ : $n = 4q$. Si $x^n + y^n = z^n$ avec $x,y,z \in \mathbb{Z} \setminus {0}$ alors $(x^q)^4 + (y^q)^4 = (z^q)^4$ et $x^q,y^q,z^q \in \mathbb{Z} \setminus {0}$ : on est bien ramené aux cas voulus (si on a une solution pour $n$ alors on a une solution pour $4$, donc si on a déjà montré qu’il n’y a pas de solution pour $4$ alors on a aussi qu’il n’y a pas de solution pour $n$).

Pour le cas $n = 4$ on montre même qu’il n’y a pas de solution dans $\mathbb{N} \setminus {0}$ à $x^4+y^4=z^2$ (ce qui implique le cas $n = 4$ en prenant $z$ un carré d’entier).
En effet, si on avait $x^4 + y^4 = c^4$ avec $x,y,c \in \mathbb{Z} \setminus {0}$ alors on aurait $x^4 + y^4 = (c^2)^2$ avec $x,y,c^2 \in \mathbb{N} \setminus {0}$ (quitte à changer les signes de $x$ et $y$).

Exo : Il n’y a pas de solution dans $\mathbb{N} \setminus {0}$ à $x^4+y^4=z^2$.

Il suffit de montrer qu’il n’y a pas de solution dans $\mathbb{N} \setminus {0}$ car les exposants ($4$,$4$ et $2$) sont pairs (c’est-à-dire divisibles par $2$; comme dans la remarque plus haut, on peut changer les signes de $x$, $y$, $z$ pour avoir des entiers positifs).

Exo : Il n’y a pas de solution dans $\mathbb{N} \setminus${$0$} à $x^4+y^4=z^2$.

1) Se ramener à $x,y,z$ de pgcd $1$.

Indication : en notant $d$ le pgcd de $x,y,z$, montrer que $\frac{x}{d}, \frac{y}{d}, \frac{z}{d^2}$ sont de pgcd $1$.

Avant de parler du pgcd de $\displaystyle \frac{x}{d}, \frac{y}{d}, \frac{z}{d^2}$, il faut déjà vérifier que ce sont des nombres entiers, c’est-à-dire que $d$ divise $x$ et $y$ et $d^2$ divise $z$. On sait que $d$ divise $x,y,z$ car $d$ est le pgcd de $x,y,z$.

Soit $p$ un nombre premier. $2v_p(z) = v_p(z^2) = v_p(x^4 + y^4) \geq \min(v_p(x^4),v_p(y^4)) = \min(4v_p(x),4v_p(y)) = 4\min(v_p(x),v_p(y))$ donc $v_p(z) \geq 2\min(v_p(x),v_p(y)) \geq 2\min(v_p(x),v_p(y),v_p(z)) = 2v_p(d) = v_p(d^2)$.
Ainsi $d^2$ divise $z$.

(Si vous avez eu du mal à suivre, relisez la partie de l’article d’Arithmétique qui traite des valuations $p$-adiques, et pour les inégalités remarquez que si $p^k$ divise $a$ et $b$ alors $p^k$ divise $a + b$ donc $v_p(a+b) \geq \min(v_p(a),v_p(b))$ et que le minimum d’un ensemble $A$ plus grand (pour l’inclusion) qu’un ensemble $B$ est plus petit que le minimum de $B$ (en particulier pour tous $a,b,c$ $\min(a,b) \geq \min(a,b,c)$))

On peut désormais remarquer que pgcd$(\displaystyle \frac{x}{d}, \frac{y}{d}, \frac{z}{d^2}) = \frac{1}{d}$pgcd$\displaystyle(x,y,\frac{z}{d})$ et qu’il suffit donc de montrer que pgcd$\displaystyle(x,y,\frac{z}{d}) = d$ pour montrer que \(\text{pgcd}(\displaystyle \frac{x}{d}, \frac{y}{d}, \frac{z}{d^2}) = 1.\)

On va montrer que pour tout $p$ premier $v_p(d) = v_p(\text{pgcd}\displaystyle(x,y,\frac{z}{d}))$.

Soit $p$ un nombre premier.

On remarque tout d’abord que $v_p(z) \geq v_p(\displaystyle \frac{z}{d})$ (car $\displaystyle \frac{z}{d}$ divise $z$) donc $v_p(d) = \min(v_p(x),v_p(y),v_p(z)) \geq \min(v_p(x),v_p(y),v_p(\displaystyle\frac{z}{d})) = v_p(\text{pgcd}\displaystyle(x,y,\frac{z}{d}))$.

On remarque ensuite qu’on a montré plus haut que $v_p(z) \geq v_p(d^2)$, ce qui entraîne $v_p(\displaystyle\frac{z}{d}) \geq v_p(d)$ (car $v_p(\displaystyle\frac{z}{d}) = v_p(z) - v_p(d)$ et $v_p(d) = v_p(d^2) - v_p(d)$ (voir la proposition dans l’article Arithmétique qui stipule que pour tous $a,b$ $v_p(ab) = v_p(a) + v_p(b)$)), d’où $v_p(d) \leq \min(v_p(x),v_p(y),v_p(\displaystyle\frac{z}{d})) = v_p(\text{pgcd}\displaystyle(x,y,\frac{z}{d}))$ (car on savait déjà $v_p(d) \leq v_p(x)$ et $v_p(d) \leq v_p(y)$).

Ainsi $v_p(d) = v_p(\text{pgcd}\displaystyle(x,y,\frac{z}{d}))$.

Ainsi $d = \text{pgcd}\displaystyle(x,y,\frac{z}{d})$ et $\text{pgcd}(\displaystyle \frac{x}{d}, \frac{y}{d}, \frac{z}{d^2}) = 1$.

2) Vérifier que si $x,y,z$ est solution de $x^4+y^4=z^2$ et de pgcd $1$ alors $(x^2,y^2,z)$ est un triplet pythagoricien de pgcd $1$ et en déduire qu’il existe $u,v \in \mathbb{N} \setminus {0}$ de pgcd $1$ tels que $x^2 = 2uv, y^2 = v^2 - u^2, z = v^2 + u^2$ (quitte à échanger $x$ et $y$).

Indication : dans la preuve de l’exercice sur les triplets pythagoriciens, vous devriez avoir trouvé de tels $u,v$ mais sans avoir prouvé qu’ils sont de pgcd $1$; en revanche vous devriez avoir prouvé (avec les notations de l’exercice sur les triplets pythagoriciens) que $u^2 = \frac{z-y}{2}$, $v^2 = \frac{z+y}{2}$ et pgcd$(\frac{z-y}{2},\frac{z+y}{2}) = 1$ (dans les notations ici il faut remplacer $y$ par $y^2$), et vous devriez pouvoir en déduire que pgcd$(u,v) = 1$.

On remarque que $x^4 = (x^2)^2$ et $y^4 = (y^2)^2$ donc si $x^4+y^4=z^2$ alors $(x^2,y^2,z)$ est un triplet pythagoricien. De plus si pgcd$(x,y,z) = 1$ alors pgcd$(x^2,y^2,z) = 1$ (car si un nombre premier $p$ divise $x^2,y^2,z$ alors il divise $x,y,z$ (par le troisième lemme du II) ce qui contredit pgcd$(x,y,z) = 1$) donc si $x,y,z$ est solution de $x^4+y^4=z^2$ et de pgcd $1$ alors $(x^2,y^2,z)$ est un triplet pythagoricien de pgcd $1$.

Ainsi, d’après ce qu’on a montré dans l’exercice sur les triplets pythagoriciens, quitte à échanger $x$ et $y$ on a alors $u,v \in \mathbb{N} \setminus {0}$ tels que $x^2 = 2uv, y^2 = v^2 - u^2$, $z = v^2 + u^2$ et pgcd$(u^2,v^2) = 1$. On remarque que si un nombre premier $p$ divise divise $u$ et $v$ alors il divise $u^2$ et $v^2$ ce qui contredit pgcd$(u^2,v^2) = 1$, donc pgcd$(u,v) = 1$.

3) Montrer que $v$ est impair et que $u$ est pair puis en déduire que $v$ est un carré d’entier et que $u$ est le produit de $2$ et d’un carré d’entier.

D’après la question précédente, $(x^2,y^2,z)$ est un triplet pythagoricien de pgcd $1$ donc, d’après l’exercice sur les triplets pythagoriciens, $z$ est impair. Or $z = v^2 + u^2$ donc $v^2$ et $u^2$ n’ont pas la même parité (c’est-à-dire que l’un des deux est impair et l’autre est pair).

Si $u^2$ est impair et $v^2$ pair alors $4$ divise $y^2 + 1$ (car $y^2 = v^2 - u^2$) ce qui est impossible. Explications : on regarde les restes modulo 4 (c’est à dire qu’on considère $r_u, r_v, r_y \in {0,1,2,3}$ tels que $u^2$ est égal à un multiple de $4$ plus $r_u$, $v^2$ est égal à un multiple de $4$ plus $r_v$ et $y^2$ est égal à un multiple de $4$ plus $r_y$ (c’est comme regarder la parité d’un nombre mais par rapport à $4$ au lieu de $2$ (et du coup au lieu d’avoir deux possibilités, être pair ou être impair, on a quatre possibilités, être congru à $0$ modulo $4$ (c’est-à-dire être divisible par $4$), être congru à $1$ modulo $4$ (c’est-à-dire que si on nous enlève $1$ alors on est divisible par $4$), être congru à $2$ modulo $4$ (c’est-à-dire que si on nous enlève $2$ alors on est divisible par $4$) ou être congru à $3$ modulo $4$ (c’est-à-dire que si on nous enlève $3$ alors on est divisible par $4$)); si vous avez des difficultés à comprendre ceci, lisez l’article 12 Arithmétique 2 sur les congruences)). On peut vérifier facilement qu’un carré est forcément congru à $0$ ou $1$ modulo $4$ (faites une disjonction de cas selon le reste modulo $4$ du nombre dont vous voulez considérer le carré), donc $r_u, r_v, r_y \in {0,1}$; $u^2$ est impair donc ne peut pas être divisible par $4$ (car $4$ est divisible par $2$) donc $r_u = 1$, et $v^2$ est pair donc ne peut pas être congru à $1$ modulo $4$ (car il s’écrirait $4q + 1$ pour un certain $q$, donc $2(2q) + 1$, donc serait impair), donc $r_v = 0$; or $r_y = r_v - r_u$ modulo $4$ (car $y^2 = v^2 - u^2$) donc $r_y = -1 = 3$ modulo $4$ (on a $3 = -1$ modulo $4$ car $4 - 1 = 3$); or $r_y \in {0,1}$ d’après ce qui précède, donc on a une contradiction. (Plus haut on avait écrit $4$ divise $y^2 + 1$, c’est une reformulation de $r_y = -1 = 3$ modulo $4$)

Ainsi $v^2$ est impair et $u^2$ est pair donc $v$ est impair et $u$ est pair (si $2$ divisait $v$ alors il diviserait $v^2$ et pour $u$ on utilise le troisième lemme du II).

Or $x^2 = 2uv$ et pgcd$(u,v) = 1$ (voir la question précédente) donc $v$ est un carré d’entier et $u$ est le produit de $2$ et d’un carré d’entier. En effet, si $x = p_1^{n_1} \dots p_r^{n_r}$, avec $p_1 < \dots < p_r$ est la décomposition en facteurs premiers de $x$ on a $x^2 = p_1^{2n_1} \dots p_r^{2n_r}$ donc $2uv = p_1^{2n_1} \dots p_r^{2n_r}$ donc $p_1 = 2$ et, comme il est à la puissance $2n_1$, on retrouve $2$ dans $u$ (car $v$ est impair), et si on écrit $u = 2w$ on a $wv = 2^{2n_1-2} p_2^{2n_2} \dots p_r^{2n_r}$ or $w$ et $v$ sont premiers entre eux (car $u$ et $v$ le sont) donc $v_2(w) = 2n_1-2, v_2(v) = 0$ ou $v_2(w) = 0, v_2(v) = 2n_1-2$, et $v_{p_2}(w) = 2n_2, v_{p_2}(v) = 0$ ou $v_{p_2}(w) = 0, v_{p_2}(v) = 2n_2$, et $\dots$ et $v_{p_r}(w) = 2n_r, v_{p_r}(v) = 0$ ou $v_{p_r}(w) = 0, v_{p_r}(v) = 2n_r$, et pour tout $p$ premier n’appartenant pas à ${2,p_2,\dots,p_r}$ $v_p(w) = 0, v_p(v) = 0$, donc $w$ et $v$ sont des carrés d’entier (car $2^{2n_1-2} = (2^{n_1-1})^2$, $p_i^{2n_i} = (p_i^{n_i})^2$ et un produit de carrés d’entiers est un carré d’entier).

4) Vérifier que $(u,y,v)$ est un triplet pythagoricien de pgcd $1$ et, en utilisant les questions précédentes, en déduire qu’il existe $x’,y’,z’ \in \mathbb{N} \setminus {0}$ tels que $x’^4 + y’^4 = z’^2$ et $z’ < z$.

D’après 2) $u$ et $v$ sont premiers entre eux et $u^2 + y^2 = v^2$ donc $(u,y,v)$ est un triplet pythagoricien de pgcd $1$. Il existe donc $a,b \in \mathbb{N} \setminus {0}$ de pgcd $1$ tels que $u = 2ab, y = b^2 - a^2$ et $v = b^2 + a^2$ (car $y$ est impair).
De plus, comme $u$ est le produit de $2$ et d’un carré d’entier (cf. 3)), il existe $d,e \in \mathbb{N} \setminus {0}$ tels que $a = d^2$ et $b = d^2$ (par le même raisonnement qu’à la fin de la question précédente). Et $d$ et $e$ sont premiers entre eux car $a$ et $b$ le sont.

On a $e^4 + d^4 = b^2 + a^2 = v = t^2$ pour un certain $t \in \mathbb{N} \setminus {0}$ (cf. 3)) et $(e,d,t)$ de pgcd $1$ (car $e$ et $d$ le sont), et $t < z$ (car $t \leq v$ et $v < z$ (car $z = v^2 + u^2$ et $u^2 > 0$)).

5) Utiliser le fait que toute partie non vide de $\mathbb{N}$ admet un plus petit élément pour conclure.

Posons $A = {z \in \mathbb{N} \setminus {0}, \text{ il existe } x,y \in \mathbb{N} \setminus {0}, x^4 + y^4 = z^2 \text{ et pgcd}(x,y,z) = 1}$.

Si $A$ est non vide, alors il admet un plus petit élément $z$. Mais d’après 4) on peut trouver $z’ \in A$ tel que $z’ < z$, ce qui contredit le fait que $z$ est le plus petit élément de $A$. L’ensemble $A$ est donc vide.

D’après 1), il n’y a donc pas de $x,y,z \in \mathbb{N} \setminus {0}$ tels que $x^4 + y^4 = z^2$.

Clémentine Lemarié–Rieusset