# Mémoires extraits des recueils de l’Académie royale de Berlin/Sur quelques Problèmes de l’Analyse de Diophante
### SUR QUELQUES PROBLÈMES DE L’ANALYSE DE DIOPHANTE.

1. Parmi le grand nombre de beaux Théorèmes d’Arithmétique que Fermat nous a laissés dans ses Observations sur Diophante, un des plus remarquables est celui qui est énoncé dans l’Observation sur la Question XXVI du Livre VI, parce que c’est le seul dont Fermat ait donné la démonstration.
Ce Théorème est que la différence de deux nombres bi-carrés ne peut jamais être un carré ; et la démonstration de Fermat consiste à faire voir que, s’il y avait deux nombres entiers bi-carrés dont la différence fût un carré, on pourrait toujours trouver deux autres nombres entiers moindres que ceux-là, qui auraient la même propriété, et ainsi de suite ; de sorte qu’on parviendrait nécessairement à de petits nombres bi-carrés dont la différence serait un carré ; or cela est impossible, comme on peut s’en assurer en examinant successivement les premiers nombres de la suite naturelle. Le Théorème étant ainsi démontré pour les nombres entiers, il est clair qu’il l’est aussi pour les nombres rompus, puisque si la différence des bi-carrés de deux nombres rompus est un carré, et qu’on réduise les deux nombres au même dénominateur, il s’ensuit que la différence des bi-carrés des numérateurs sera elle-même un carré.
Le principe de la démonstration de Fermat est un des plus féconds dans toute la Théorie des nombres, et surtout dans celle des nombres entiers. M. Euler a développé davantage ce principe, et l’a appliqué à démontrer quelques autres Théorèmes analogues, savoir : que la somme de deux bi-carrés ne peut être un carré ; que ni la somme ni la différence d’un bicarré et du quadruple d’un autre bi-carré ne peuvent être des carrés ; que le double de la somme ou de la différence de deux bi-carrés ne saurait jamais être un carré ; qu’enfin la somme d’un bi-carré et dit double d’un autre bi-carré ne peut aussi être un carré. (Voyez le Chapitre XIII de la seconde Partie de ses Éléments d’Algèbre.)
2. Mais si la somme d’un bi-carré et du double d’un autre bi-carré ne saurait être un carré, il n’en est pas de même de leur différence ; car il est visible qu’on satisfait à l’égalité
$2x^{4}-y^{4}=\square$
en prenant $x=1,\ y=1\,;$ et quant à l’égalité
$x^{4}-2y^{4}=\square ,$
il n’y a qu’à prendre $x=3,\ y=2.$
On a trouvé aussi pour la première égalité ces autres valeurs
$x=13,\quad y=1,\quad {\text{et}}\quad x=2165017,\quad y=2372159,$
et pour la seconde celles-ci
$x=113,\quad y=84,\quad {\text{et}}\quad x=57123,\quad y=2614\,;$
on pourrait en trouver encore plusieurs autres par la méthode connue pour ces sortes d’égalités, suivant laquelle on peut déduire de nouvelles solutions de celles qu’on a déjà, chaque solution en fournissant toujours une autre différente, si le Problème en admet plusieurs (voyez le Traité intitulé Doctrinæ analyticæ inventum novum dans l’édition de Diophante
$x$
$y$
$x$
$y.$
3. L’égalité
$2x^{4}-y^{4}=\square$
est surtout remarquable, parce qu’elle renferme la solution d’un Problème proposé par Fermat comme très-difficile, dans la deuxième Observation sur la Question XXIV du Livre VI de Diophante. Ce Problème consiste à trouver un triangle rectangle en nombres dont l’hypoténuse soit un carré et dont la somme des deux côtés autour de l’angle droit en soit un aussi, c’est-à-dire à trouver deux nombres dont la somme soit un carré et dont la somme des carrés soit un bi-carré.
Soient $p$ et $q$ les deux nombres cherchés, en sorte que
$p+q=y^{2},\quad p^{2}+q^{2}=x^{4}\,;$
ôtant du double de cette dernière équation le carré de la première, on aura
$p^{2}-2pq+q^{2}=2x^{4}-y^{4}\,;$
donc faisant
$p-q=z,$
on aura l’équation
$2x^{4}-y^{4}=z^{2},$
$x,y,z,$
$p={\frac {y^{2}+z}{2}},\quad q={\frac {y^{2}-z}{2}}.$
Si l’on prend pour $x$ et $y$ les valeurs données ci-dessus, on aura
${\begin{alignedat}{6}1^{\circ }\quad x=&1,&y=&1,&{\text{d'où}}\quad z=&1,&{\text{donc}}\quad p=&1,&q=&0\,;\\2^{\circ }\quad x=&13,\quad &y=&1,\quad &{\text{d'où}}\quad z=&239,\quad &{\text{donc}}\quad p=&120,\quad &q=&-119\,;\\\end{alignedat}}$
$3^{\circ }\quad x=2\,165\,017,\quad y=2\,372\,159,\quad {\text{d'où}}\quad z=1\,560\,590\,745\,759,$
$\quad p=1\,061\,652\,293\,520,\quad q=4\,565\,486\,027\,761.$
4. De ces trois solutions on voit qu’il n’y a que la dernière qui soit admissible lorsqu’on demande que les nombres cherchés $p$ et $q$ soient entiers et positifs ; mais on voit en même temps que ces valeurs de $p$ et $q$ sont extrêmement grandes, et il serait naturel de croire qu’on pourrait satisfaire à la question par des nombres plus petits si Fermat n’assurait pas positivement le contraire dans l’endroit cité ci-dessus ; cependant, comme cette assertion n’y est pas démontrée, et qu’elle ne me paraît même pouvoir l’être par la méthode que Fermat indique et qui n’est autre chose que celle dont nous avons parlé plus haut, on peut regarder comme non résolu le Problème de trouver les plus petits nombres entiers positifs qui satisfassent à la double condition que leur somme soit un carré, et que la somme de leurs carrés soit un bi-carré. Mais comment doit-on s’y prendre pour parvenir à une solution complète de ce Problème et des Problèmes analogues ? Il me semble qu’on ne saurait atteindre à ce but que par un artifice semblable à celui qui a servi à démontrer les Théorèmes dont nous avons fait mention au commencement de ce Mémoire ; car, si l’on peut prouver que, lorsqu’il y a des valeurs quelconques entières de $x$ et $y$ qui satisfont à l’égalité
$2x^{4}-y^{4}=\square .$
il y en a nécessairement deux autres plus petites qui y satisfont aussi, et
$x$
$y,$
$x=1$
$y=1,$
$2x^{4}-y^{4}=\square$
à celle d’une autre égalité semblable, mais dans laquelle les nombres $x$ et $y$ soient nécessairement plus petits que dans la première ; c’est l’objet de l’analyse suivante, laquelle me paraît la plus simple et la plus directe qu’on puisse employer dans cette recherche.
5. Considérons donc l’équation indéterminée
$2x^{4}-y^{4}=z^{2},$
et supposons que l’on connaisse des valeurs entières de $x,y,z$ qui y satisfassent, je remarque d’abord qu’on peut supposer $x$ et premiers entre eux ; car s’ils avaient une commune mesure, il faudrait que $z$ fût divisible par le carré de cette commune mesure, et, la division faite, les quotients satisferaient également à l’équation.
Je remarque de plus que les nombres $x,y,z$ doivent être tous impairs ; car si $y$ était pair, il faudrait que $z^{2}$ fût divisible par $2,$ donc $z$ serait pair aussi, donc $y^{4}$ et $z^{2}$ étant à la fois divisibles par $4,$ il faudrait que $2x^{4}$ le fût aussi, donc $x^{4}$ serait divisible par $2,$ donc $x$ serait pair et ne serait pas premier à $y$ contre l’hypothèse. Or, $y$ étant impair, il est visible que $z$ sera aussi nécessairement impair. Enfin, comme on sait que le carré de tout nombre impair est nécessairement de la forme $8m+1,$ il s’ensuit que $z^{2}+y^{4}$ sera de la forme $8n+2,$ donc $2x^{4}$ sera de cette même forme et par conséquent $x^{4}$ sera de la forme $4n+1,$ donc $x$ sera aussi impair.
Cela posé, l’équation
$2x^{4}-y^{4}=z^{2}$
donne celle-ci
$4x^{4}=2\left(z^{2}+y^{4}\right)=\left(z+y^{2}\right)^{2}+\left(z-y^{2}\right)^{2},$
$\left(z+y^{2}\right)^{2}=\left(2x^{2}\right)^{2}-\left(z-y^{2}\right)^{2}=\left(2x^{2}+z-y^{2}\right)\left(2x^{2}-z+y^{2}\right).$
Ces deux facteurs sont tous les deux pairs, puisque $y$ et $z$ sont impairs ; soit donc leur commune mesure $=2m,$ en sorte que
$2x^{2}+z-y^{2}=2mp,\quad 2x^{2}-z+y^{2}=2mq,$
$p$ et $q$ étant premiers entre eux ; on aura
$\left(z+y^{2}\right)^{2}=4m^{2}pq\,;$
donc il faudra que le nombre $pq$ soit un carré, et comme $p$ et $q$ sont premiers entre eux, il faudra que l’un et l’autre soient carrés ; mettons donc $p^{2}$ et $q^{2}$ à la place de $p$ et $q,$ on aura les équations
$2x^{2}+z-y^{2}=2mp^{2},\quad 2x^{2}-y+y^{2}=2mq^{2},\quad \left(z+y^{2}\right)^{2}=4m^{2}p^{2}q^{2},$
d’où
$z+y^{2}=2mpq.$
Cette dernière donne
$z=2mpq-y^{2},$
et substituant cette valeur de $z$ dans les deux autres, on aura ces deux-ci
$x^{2}-y^{2}=mp(p-q),\quad x^{2}+y^{2}=mq(p+q).$
D’où l’on voit que $m$ divisant la somme et la différence de $x^{2}$ et de $y^{2}\,;$ doit diviser aussi $2x^{2}$ et $2y^{2}\,;$ mais $x$ et $y$ sont premiers entre eux (hypothèse), donc $m$ ne peut être que $1$ ou $2.$ Si $m=1,$ on aura
$x^{2}-y^{2}=p(p-q),\quad x^{2}+y^{2}=q(p+q)\,;$
si $m=2,$ on aura
$x^{2}-y^{2}=2p(p-q),\quad x^{2}+y^{2}=2q(p+q),$
et si l’on fait dans ce dernier cas
$p+q=q',\quad q-p=p',$
on aura
$x^{2}-y^{2}=p'(p'-q'),\quad x^{2}+y^{2}=q'(p'+q').$
$m$
$1$
$2,$
$x^{2}-y^{2}=p(p-q),\quad x^{2}+y^{2}=q(p+q).$
Je considère d’abord la première de ces équations, et je la mets sous la forme
${\frac {x+y}{p}}={\frac {p-q}{x-y}}\,;$
je remarque maintenant que $x+y$ est un nombre pair, puisque $x$ et $y$ sont impairs à la fois, et que $p$ est nécessairement impair ; car, s’il était pair, il faudrait par la seconde équation que $q$ fût pair aussi, afin que $q(p+q)$ devînt un nombre pair ; mais alors ce nombre serait pairement pair, et ne pourrait par conséquent être égal à la somme de deux carrés impairs. Donc, si l’on réduit la fraction ${\frac {x+y}{p}}$ à ses moindres termes, elle sera de la forme ${\frac {2m}{n}},$ $n$ étant impair et premier à $m,$ donc on aura
$x+y=2ms,\quad p=ns\quad {\text{et}}\quad p-q=2mt,\quad x-y=nt,$
$s$ et $t$ étant deux nombres entiers quelconques ; et comme $x-y$ est nécessairement pair, et que $n$ est impair, il faudra que $t$ soit pair ; de sorte qu’en mettant $2t$ à la place de $t,$ on aura
$p-q=4mt,\quad x-y=2nt,$
$t$ étant quelconque, mais premier à $s\,;$ autrement $x$ et $y$ ne seraient plus premiers entre eux. On tire de là
$x=ms+nt,\quad y=ms-nt,\quad p=ns,\quad q=ns-4mt\,;$
ce sont les valeurs qui satisfont à la première équation ; mais il faut aussi qu’elles satisfassent à la seconde équation
$x^{2}+y^{2}=q(p+q)\,;$
en les y substituant donc, on aura
$m^{2}s^{2}+n^{2}t^{2}=(ns-4mt)(ns-2mt),$
$m^{2}\left(s^{2}-8t^{2}\right)+6mnst+n^{2}\left(t^{2}-s^{2}\right)=0,$
équation qui étant multipliée par $s^{2}-8t^{2}$ peut se mettre sous cette forme
$\left[m\left(s^{2}-8t^{2}\right)+3nst\right]^{2}=n^{2}\left[9s^{2}t^{2}-\left(t^{2}-s^{2}\right)\left(s^{2}-8t^{2}\right)\right],$
savoir, en divisant par $n^{2}$ et développant les termes,
$s^{4}+8t^{4}=\left[3st+{\frac {m\left(s^{2}-8t^{2}\right)}{n}}\right]^{2}.$
Donc, si l’on fait
$3st+{\frac {m\left(s^{2}-8t^{2}\right)}{n}}=u,$
ce qui donne
${\frac {m}{n}}={\frac {u-3st}{s^{2}-8t^{2}}},$
on aura l’équation
$s^{4}+8t^{4}=u^{2},$
Ainsi la solution de l’équation proposée
$2x^{4}-y^{4}=z^{2}$
est réduite à celle de l’équation
$s^{4}+8t^{4}=u^{2}\,;$
et l’on voit par l’analyse précédente que, s’il y a des nombres entiers qui satisfassent à la première équation, il y aura aussi nécessairement des nombres entiers qui satisferont à la seconde ; et vice versâ, si l’on connait une solution de cette dernière en nombres entiers, on pourra en déduire une solution de la première par le moyen des formules
${\frac {m}{n}}={\frac {u-3st}{s^{2}-8t^{2}}},\quad x=ms+nt,\quad y=ms-nt.$
Comme ${\frac {m}{n}}$ est supposée une fraction réduite à ses moindres termes, si $u-3st$ et $s^{2}-8t^{2}$ sont premiers entre eux, on aura
$m=u-3st,\quad n=s^{2}-8t^{2}\,;$
$m={\frac {u-3st}{l}},\quad n={\frac {s^{2}-8t^{2}}{l}}.$
Et puisqu’on peut prendre indifféremment les nombres $s,t,u,$ ainsi que $x,y,z$ en plus et en moins, il est facile de voir que chaque solution de l’équation
$s^{4}+8t^{4}=u^{2}$
en donnera toujours deux de l’équation
$2x^{4}-y^{4}=z^{2},$
en prenant dans l’expression de $m$ le nombre $u$ en plus ou en moins. Je remarque maintenant que $n$ ne peut jamais être zéro, et que $m$ ne peut l’être que lorsque $u=3st,$ ce qui donne
$s^{4}+8t^{4}=9s^{2}t^{2},$
d’où
${\frac {s}{t}}={\sqrt {{\frac {9}{2}}\pm {\sqrt {{\frac {81}{4}}-8}}}}={\sqrt {{\frac {9}{2}}\pm {\frac {7}{2}}}}=1\quad {\text{ou}}\quad ={\sqrt {8}}\,;$
la valeur ${\sqrt {8}}$ ne pouvant être admise à cause de son irrationnalité, reste ${\frac {s}{t}}=1,$ et par conséquent
$s=1,\quad t=1\,;$
ces valeurs satisfont en effet à l’équation
$s^{4}+8t^{4}=u^{2}\,;$
mais alors on aurait
$x=n,\quad y=-n,$
et comme $x$ et $y$ doivent être premiers entre eux (hypothèse), on aurait $x=1$ et $y=1.$ D’où l’on voit que lorsque $x$ et $y$ seront premiers entre eux et différents de l’unité, alors $s$ et $t$ seront aussi premiers entre eux et différents de l’unité, et $m$ ne sera jamais zéro ; de sorte que le plus grand des nombres $x$ et $y$ sera nécessairement plus grand que l’un et l’autre
$s$
$t\,;$
$2x^{4}-y^{4}=\square$
est résoluble en nombres entiers quelconques différents de l’unité, l’égalité
$s^{4}+8t^{4}=\square$
sera nécessairement résoluble en moindres nombres, aussi différents de l’unité, et vice versâ.
6. Si l’équation
$s^{4}+8t^{4}=u^{2},$
à laquelle nous sommes parvenus, était de la même forme que la proposée, le Problème serait résolu mais puisque cela n’est pas, il faut donc poursuivre notre analyse en opérant maintenant sur cette dernière équation, dans laquelle $s$ et $t$ sont supposés premiers entre eux.
Et d’abord je vais prouver que $s$ et $u$ doivent être impairs ; car si $s$ était pair, $s^{4}$ serait divisible par $16\,;$ donc $u^{2}$ le serait par $8\,;$ donc $u$ le serait par $4\,;$ donc $u^{2}$ serait aussi divisible par $16,$ et $8t^{4}$ le serait aussi ; donc $t^{4}$ serait divisible par $2\,;$ donc $t$ serait pair, et par conséquent ne serait pas premier à $s$ contre l’hypothèse. Or $s$ étant impair, il est visible que $u$ doit l’être aussi. Maintenant je mets l’équation dont il s’agit sous la forme
$8t^{4}=u^{2}-s^{4}=\left(u+s^{2}\right)\left(u-s^{2}\right)\,;$
comme $u$ et $s$ sont impairs à la fois, les deux facteurs
$u+s^{2}\quad {\text{et}}\quad u-s^{2}$
seront pairs ; donc leur commune mesure sera $2\mu ,$ en sorte que
$u+s^{2}=2\mu \varpi ,\quad u-s^{2}=2\mu \rho ,$
$\varpi$ et $\rho$ étant premiers entre eux ; donc
$8t^{4}=4\mu ^{2}\varpi \rho \quad {\text{et}}\quad 2t^{4}=\mu ^{2}\varpi \rho \,;$
$\mu$
$t^{2}\,;$
$u$
$s^{2}=\mu (\varpi -\rho ),$
d’où l’on voit que $\mu$ divise déjà $s^{2}\,;$ donc puisque $t$ et $s$ sont premiers entre eux (hypothèse), il faut que $\mu =1.$ Ainsi l’on aura
$2t^{4}=\varpi \rho \,;$
et comme $\varpi$ et $\rho$ sont premiers entre eux, il faudra que l’on ait nécessairement, ou
$\varpi =2q^{4},\quad \rho =r^{4},$
ou
$\varpi =q^{4},\quad \rho =2r^{4}\,;$
d’où résulte
$t=qr.$
Dans le premier cas on aura donc
$u=2q^{4}+r^{4},\quad s^{2}=2q^{4}-r^{4},$
et dans le second on aura
$u=q^{4}+2r^{4},\quad s^{2}=q^{4}-2r.$
D’où l’on voit que la résolution de l’équation
$s^{4}+8t^{4}=u^{2}$
est réduite à la résolution de l’une ou de l’autre des équations
$2q^{4}-r^{4}=s^{2}\quad {\text{ou}}\quad q^{4}-2r^{4}=s^{2}.$
En effet, si l’on connaît des valeurs entières de $q,r,s$ qui satisfassent à l’une ou l’autre de ces équations, il n’y aura qu’à prendre $t=qr,$ et l’on aura des valeurs de $s$ et $t$ qui résoudront l’équation
$s^{4}+8t^{4}=\square .$
Or je remarque :
1$^o$ Que si $s$ et $t$ sont premiers entre eux, $s$ sera aussi premier à $q$ et à $r\,;$ donc $q$ et $r$ seront premiers entre eux en vertu des équations
$2q^{4}-r^{4}=s^{2}\quad {\text{ou}}\quad q^{4}-2r^{4}=s^{2}\,;$
2$^o$ Que si $q$ et $r$ sont différents de l’unité, $t$ sera plus grand que $q$ et que $r\,;$ si $q$ égal à l’unité, alors $t=r\,;$ mais dans ce cas on aura
$2-r^{4}=s^{2}\quad {\text{ou}}\quad 1-2r^{4}=s^{2}\,;$
la seconde de ces équations ne saurait avoir lieu en nombres entiers, et la première ne peut subsister qu’en faisant
$r=1\quad {\text{et}}\quad s=1\,;$
ainsi l’on aurait alors
$s=1,\quad t=1.$
Si $r$ égal à l’unité, alors
$t=q,\quad {\text{et}}\quad s^{2}=2q^{4}-1{\text{ ou }}=q^{4}-2\,;$
d’où l’on voit que $s$ sera plus grand que $q.$ Je conclus de là que tant que $s$ et $t,$ dans l’égalité
$s^{4}+8t^{4}=\square ,$
seront premiers entre eux et différents de l’unité, $q$ et $r$ seront aussi premiers entre eux et différents de l’unité, et que de plus le plus grand des nombres $s$ et $t$ surpassera nécessairement le plus grand des deux $q,r.$
7. L’équation
$2q^{4}-r^{4}=s^{2}$
est, comme l’on voit, semblable à la première
$2x^{4}-y^{4}=z^{2}\,;$
ainsi le Problème serait résolu, si l’on n’avait trouvé que cette équation ; mais, comme on est aussi arrivé à l’équation
$q^{4}-2r^{4}=s^{2},$
qui est différente des deux que nous venons de traiter, il faut encore poursuivre le calcul relativement à cette dernière.
Nous avons déjà vu que $q$ et $r$ doivent être premiers entre eux ; or $q$ doit être impair, autrement $s$ serait pair, par conséquent $2r^{4}$ serait divisible par $4,$ et $r^{4}$ le serait par $2\,;$ donc $r$ et $q$ seraient pairs à la fois et par conséquent ne seraient plus premiers entre eux ; $q$ étant donc impair, il est visible que $s$ le sera aussi. Donc, si l’on met l’équation sous la forme
$2r^{4}=q^{4}-s^{2}=\left(q^{2}+s\right)\left(q^{2}-s\right),$
les deux facteurs $q^{2}+s$ et $q^{2}-s$ seront tous les deux pairs, et par conséquent de la forme $2m\lambda ,2m\mu ,$ $2m$ étant leur plus grande commune mesure, et $\lambda ,\mu$ étant deux nombres premiers entre eux. On aura ainsi
$q^{2}+s=2m,\quad q^{2}-s=2m\mu ,\quad 2r^{4}=4m^{2}\lambda \mu ,$
ou bien
$r^{4}=2m^{2}\lambda \mu \,;$
donc $m$ divise $r^{2},$ mais il divise aussi $q^{2},$ parce que
$q^{2}=m(\lambda +\mu )\,;$
donc puisque $q$ et $r$ sont premiers entre eux, il faudra que $m=1.$ On aura donc
$r^{4}=2\lambda \mu \,;$
donc $r$ sera pair ; donc faisant
$r=2h,$
on aura
$8h^{4}=\lambda \mu \,;$
donc $\lambda$ et $\mu$ étant premiers entre eux, on aura nécessairement ou
$\lambda =8n^{4},\quad \mu =p^{4},\quad {\text{ou}}\quad \lambda =n^{4},\quad \mu =8p^{4}\,;$
d’où
$h=pn,\quad r=2pn.$
Ainsi l’on aura
$s=\lambda -\mu =8n^{4}-p^{4}\quad {\text{ou}}\quad =n^{4}-8p^{4},$
et
$q^{2}=\lambda +\mu =8n^{4}+p^{4}\quad {\text{ou}}\quad =n^{4}+8p^{4},$
$s$
$q^{2}$
$n$
$p$
$s$
$-s.$
$q^{4}-2r^{4}=s^{2}$
se réduit à celle de l’équation
$q^{2}=n^{4}+8p^{2},$
en prenant
$r=2pn\quad {\text{et}}\quad s=n^{4}-8p^{4}.$
Et l’on remarquera que $n$ et $p$ doivent être premiers entre eux, autrement $r$ et $q$ ne le seraient pas, contre l’hypothèse. De plus il est visible que $r$ sera toujours plus grand que $p$ et que $n,$ et comme $q$ est nécessairement plus grand que $r,$ il s’ensuit que, dans l’égalité
$n^{4}+8p^{4}=\square ,$
les nombres $n,p$ seront nécessairement moindres que les nombres $q,r$ dans l’égalité
$q^{4}-2r^{4}=\square .$
Or l’égalité
$n^{4}+8p^{4}=\square$
est de la même forme que celle que nous avons déjà traitée ci-dessus ; donc le Problème est résolu.
8. On peut donc, par la méthode et les formules précédentes, résoudre non-seulement les égalités de la forme
$2x^{4}-y^{4}=\square ,$
mais aussi celles de ces deux autres formes
$x^{4}+8y^{4}=\square \quad {\text{et}}\quad x^{4}-2y^{4}=\square ,$
et cela avec toute la généralité dont ces égalités sont susceptibles ; car en commençant par les solutions les plus simples et passant successivement aux plus composées, on sera assuré de trouver par ordre toutes les solutions possibles de ces égalités en nombres entiers, et par conséquent
1$^o$ Ayant l’équation
| (A) | $s^{4}+8t^{4}=u^{2},$ |
on aura l’équation
| (B) | $x^{4}-2y^{4}=z^{2},$ |
en prenant
$x=u,\quad y=2st,$
et l’équation
| (C) | $2x^{4}-y^{4}=z^{2},$ |
en prenant
$m={\frac {\pm u-3st}{l}},\quad n={\frac {s^{2}-8t^{2}}{l}},\quad \pm x=ms+nt,\quad \pm y=ms-nt,$
$l$ étant le plus grand commun diviseur.
2$^o$ Ayant l’une ou l’autre des équations (B), (C), on aura l’équation (A) en prenant
$s=z,\quad t=xy.$
9. L’équation (A) donne évidemment d’abord
$s=1,\quad t=1,\quad u=3\,;$
donc on aura pour l’équation (B)
$x=3,\quad y=2,\quad \mathrm {et\ de\ l{\grave {a}}} \quad z=7\,;$
et pour l’équation (C)
$m={\frac {\pm 3-3}{l}},\quad n=-{\frac {7}{l}},\quad \pm x=m+n,\quad \pm y=m-n\,;$
donc
$m=0,\quad n=-1,\quad l=7\quad {\text{et}}\quad x=1,\quad y=1,\quad z=1,$
ou bien
$m=-6,\quad n=-7,\quad l=1\quad {\text{et}}\quad x=13,\quad y=1,\quad z=239.$
$x,y,z$
$s,t,u$
$x=1,\quad y=1,\quad z=1$
donnera
$s=1,\quad t=1,\quad u=3\,;$
ensuite
$x=3,\quad y=2,\quad z=7$
donnera
$s=7,\quad t=6,\quad u=113\,;$
enfin
$x=13,\quad y=1,\quad z=239$
donnera
$s=239,\quad t=13,\quad u=57\,123.$
La première de ces trois solutions de l’équation (A) est la même que nous avons adoptée d’abord, et nous pouvons maintenant en faire abstraction les deux autres donneront donc de nouvelles solutions des équations (B) et (C). Prenant donc en premier lieu
$s=7,\quad t=6,\quad u=113,$
on aura pour l’équation (B)
$x=113,\quad y=84,\quad z=7\,967\,;$
ensuite pour l’équation (C)
$m={\frac {\pm 113-126}{l}},\quad n=-{\frac {239}{l}},\quad \pm x=7m+6n,\quad \pm y=7m-6n\,;$
donc : ou
$m=-13,\quad n=-239,\quad l=1,\quad x=1\,525,\quad y=1\,343,\quad z=2\,750\,257\,;$
ou
$m=-1,\quad n=-1,\quad l=239,\quad x=13,\quad y=1\,;$
cette dernière solution a déjà été trouvée ci-dessus. Prenant en second lieu
$s=239,\quad t=13,\quad u=57\,123,$
$x=57\,123,\quad y=6\,214,\quad z=3\,262\,580\,153\,;$
et pour l’équation (C) on aura
$m={\frac {\pm 57\,123-9\,321}{l}},\quad n={\frac {55\,769}{l}},$
$\pm x=239m+13n,\quad \pm y=239m-13n\,;$
donc : ou
$m=6,\quad n=7,\quad l=7\,967,$
et de là
$x=1\,525,\quad y=1\,343,\quad z=2\,750\,257,$
c’est la solution trouvée ci-devant ; ou
$m=-9\,492,\quad n=7\,967,\quad l=7\,;$
donc
$x=2\,165\,017,\quad y=2\,372\,159,\quad \mathrm {et\ de\ l{\grave {a}}} \quad z=1\,560\,590\,745\,759.$
Et ainsi de suite.
10. On voit par ce calcul, qu’il serait aisé de pousser plus loin s’il en valait la peine, que les valeurs qui satisfont à l’équation
$s^{4}+8t^{4}=u^{2}$
sont par ordre
${\begin{array}{rrr}s=1,&7,&239,\ldots ,\\t=1,&6,&13,\ldots ,\\u=3,&113,&57\,123,\ldots \,;\end{array}}$
que les valeurs qui satisfont à l’équation
$x^{4}-2y^{4}=z^{2}$
sont
${\begin{array}{rrr}x=3,&113,&57\,123,\ldots ,\\y=2,&84,&6\,214,\ldots ,\\z=7,&7\,967,&3\,262\,580\,153,\ldots \,;\end{array}}$
$2x^{4}-y^{4}=z^{2}$
sont
${\begin{array}{rrrr}x=1,&13,&1\,525,&2\,165\,017,\ldots ,\\y=1,&1,&1\,343,&2\,372\,159,\ldots ,\\z=1,&239,&2\,750\,257,&1\,560\,590\,745\,759,\ldots ,\end{array}}$
et l’on peut être assuré qu’il n’y a pas de nombres moindres que ceux-ci qui puissent satisfaire aux formules proposées.
Si maintenant on déduit des dernières valeurs de $x,y,z$ celles de $p$ et $q$ (3), on aura par ordre tous les nombres qui peuvent résoudre le Problème de Fermat, savoir
${\begin{array}{rrrr}p=1,&120,&2\,276\,953,&1\,061\,652\,293\,520,\ldots ,\\q=0,&-119,&-473\,304,&4\,565\,486\,027\,761,\ldots .\end{array}}$
Ces derniers nombres, quelque grands qu’ils soient, sont donc néanmoins les plus petits nombres entiers et positifs qui résolvent le Problème dont il s’agit, ce qui prouve la vérité de l’assertion de Fermat.
11. En général, on peut faire dépendre la résolution de toute équation de la forme
$x^{4}+ay^{4}=z^{2}$
($a$ étant un nombre quelconque donné) de celle d’une équation de la même forme dans laquelle les nombres $x,y,z$ soient moindres.
Pour cela il n’y a qu’à supposer
$z=m^{2}+an^{2},$
ce qui donne
$z^{2}=\left(m^{2}-an^{2}\right)^{2}+a(2mn)^{2}\,;$
donc
$x^{2}=m^{2}-an^{2}\quad {\text{et}}\quad y^{2}=2mn.$
Soit de nouveau
$x=p^{2}-aq^{2},$
d’où
$x^{2}=\left(p^{2}+aq^{2}\right)^{2}-a(2pq)^{2}\,;$
$m=p^{2}+aq^{2},\quad n=2pq\,;$
et, substituant dans l’équation $y^{2}=2mn,$ on aura
$y^{2}=4pq\left(p^{2}+aq^{2}\right).$
Qu’on fasse donc, pour satisfaire à cette équation,
$p=s^{2},\quad q=t^{2},\quad p^{2}+aq^{2}=u^{2},$
on aura
$y=2stu,$
et il viendra l’équation
$s^{4}+at^{4}=u^{2},$
qui est semblable à la proposée. Cette dernière équation étant résolue si elle peut l’être, on aura dans la proposée
$x=s^{4}-at^{4},\quad y=2stu,\quad z=\left(s^{4}+at^{4}\right)^{2}+a\left(2s^{2}t^{2}\right)^{2},$
savoir
$z=u^{4}+4as^{4}t^{4}\,;$
d’où l’on voit que $y$ sera toujours nécessairement plus grand que chacun des nombres $s,t,u.$
Connaissant donc une solution en entiers de toute équation de la forme
$x^{4}+ay^{4}=z^{2},$
on pourra par ces formules en déduire une nouvelle solution en nombres plus grands, et ainsi de suite ; mais on n’est pas assuré de trouver par ce moyen toutes les solutions possibles en nombres entiers ; car les suppositions que nous avons faites pour ramener l’équation
$x^{4}+ay^{4}=z^{2}$
à l’équation
$s^{4}+at^{4}=u^{2}$
sont simplement possibles, mais ne sont pas absolument nécessaires.
Au reste la méthode la plus simple et la plus générale pour résoudre ces sortes d’égalités est peut-être celle des facteurs, que j’ai exposée dans le dernier Chapitre des Additions à l’Algèbre de M. Euler, à laquelle je renvoie.
12. Je vais terminer ce Mémoire par montrer comment on peut simplifier et généraliser à quelques égards la méthode ordinaire pour les égalités qui passent le second degré, suivant laquelle, en connaissait une solution, on en peut trouver plusieurs autres.
Soit proposée l’équation générale du troisième degré entre deux indéterminées $x,y$
$a+bx+cy+dx^{2}+exy+fy^{2}+gx^{3}+hx^{2}y+kxy^{2}+ly^{3}=0,$
à laquelle satisfissent déjà ces valeurs
$x=p,\quad y=q,$
en sorte que l’on ait
$a+bp+cq+dp^{2}+epq+fq^{2}+gp^{3}+hp^{2}q+kpq^{2}+lq^{3}=0\,;$
je fais
$x=p+t,\quad y=q+u,$
et, substituant dans la proposée, elle se transformera en celle-ci
$\mathrm {B} t+\mathrm {C} u+\mathrm {D} t^{2}+\mathrm {E} tu+\mathrm {F} u^{2}+\mathrm {G} t^{3}+\mathrm {H} t^{2}u+\mathrm {K} tu^{2}+\mathrm {L} u^{3}=0,$
dans laquelle les coefficients $\mathrm {B,C} ,\ldots$ sont des fonctions rationnelles de $p$ et $q,$ qu’on déterminera aisément par le développement des termes de la proposée ; mais on peut les trouver encore plus facilement en employant la méthode différentielle ; car, si l’on suppose
$a+bp+cq+dp^{2}+epq+fq^{2}+gp^{3}+hp^{2}q+kpq^{2}+lq^{3}=\mathrm {A} ,$
on aura
$\mathrm {B} ={\frac {d\mathrm {A} }{dp}},\quad \mathrm {C} ={\frac {d\mathrm {A} }{dq}},\quad \mathrm {D} ={\frac {1}{2}}{\frac {d^{2}\mathrm {A} }{dp^{2}}},\quad \mathrm {E} ={\frac {d^{2}\mathrm {A} }{dpdq}},\quad \mathrm {F} ={\frac {1}{2}}{\frac {d^{2}\mathrm {A} }{dq^{2}}},$
$\mathrm {G} ={\frac {1}{2.3}}{\frac {d^{3}\mathrm {A} }{dp^{3}}},\quad \mathrm {H} ={\frac {1}{2}}{\frac {d^{3}\mathrm {A} }{dp^{2}dq}},\quad \mathrm {K} ={\frac {1}{2}}{\frac {d^{3}\mathrm {A} }{dpdq^{2}}},\quad \mathrm {L} ={\frac {1}{2.3}}{\frac {d^{3}\mathrm {A} }{dq^{3}}}.$
Maintenant, pour pouvoir déterminer $u$ et $t$ d’une manière rationnelle, j’égale d’abord à zéro, dans l’équation en $t$ et $u,$ les deux premiers termes où $t$ et $u$ sont linéaires ; j’ai ainsi
$\mathrm {B} t+\mathrm {C} u=0,\quad {\text{d’où}}\quad u=-{\frac {\mathrm {B} t}{\mathrm {C} }}\,;$
de cette manière il reste l’équation
$\mathrm {D} t^{2}+\mathrm {E} tu+\mathrm {F} u^{2}+\mathrm {G} t^{3}+\mathrm {H} t^{2}u+\mathrm {K} tu^{2}+\mathrm {L} u^{3}=0\,;$
substituant donc à la place de $u$ sa valeur, toute l’équation deviendra divisible par $t^{2},$ et l’on aura, après la division,
$\mathrm {D-{\frac {BE}{C}}+{\frac {B^{2}F}{C^{2}}}+\left(G-{\frac {BH}{C}}+{\frac {B^{2}K}{C^{2}}}-{\frac {B^{3}L}{C^{3}}}\right)} t=0,$
d’où l’on tire
$t=\mathrm {\frac {-C^{3}D+BC^{2}E-B^{2}CF}{C^{3}G-BC^{2}H+B^{2}CK-B^{3}L}} \,;$
donc
$u=\mathrm {\frac {BC^{2}D-B^{2}CE+B^{3}F}{C^{3}G-BC^{2}H+B^{2}CK-B^{3}L}} .$
On aura donc deux nouvelles valeurs satisfaisantes de $x$ et $y,$ et prenant ces dernières à la place de $p$ et $q,$ on pourra en déduire de nouvelles, et ainsi de suite.
13. Si l’équation indéterminée était du quatrième degré, il ne serait pas possible de la résoudre généralement par la méthode précédente ; mais on pourrait en venir à bout, si elle ne contenait que les deux premières puissances de l’une des deux inconnues, et que de plus, en regardant cette inconnue comme de deux dimensions, il n’y eût dans l’équation aucun terme de plus de quatre dimensions.
En effet, soit l’équation
$0=a+bx+cy+dx^{2}+exy+fy^{2}+gx^{3}+hx^{2}y+kx^{4}$
qui a les conditions requises, et supposons que les valeurs
$x=p,\quad y=q$
$p+t$
$x,$
$q+u$
$y,$
$\mathrm {B} t+\mathrm {C} u+\mathrm {D} t^{2}+\mathrm {E} tu+\mathrm {F} u^{2}+\mathrm {G} t^{3}+\mathrm {H} t^{2}u+\mathrm {K} t^{4}=0\,;$
je fais
$u=tz,$
et divisant toute l’équation par $t,$ elle deviendra
$\mathrm {B} +\mathrm {C} z+\mathrm {D} t+\mathrm {E} tz+\mathrm {F} tz^{2}+\mathrm {G} t^{2}+\mathrm {H} t^{2}z+\mathrm {K} t^{3}=0,$
qui n’est plus, comme l’on voit, que du troisième degré entre $z$ et $t\,;$ ainsi l’on pourra lui appliquer la méthode précédente, pourvu qu’on connaisse une valeur de $z$ et de $t\,;$ or ces valeurs se présentent d’elles-mêmes, car il n’y a qu’à faire
$t=0,\quad \mathrm {B+C} z=0,\quad {\text{d’où}}\quad z=-\mathrm {\frac {B}{C}} \,;$
donc, … ; mais en voilà assez sur ce sujet.
* ↑ Lu le 20 mars 1777.
* ↑ Les Additions à l’Algèbre d’Euler appartiennent à la Section V des Œuvres de Lagrange. (Note de l’Éditeur.