Shortlist 2010, N3

Domaine : Théorie des nombres · Difficulté : ★★★☆☆ · Proposé par : Poland

Concepts : Congruences, théorèmes de Fermat et d'Euler · Descente infinie et Vieta jumping

Solution officielle : Shortlist officielle 2010 (avec solutions), p. 68 (page 69 du PDF)

Énoncé

Find the smallest number \(n\) such that there exist polynomials \(f_1, f_2, \ldots, f_n\) with rational coefficients satisfying

\[x^2 + 7 = f_1(x)^2 + f_2(x)^2 + \cdots + f_n(x)^2.\]

Indices : les idées clés

• Exemple : \(x^2 + 7 = x^2 + 2^2 + 1^2 + 1^2 + 1^2\), donc \(n \leq 5\).
• Coefficients : avec \(f_i = a_ix + b_i\), on a \(\sum a_i^2 = 1\), \(\sum a_ib_i = 0\), \(\sum b_i^2 = 7\) ; on se ramène à un système en entiers \(\sum x_i^2 = 8m^2\), \(\sum y_i^2 = 8m^2\), \(\sum x_iy_i = -6m^2\).
• Descente infinie modulo \(8\) : les carrés valent \(0\), \(1\) ou \(4\) modulo \(8\), donc toutes les inconnues sont paires, ce qui contredit la minimalité de \(m\).

Solutions

Les solutions ci-dessous suivent les solutions officielles de la Shortlist 2010 (deux solutions).

Réponse : le plus petit \(n\) est \(5\).

Solution 1

L'égalité \(x^2 + 7 = x^2 + 2^2 + 1^2 + 1^2 + 1^2\) montre que \(n \leq 5\). Il reste à montrer que \(x^2 + 7\) n'est pas une somme de quatre carrés (ou moins) de polynômes à coefficients rationnels.

Supposons par l'absurde que \(x^2 + 7 = f_1(x)^2 + f_2(x)^2 + f_3(x)^2 + f_4(x)^2\), où les coefficients des polynômes \(f_1\), \(f_2\), \(f_3\) et \(f_4\) sont rationnels (certains de ces polynômes peuvent être nuls).

Évidemment, les degrés de \(f_1\), \(f_2\), \(f_3\) et \(f_4\) sont au plus \(1\). Donc \(f_i(x) = a_ix + b_i\) pour \(i = 1, 2, 3, 4\) et des rationnels \(a_1, b_1, a_2, b_2, a_3, b_3, a_4, b_4\). Il s'ensuit que \(x^2 + 7 = \sum_{i=1}^{4}(a_ix + b_i)^2\), donc

\[\sum_{i=1}^{4} a_i^2 = 1, \qquad \sum_{i=1}^{4} a_ib_i = 0, \qquad \sum_{i=1}^{4} b_i^2 = 7. \tag{1}\]

Posons \(p_i = a_i + b_i\) et \(q_i = a_i - b_i\) pour \(i = 1, 2, 3, 4\). Alors

\[\begin{aligned} \sum_{i=1}^{4} p_i^2 &= \sum_{i=1}^{4} a_i^2 + 2\sum_{i=1}^{4} a_ib_i + \sum_{i=1}^{4} b_i^2 = 8, \\ \sum_{i=1}^{4} q_i^2 &= \sum_{i=1}^{4} a_i^2 - 2\sum_{i=1}^{4} a_ib_i + \sum_{i=1}^{4} b_i^2 = 8, \\ \text{et} \quad \sum_{i=1}^{4} p_iq_i &= \sum_{i=1}^{4} a_i^2 - \sum_{i=1}^{4} b_i^2 = -6, \end{aligned}\]

ce qui signifie (en réduisant au même dénominateur) qu'il existe une solution en entiers \(x_1, y_1, x_2, y_2, x_3, y_3, x_4, y_4\) et \(m > 0\) du système

\[\text{(i)} \ \sum_{i=1}^{4} x_i^2 = 8m^2, \qquad \text{(ii)} \ \sum_{i=1}^{4} y_i^2 = 8m^2, \qquad \text{(iii)} \ \sum_{i=1}^{4} x_iy_i = -6m^2.\]

Montrons qu'une telle solution n'existe pas.

Supposons le contraire et considérons une solution avec \(m\) minimal. Remarquons que si un entier \(x\) est impair, alors \(x^2 \equiv 1 \pmod 8\). Sinon (si \(x\) est pair), \(x^2 \equiv 0 \pmod 8\) ou \(x^2 \equiv 4 \pmod 8\). D'après (i), on obtient donc que \(x_1\), \(x_2\), \(x_3\) et \(x_4\) sont pairs. De même, d'après (ii), \(y_1\), \(y_2\), \(y_3\) et \(y_4\) sont pairs. Le membre de gauche de (iii) est donc divisible par \(4\), et \(m\) est aussi pair. Il s'ensuit que \(\left(\frac{x_1}{2}, \frac{y_1}{2}, \frac{x_2}{2}, \frac{y_2}{2}, \frac{x_3}{2}, \frac{y_3}{2}, \frac{x_4}{2}, \frac{y_4}{2}, \frac{m}{2}\right)\) est une solution du système (i), (ii), (iii), ce qui contredit la minimalité de \(m\). \(\blacksquare\)

Solution 2

Montrons que \(n \leq 4\) est impossible. Définissons les nombres \(a_i\), \(b_i\) pour \(i = 1, 2, 3, 4\) comme dans la solution précédente.

D'après l'identité d'Euler,

\[\begin{aligned} (a_1^2 + a_2^2 + a_3^2 + a_4^2)(b_1^2 + b_2^2 + b_3^2 + b_4^2) = {} &(a_1b_1 + a_2b_2 + a_3b_3 + a_4b_4)^2 + (a_1b_2 - a_2b_1 + a_3b_4 - a_4b_3)^2 \\ &+ (a_1b_3 - a_3b_1 + a_4b_2 - a_2b_4)^2 + (a_1b_4 - a_4b_1 + a_2b_3 - a_3b_2)^2. \end{aligned}\]

Avec les relations (1) de la solution 1, on obtient donc

\[7 = \left(\frac{m_1}{m}\right)^2 + \left(\frac{m_2}{m}\right)^2 + \left(\frac{m_3}{m}\right)^2, \tag{2}\]

où

\[\frac{m_1}{m} = a_1b_2 - a_2b_1 + a_3b_4 - a_4b_3, \quad \frac{m_2}{m} = a_1b_3 - a_3b_1 + a_4b_2 - a_2b_4, \quad \frac{m_3}{m} = a_1b_4 - a_4b_1 + a_2b_3 - a_3b_2,\]

et \(m_1, m_2, m_3 \in \mathbb{Z}\), \(m \in \mathbb{N}\).

Soit \(m\) le plus petit entier strictement positif pour lequel (2) est vrai. Alors

\[8m^2 = m_1^2 + m_2^2 + m_3^2 + m^2.\]

Comme dans la solution précédente, on obtient que \(m_1\), \(m_2\), \(m_3\), \(m\) sont tous pairs. Alors \(\left(\frac{m_1}{2}, \frac{m_2}{2}, \frac{m_3}{2}, \frac{m}{2}\right)\) est aussi une solution de (2), ce qui contredit la minimalité de \(m\). On a donc \(n \geq 5\). L'exemple avec \(n = 5\) a déjà été donné dans la solution 1. \(\blacksquare\)