Mémoires extraits des recueils de l’Académie de Turin/Solution d’un Problème d’Arithmétique

Joseph-Louis Lagrange

Solution d’un Problème d’Arithmétique

Mémoires extraits des recueils de l’Académie de Turin, Gauthier-Villars, 1867, Œuvres de Lagrange. Tome I (p. 671-731).

SOLUTION
D’UN
PROBLÈME D’ARITHMÉTIQUE.

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(Miscellanea Taurinensia, t. IV, 1766-1769.)

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Le problème que j’entreprends de résoudre dans ce Mémoire est celui-ci :

Étant donné un nombre quelconque entier et non carré, trouver un nombre entier et carré tel, que le produit de ces deux nombres augmenté d’une unité soit un nombre carré.

Ce problème est un de ceux que M. Fermat avait proposés, comme une espèce de défi, à tous les Géomètres anglais, et particulièrement à M. Wallis, qui a été le seul, que je sache, qui l’ait résolu, ou au moins qui en ait publié la solution (voyez le Chapitre XCVIII de son Algébre et les Lettres XVII et XIX de son Commercium Epistolicum) : mais la méthode de ce savant Géomètre ne consiste que dans une espèce de tâtonnement, par lequel on n’arrive au but que d’une manière assez incertaine, et sans savoir même si l’on y arrivera ; d’ailleurs il faut démontrer surtout que la solution du problème est toujours possible, quel que soit le nombre donné, proposition qui est généralement regardée comme vraie, mais qui n’a pas encore été établie, que je sache, d’une manière solide et rigoureuse ; il est vrai que M. Wallis a prétendu la prouver, mais par un raisonnement que les Mathématiciens trouveront bien peu satisfaisant, et qui n’est, ce me semble, dans le fond qu’une espèce de pétition de principe (voyez le Chapitre XIX de son Algèbre). Il s’ensuit de là que le problème dont il s’agit n’a pas encore été résolu d’une manière suffisante et qui ne laisse rien à désirer ; c’est ce qui m’a déterminé à en faire l’objet de mes recherches, d’autant plus que la solution de ce problème est comme la clef de tous les autres problèmes de ce genre.

1. Soit $a$ le nombre donné non carré, $y^{2}$ le carré cherché et $x^{2}$ un autre carré quelconque, la question se réduit à satisfaire à cette équation : $ay^{2}+1=x^{2},$ en ne prenant pour $x$ et $y$ que des nombres entiers ; ainsi il s’agit de trouver deux nombres entiers $x$ et $y$ tels que

$x^{2}-ay^{2}=1.$

Qu’on tire la racine carrée de $a$ par approximation, et l’on aura une fraction décimale qu’on pourra changer, par les méthodes connues, en une fraction continue, laquelle ira nécessairement à l’infini, à cause que ${\sqrt {a}}$ est une quantité irrationnelle par l’hypothèse.

Pour cela il n’y aura qu’à diviser d’abord le numérateur de la fraction trouvée par son dénominateur, ensuite le dénominateur par le reste, et ainsi de suite, en pratiquant la même opération, par laquelle on cherche la plus grande commune mesure de deux nombres, et nommant $q,q',$$q'',q''',\ldots ,$ les quotients qui résultent de ces différentes divisions, on aura

${\sqrt {a}}=q+{\frac {1}{q'+{\cfrac {1}{q''+{\cfrac {1}{q'''+\ldots }}}}}}.$

Or cette fraction continue étant interrompue successivement au premier terme, au second, au troisième, etc., donnera une infinité de fractions particulières que je désignerai par ${\frac {m}{n}},\mathrm {\frac {M}{N}} ,{\frac {m'}{n'}},\mathrm {\frac {M'}{N'}} ,\ldots ,$ auxquelles ajoutant la fraction ${\frac {1}{0}}$ on aura cette suite infinie de fractions :

${\frac {1}{0}},{\frac {m}{n}},\mathrm {\frac {M}{N}} ,{\frac {m'}{n'}},\mathrm {\frac {M'}{N'}} ,{\frac {m''}{n''}},\mathrm {\frac {M''}{N''}} ,{\frac {m'''}{n'''}},\mathrm {\frac {M'''}{N'''}} ,\ldots ,$

qui seront telles que

${\begin{alignedat}{2}m\ \ &=q,&n\,\ \ &=1,\\\mathrm {M} \ \ &=q'\ m\ \ +1,&\mathrm {N} \ \ &=q'n,\\m'\ &=q''\mathrm {M} \ \ +m,&n'\,\ &=q''\mathrm {N} \ \ +n,\\\mathrm {M} '\ &=q'''m'+\mathrm {M} ,&\mathrm {N} '\ &=q'''n\ \ +\mathrm {N} ,\\m''&=q^{\mathrm {iv} }\mathrm {M} '+m',&n''\,&=q^{\mathrm {iv} }\mathrm {N} '+n',\\\mathrm {M} ''&=q^{\mathrm {v} }m''+\mathrm {M} ',\qquad &\mathrm {N} ''&=q^{\mathrm {v} }n''\ +\mathrm {N} ',\\\ldots &\ldots \ldots \ldots \ldots ,&\ldots &\ldots \ldots \ldots \ldots .\end{alignedat}}$

Ces sortes de fractions ont plusieurs propriétés qui sont connues depuis longtemps des Géomètres, mais que nous croyons devoir rappeler ici en peu de mots, parce que nous en ferons un grand usage dans la suite.

1^o Les numérateurs

$1,m,\mathrm {M} ,m',\mathrm {M} ',\ldots ,$

forment une série qui va continuellement en augmentant ; et il en est de même des dénominateurs

$0,n,\mathrm {N} ,n',\mathrm {N} ',\ldots ,$

2^o Les fractions

${\frac {m}{n}},{\frac {m'}{n'}},{\frac {m''}{n''}},\ldots ,$

sont toutes plus petites que la valeur de la fraction continue d’où elles résultent, valeur qui dans notre cas est ${\sqrt {a}},$ mais elles s’en approchent toujours de plus en plus. Au contraire, les fractions

${\frac {1}{0}},\mathrm {{\frac {M}{N}},{\frac {M'}{N'}},{\frac {M''}{N''}}} ,\ldots ,$

sont toutes plus grandes que la même valeur, vers laquelle elles sont aussi constamment convergentes. Et chacune de ces fractions en particulier, soit qu’elle soit plus grande ou plus petite que ${\sqrt {a}},$ approche davantage de cette quantité que ne fait aucune des fractions précédentes, ni que pourrait faire aucune fraction quelconque dont le dénominateur serait plus petit.

3^o Si l’on multiplie en croix toutes les fractions voisines, et qu’on retranche les produits l’un de l’autre, on aura dans toute l’étendue de la série

${\begin{aligned}1\ n\quad -0\ \ m\,\ \ &=1,\\\mathrm {M} \ n\ \ -\mathrm {N} \ m\,\ \ &=1,\\\mathrm {M} \ n'\ -\mathrm {N} \ m'\ &=1,\\\mathrm {M} 'n'\,-\mathrm {N} 'm'\ &=1,\\\mathrm {M} 'n''-\mathrm {N} 'm''&=1,\\\ldots \ldots \ldots \ldots &\ldots .\end{aligned}}$

d’où l’on voit que les nombres $m,n,\mathrm {M,N} ,m',n',\ldots ,$ ne peuvent avoir d’autre diviseur commun que l’unité, et qu’ainsi les fractions dont il s’agit sont toutes réduites à leurs moindres termes.

2^o Cela posé, puisque ${\sqrt {a}}<\mathrm {\frac {M}{N}}$ et $>{\frac {m'}{n'}},$ si l’on fait ${\sqrt {a}}=\mathrm {\frac {M-\Delta }{N}} ,$ on aura $\Delta >0,$ et $\mathrm {\frac {M-\Delta }{N}} >{\frac {m'}{n'}}\,;$ donc ${\frac {\Delta }{\mathrm {N} }}<\mathrm {\frac {M}{N}} -{\frac {m'}{n'}}<{\frac {1}{\mathrm {N} n'}},$ à cause de $\mathrm {M} n'-\mathrm {N} m'=1\,:$ donc $\Delta <{\frac {1}{n'}},$ et comme $n'>\mathrm {N} ,$ on aura à plus forte raison $\Delta <{\frac {1}{\mathrm {N} }}.$ En supposant de même

${\sqrt {a}}=\mathrm {\frac {M'-\Delta '}{N'}} =\mathrm {\frac {M''-\Delta ''}{N''}} ,\ldots ,$

on prouvera que

${\begin{aligned}&\Delta '\ >0\quad {\text{et}}\quad <{\frac {1}{\mathrm {N} '}},\\&\Delta ''>0\quad {\text{et}}\quad <{\frac {1}{\mathrm {N} ''}},\\&\ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots .\end{aligned}}$

Pareillement, à cause de ${\sqrt {a}}>{\frac {m}{n}}$ et $<\mathrm {\frac {M}{N}} ,$ si l’on fait ${\sqrt {a}}={\frac {m+\delta }{n}}$ on aura $\delta >0$ et ${\frac {\delta }{n}}<\mathrm {\frac {M}{N}} -{\frac {m}{n}}<{\frac {n}{\mathrm {N} n}}\,:$ donc aussi, à cause de $\mathrm {N} >n,$ $\delta <{\frac {1}{n}}\,;$ et l’on prouvera de la même manière qu’en faisant

${\sqrt {a}}={\frac {m'+\delta '}{n}}={\frac {m''+\delta ''}{n''}},\ldots ,$

on aura

${\begin{aligned}&\delta '\ >0\quad {\text{et}}\quad <{\frac {1}{n'}},\\&\delta ''>0\quad {\text{et}}\quad <{\frac {1}{n''}},\\&\ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots ,\end{aligned}}$

3. Considérons maintenant la formule $x^{2}-ay^{3},$ et substituons successivement dans cette formule les nombres $\mathrm {M,M',M''} ,\ldots ,$ à la place de $x,$ et les nombres correspondants $\mathrm {N,N',N''} ,\ldots ,$ à la place de $y,$ en nommant $\mathrm {Z,Z',Z''} ,\ldots ,$ les quantités qui en résultent ; nous aurons d’abord

$\mathrm {M} ^{2}-a\mathrm {N} ^{2}=\mathrm {Z} .$

mais $a=\left(\mathrm {\frac {M-\Delta }{N}} \right)^{2},$ donc

$\mathrm {Z=2M\Delta -\Delta ^{2}} \,;$

donc, puisque $\Delta >0$ et $<{\frac {1}{\mathrm {N} }},$ on aura aussi $Z>0$ et $<\mathrm {\frac {2M}{N}} \,;$ on aura de même

$\mathrm {Z'=M'^{2}} -a\mathrm {N} '^{2}=2\mathrm {M} '\Delta '-\Delta '^{2},$

et par conséquent

$Z'>0\quad {\text{et}}\quad <\mathrm {\frac {2M'}{N'}} ,$

et l’on prouvera de la même manière que

${\begin{array}{lcl}\mathrm {Z''=M''^{2}} -a\mathrm {N} ''^{2}>0&\mathrm {et} &<\mathrm {\cfrac {2M''}{N''}} ,\\\ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots &&\ldots \ldots .\end{array}}$

Mais les fractions $\mathrm {{\frac {M}{N}},{\frac {M'}{N'}},{\frac {M''}{N''}}} ,\ldots ,$ forment une suite décroissante et convergente vers ${\sqrt {a}}\,;$ donc les nombres $\mathrm {Z,Z',Z''}$ qui résultent de la substitution de $\mathrm {M,M',M''} ,\ldots ,$ à la place de $x,$ et de $\mathrm {N,N',N''} ,\ldots ,$ à la place de $y$ dans la formule $x^{2}-ay^{2},$ et qui sont par conséquent tous entiers, seront aussi nécessairement tous positifs et moindres que $\mathrm {\frac {2M}{N}} .$ Or ces nombres $\mathrm {Z,Z',Z''} ,\ldots ,$ sont en nombre infini, parce que le nombre des fractions $\mathrm {{\frac {M}{N}},{\frac {M'}{N'}},{\frac {M''}{N''}}} ,\ldots ,$ est infini ; donc, puisqu’il n’y a qu’un

nombre fini de nombres entiers positifs, et moindre qu’un nombre donné, il faudra nécessairement qu’une infinité de ces nombres $\mathrm {Z,Z',Z''} ,\ldots ,$ soient égaux entre eux.

Ainsi l’on aura par ce moyen une infinité de nombres différents à substituer au lieu de $x$ et de $y$ dans la formule $x^{2}-ay^{2},$ de manière qu’elle ait toujours une même valeur positive, et moindre que $\mathrm {\frac {2M}{N}} .$

Si au lieu de substituer à la place de $x$ et de $y$ les nombres $\mathrm {M,M',M''} ,\ldots ,$ et $\mathrm {N,N',N''} ,\ldots ,$ on y substituait les nombres $m,m',m'',\ldots ,$ et $n,n',n'',\ldots ,$ et qu’on nommât $z,z',z'',\ldots ,$ les valeurs résultantes de $x^{2}-ay^{2},$ on aurait

$z=m^{2}-an^{2},$

ou, en mettant $\left({\frac {m+\delta }{n}}\right)^{2}$ à la place de $a,$

$z=-2m\delta -\delta ^{2},$

d’où l’on voit que $z$ sera négatif, et qu’à cause de $\delta <{\frac {1}{n}}$ on aura

$-z<{\frac {2m}{n}}+1.$

On trouvera de même

$z'=-2m'\delta '-\delta '^{2},$

et par conséquent

$z<0\quad {\text{et}}\quad -z'<{\frac {2m'}{n'}}+1.$

et ainsi de suite à l’infini.

D’où l’on conclura, comme ci-dessus, qu’il y a nécessairement une infinité de ces nombres $m,m',m'',\ldots ,$ et $n,n',n'',\ldots ,$ qui, étant substitués à la place de $x$ et de $y$ dans la formule $x^{2}-ay^{2},$ la rendront égale à un même nombre entier négatif, et compris entre zéro et $-{\frac {2m}{n}}-1.$

4. Nous dénoterons en général par $x,x',x'',x''',\ldots ,$ et par $y,y',y'',y''',\ldots ,$ tous les nombres qui étant substitués dans la formule $x^{2}-ay^{2}$ la rendent égale à un même nombre quelconque entier positif ou négatif, que nous appellerons $\mathrm {R} \,;$ en sorte que l’on ait les équations

${\begin{aligned}&x^{2}\,\ \ -ay^{2}\ \,\ =\mathrm {R} ,\\&x'2\,\ -ay'2\ =\mathrm {R} ,\\&x''2\ -ay''2\,=\mathrm {R} ,\\&x'''2-ay'''2=\mathrm {R} ,\\&\ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots ,\end{aligned}}$

dont le nombre sera infini.

5. Lemme. — Le produit de ces deux quantités $x^{2}-ay^{2}$ et $x'^{2}-ay'^{2}$ est $(xx'\pm ayy')^{2}-a\left(xy'\pm yx'Y\right)^{2}\,;$ car

$\left(x'^{2}-ay^{2}\right)^{2}\left(x'^{2}-ay'^{2}\right)=x^{2}x'^{2}+a^{2}y^{2}y'^{2}-ay^{2}x'^{2}-ax^{2}y'^{2}$

${\begin{aligned}&=x^{2}x'^{2}\pm 2axx'yy'^{2}-v+a^{2}y^{2}y'^{2}-ax^{2}y'^{2}+2axyx'y'-ay^{2}x'^{2}\\&=\left(xx'\pm ayy'\right)^{2}-a\left(xy'\pm yx'\right)^{2}.\end{aligned}}$

D’où l’on voit que le produit de deux quantités de cette forme $x^{2}-ay^{2},$ $a$ étant une quantité donnée, est toujours aussi de la même forme, et qu’ainsi le produit d’autant des quantités de cette forme qu’on voudra sera encore de la même forme.

Donc on aura

$\left(x^{2}-ay^{2}\right)^{2}=\left(x^{2}+ay^{2}\right)^{2}-a(2xy)^{2},$

$(x^{2}-ay^{2})^{3}=\left(x^{3}+3axy^{2}\right)^{2}-a(3x^{2}y+ay^{3})^{2},$

et ainsi des autres.

6. Supposons d’abord que $\mathrm {R}$ et $a$ soient premiers entre eux, et multipliant ensemble deux quelconques des équations du n^o 4, on aura (Lemme)

(A)

$\mathrm {R} ^{2}=(xx'\pm ayy')^{2}-a(xy'\pm yx')^{2}.$

De plus, les mêmes équations donneront celle-ci :

$\mathrm {R} \left(y'^{2}-y^{2}\right)^{2}=x^{2}y'^{2}-y^{2}x'^{2},$

savoir, à cause de $x^{2}y'^{2}-y^{2}x'^{2}=(xy'+yx')(xy'-yx'),$

(B)

$\mathrm {R} \left(y'^{2}-y^{2}\right)=(xy'+yx')(xy'-yx').$

Or : 1^o soit $\mathrm {R}$ un nombre premier quelconque ; il faudra, en vertu de l’équation (B), que $xy'+yx'$ ou $xy'-yx'$ soit divisible par $\mathrm {R} \,;$ soit donc

$xy'\pm yx'=q\mathrm {R} ,$

et l’équation (A) deviendra

$\mathrm {R} ^{2}=(xx'\pm ayy')^{2}-aq^{2}\mathrm {B} ^{2},$

d’où l’on voit que $(xx'\pm ayy')^{2}$ est divisible par $\mathrm {R} ^{2},$ et que par conséquent $xx'\pm ayy'$ est divisible par $\mathrm {R} \,;$ donc faisant $xx'\pm ayy'=p\mathrm {R} ,$ et divisant ensuite toute l’équation par $\mathrm {R} ^{2},$ on aura

$1=p^{2}-aq^{2}.$

7. 2^o Soit $\mathrm {R=AB} ,$ $A$ et $B$ étant des nombres premiers, il faudra, en vertu de l’équation (B), que $xy'+yx'$ ou $xy'-yx'$ soit divisible par $\mathrm {R}$ ou bien que l’une de ces deux quantités soit divisible par $\mathrm {A}$ et l’autre par $\mathrm {B} .$

Le premier cas rentre évidemment dans celui du numéro précédent, et donne par conséquent le même résultat.

Dans le second cas on aura

$xy'\pm yx'=q\mathrm {B} ,$

$q$ n’étant point divisible par $\mathrm {A} ,$ et l’équation (A) deviendra

$\mathrm {A^{2}B^{2}} =(xx'\pm ayy')^{2}-aq^{2}\mathrm {B} ^{2}\,;$

de sorte que $xx'\pm ayy'$ sera aussi divisible par $\mathrm {B} \,;$ donc faisant

$xx'\pm ayy'=p\mathrm {B} ,$

et divisant toute l’équation par $\mathrm {B} ^{2},$ on aura

(C)

$\mathrm {A} ^{2}=p^{2}-aq^{2}.$

Or, comme $q$ n’est pas divisible par $\mathrm {A} ,$ et que $a$ ne l’est pas non plus par hypothèse, $p$ ne le sera pas, de sorte que $\mathrm {A} ,p$ et $q$ seront premiers entre eux.

Qu’on prenne maintenant une autre quelconque des équations du n^o 4, comme $\mathrm {R} =x''^{2}-ay''^{2},$ et qu’on la combine avec l’équation $\mathrm {R} =x^{2}-ay^{2},$ en opérant sur ces deux équations comme nous venons de faire sur les équations $\mathrm {R} =x^{2}-ay^{2}$ et $\mathrm {R} =x'^{2}-ay'^{2}\,;$ on aura des résultats analogues aux précédents, dont on tirera par conséquent des conclusions semblables. Ainsi il faudra que l’une ou l’autre de ces quantités $xy''+yx'',\ xy''-yx''$ soit divisible par $\mathrm {R} ,$ ce qui se réduit au cas du n^o 6 ; ou bien que l’une le soit par $\mathrm {A} ,$ l’autre par $\mathrm {B} .$ Donc, faisant dans ce dernier cas

$xy''\pm yx''=q'\mathrm {B} ,$

et ensuite

$xx''\pm ayy''=p'\mathrm {B} ,$

on parviendra de même à l’équation

(D)

$\mathrm {A} ^{2}=p'^{2}-aq'^{2},$

dans laquelle $\mathrm {A} ,p'$ et $q'$ seront aussi premiers entre eux.

Or les deux équations (C) et (D) donneront ces deux-ci :

(E)

$\mathrm {A} ^{4}=(pp'\pm aqq')^{2}-a(pq'\pm qp')^{2},$

(F)

$\mathrm {A} ^{2}\left(q'^{2}-q^{2}\right)=(pq'+qp')(pq'-qp').$

Ainsi, à cause que $\mathrm {A}$ est un nombre premier, il faudra, en vertu de l’équation (F), que l’une ou l’autre des quantités $pq'+qp',\ pq'-qp'$ soit divisible par $\mathrm {A} ^{2},$ ou bien que l’une et l’autre soient divisibles en même temps par $\mathrm {A} ^{2}\,;$ mais alors il faudrait aussi que leur somme $2pq'$ fût divisible par $\mathrm {A} ,$ ce qui ne peut être, à cause que ni $p,$ ni $q'$ n’est divisible par $\mathrm {A} ,$ à moins que $\mathrm {A}$ ne soit égal à $2.$

Supposons d’abord que $\mathrm {A}$ soit différent de $2,$ et l’on aura nécessairement

$pq'\pm qp'=s\mathrm {A} ^{2},$

ce qui réduit l’équation (E) à celle-ci :

$\mathrm {A} ^{2}=(pp'\pm aqq')^{2}-as^{2}\mathrm {A} ^{4},$

par laquelle on voit que $pp'\pm aqq'$ doit aussi être divisible par $\mathrm {A} ^{2}\,;$ de manière qu’on aura

$pp'\pm aqq'=r\mathrm {A} ^{2}\,;$

et par conséquent, en divisant toute l’équation par $\mathrm {A} ^{4},$

$1=r^{2}-as^{2}.$

Si $\mathrm {A}$ était égal à $2,$ alors, comme $q$ et $q'$ sont premiers à $\mathrm {A} ,$ ils seraient tous deux impairs ; par conséquent leurs carrés seraient chacun un multiple de $8$ augmenté d’une unité ; de sorte que la différence de ces carrés serait nécessairement un multiple de $8\,;$ on aurait donc

$q'^{2}-q^{2}=8m,$

et l’équation (F) deviendrait, à cause de $\mathrm {A} =2,$

$32m=(pq'+qp')(pq'-qp')\,;$

ainsi il faudrait nécessairement que l’une ou l’autre des quantités $pq'+qp',\ pq'-qp'$ fût divisible par $4,$ c’est-à-dire par $\mathrm {A} ^{2},$ comme dans le cas précédent.

8. 3^o Soit $\mathrm {R=ABC} ,$ $\mathrm {A,B,C}$ étant des nombres premiers, il faudra donc, en vertu de l’équation (B), que l’une ou l’autre des quantités $xy'+yx',\ xy'-yx'$ soit divisible par $\mathrm {R} ,$ ce qui rentre dans le cas du n^o 6 ; ou bien que l’une soit divisible par $\mathrm {A} ,$ et l’autre par $\mathrm {BC} .$ Soit donc

$xy'\pm yx'=q\mathrm {BC} ,$

et l’équation (A) deviendra

$\mathrm {A^{2}B^{2}C^{2}} =(xx''\pm ayy')^{2}-aq^{2}\mathrm {B^{2}C^{2}} \,;$

de sorte qu’il faudra aussi que $xx'\pm ayy'$ soit divisible par $\mathrm {BC} \,;$ donc,

faisant

$xx'\pm ayy'=p\mathrm {BC} ,$

et divisant toute l’équation par $\mathrm {B^{2}C^{2}} ,$ on aura

$\mathrm {A} ^{2}=p^{2}-aq^{2}.$

Si l’on combine de même l’équation $\mathrm {R} =x^{2}-ay^{2}$ avec l’équation $\mathrm {R} =x''^{2}-ay''^{2}$ (n^o 4), et que ni l’une ni l’autre des quantités $xy''+yx'',$$xy''-yx''$ ne soit divisible par $\mathrm {R} ,$ on parviendra, par la même méthode, à une équation de cette forme :

$k^{2}=p^{2}-aq'^{2},$

$k$ étant l’un des facteurs de $\mathrm {R} .$ Donc, si $k=\mathrm {A} ,$ on aura deux équations qu’on traitera comme on a fait ci-dessus pour les équations (C) et (D). Si $k=\mathrm {B} ,$ on combinera les équations $\mathrm {R} =x'^{2}-ay'^{2}$ et $\mathrm {R} =x''^{2}-ay''^{2},$ et si cette combinaison ne donne pas le cas du n^o 6, elle donnera nécessairement une équation de cette forme :

$k'^{2}=p''^{2}-aq''^{2},$

$k'$ étant l’un des trois facteurs de $\mathrm {R} .$

Donc, si $k'=\mathrm {A}$ ou $k'=\mathrm {B} ,$ on aura deux équations analogues aux équations (C) et (D) ; mais, si $k'=\mathrm {C} ,$ il faudra prendre une quatrième équation telle que $\mathrm {R} =x'''^{2}-ay'''^{2},$ et la combiner avec quelqu’une des précédentes pour avoir ou le cas du n^o 6, ou au moins une nouvelle équation de cette forme :

$k''^{2}=p'''^{2}-aq'''^{2},$

$k''$ étant égal à $\mathrm {A}$ ou à $\mathrm {B}$ ou à $\mathrm {C} \,;$ ainsi, quel que soit $k'',$ on aura nécessairement deux équations analogues aux équations (C) et (D), par lesquelles on pourra résoudre le problème (n^o 7).

En général il est évident, par tout ce que nous avons démontré jusqu’ici, qu’en multipliant ensemble deux quelconques des équations du n^o 4, on aura nécessairement ou une équation de cette forme : $1=p^{2}-aq^{2}$ comme dans le n^o 6, ou au moins une équation de cette autre forme : $k^{2}=p^{2}-aq^{2},$ $k$ étant l’un des trois facteurs de $\mathrm {R} .$ Donc, si l’on prend quatre des équations du n^o 4, et qu’on en forme quatre produits différents, on parviendra nécessairement à l’équation

$1=p^{2}-aq^{2},$

ou au moins à deux équations de la forme

$k^{2}=p^{2}-aq^{2},\qquad k'=p'^{2}-aq'^{2},$

qu’on traitera ensuite comme on a fait plus haut pour les équations (C) et (D).

9. 4^o Soit $\mathrm {R=ABCD} ,$ $\mathrm {A,B,C,D}$ étant des nombres premiers, il faudra, en vertu de l’équation (B), que l’une ou l’autre des quantités $xy'+yx',\ xy'-yx'$ soit divisible par $\mathrm {R} \,;$ ou que l’une soit divisible seulement par $\mathrm {BCD} ,$ et l’autre par $A\,;$ ou enfin que l’une le soit seulement, par $\mathrm {CD} ,$ et l’autre par $\mathrm {AB} ,$ ce qui donne trois cas différents.

Dans le premier cas on aura d’abord, comme dans le n^o 6,

$i=p^{2}-aq^{2}.$

Dans le second cas on aura, comme dans le n^o 7, en mettant $\mathrm {BCD}$ au lieu de $\mathrm {B} ,$

$A^{2}=p^{2}-aq^{2}.$

Dans le troisième cas on fera

$xy'\pm yx'=q\mathrm {CD} ,$

et l’équation (A) deviendra

$\mathrm {A^{2}B^{2}C^{2}D^{2}} =(xx'\pm ayy')^{2}-q^{2}\mathrm {C^{2}D^{2}} \,;$

de sorte qu’on aura aussi

$xx'\pm ayy'=p\mathrm {CD} \,;$

et par conséquent, en divisant toute l’équation par $\mathrm {C^{2}D^{2}} .$

$\mathrm {A^{2}B^{2}} =p^{2}-aq^{2}.$

Qu’on prenne donc cinq des équations du n^o 4, et qu’on les multiplie ensemble deux à deux pour avoir sept produits différents (on pourrait à la vérité en avoir dix, mais il suffit ici d’en considérer sept), on aura nécessairement par ce moyen ou une équation de cette forme :

$1=p^{2}-aq^{2},$

laquelle résout le problème ; ou au moins deux équations de cette forme :

$\mathrm {A} ^{2}=p^{2}-aq^{2},\qquad \mathrm {A} ^{2}=p'^{2}-aq'^{2}$

($\mathrm {A}$ étant l’un quelconque des facteurs de $\mathrm {R}$), et le problème se résoudra comme dans le n^o 7 ; ou enfin deux équations de la forme

$\mathrm {A^{2}B^{2}} =p^{2}-aq^{2},\qquad \mathrm {A^{2}B^{2}} =p'^{2}-aq'^{2}$

($\mathrm {A}$ et $\mathrm {B}$ étant deux quelconques des quatre facteurs de $\mathrm {R}$) ; et, dans ce dernier cas, on prouvera aisément que les quatre quantités $p,q,p'$ et $q'$ seront premières à $\mathrm {A}$ et $\mathrm {B} .$

Or, les équations

$\mathrm {A^{2}B^{2}} =p^{2}-aq^{2}\quad {\text{et}}\quad \mathrm {A^{2}B^{2}} =p'^{2}-aq'^{2}$

donnent ces deux-ci :

(G)

$\mathrm {A^{4}B^{4}} =(pp'\pm aqq')^{2}-a(pq'\pm qp')^{2},$

(H)

$\mathrm {A^{2}B^{2}} \left(q'^{2}-q^{2}\right)=(pq'+qp')(pq'-qp').$

Et il faudra, en vertu de l’équation (H), que l’une ou l’autre des quantités $pq'+qp',\ pq'-qp'$ soit divisible par $\mathrm {A^{2}B^{2}} ,$ ou que l’une le soit seulement par $\mathrm {A}$ ou par $\mathrm {B} ,$ et l’autre par $\mathrm {AB} ^{2}$ ou par $\mathrm {A^{2}B} ,$ ou que l’une et l’autre le soient par $\mathrm {AB} \,;$ ou enfin que l’une le soit seulement par $\mathrm {A} ^{2},$ et l’autre par $\mathrm {B} ^{2}\,;$ ce qui donne, comme l’on voit, quatre cas différents.

Dans le premier cas on fera

$pq'\pm qp'=s\mathrm {A^{2}B^{2}} ,$

et l’équation (G) deviendra

$\mathrm {A^{4}B^{4}} =(pp'\pm aqq')^{2}-as^{2}\mathrm {A^{4}B^{4}} \,;$

donc on aura aussi

$pp'\pm aqq'=r\mathrm {A^{2}B^{2}} ,$

et, divisant toute l’équation par $A^{4}B^{4},$ on aura

$1=r^{2}-as^{2}.$

À l’égard du second cas, il est clair que si les deux quantités $pq'-qp',$$pq'-qp'$ étaient divisibles en même temps par $\mathrm {A}$ ou par $\mathrm {B} ,$ il faudrait que leur somme $2pq'$ le fût aussi, ce qui ne peut être (à cause que $p$ et $q'$ sont premiers à $\mathrm {A}$ et $\mathrm {B}$), à moins que l’on n’ait $\mathrm {A} =2$ ou $\mathrm {B} =2\,;$ mais alors $q$ et $q'$ seraient nécessairement impairs, ce qui donnerait $q'^{2}-q^{2}=8m\,:$ de sorte que l’équation (H) deviendrait (en supposant $\mathrm {B} =2$)

$32m\mathrm {A} ^{2}=(pq'+qp')(pq'-qp')\,;$

donc, puisque l’une des deux quantités $pq'+qp',\ pq'-qp'$ est supposée divisible seulement par $\mathrm {B} ,$ il faudra que l’autre le soit par $16\mathrm {A} ^{2},$ et par conséquent aussi par $\mathrm {A^{2}B^{2}} ,$ ce qui se réduit au premier cas.

Le troisième cas ne peut point avoir lieu du tout, à cause que la somme des quantités $pq'+qp',\ pq'-qp'$ n’étant point divisible par $\mathrm {AB} ,$ il est impossible que chacune de ces quantités le soit.

Reste le quatrième cas, dans lequel on aura $pq'\pm qp'=s\mathrm {B} ^{2},$ $s$ n’étant point divisible par $\mathrm {A} \,;$ on aura donc, dans ce cas, au lieu de l’équation (G), celle-ci :

$\mathrm {A^{4}B^{4}} =(pp'\pm aqq')^{2}-as^{2}\mathrm {B} ^{4}\,;$

par conséquent, on aura aussi

$pp'\pm aqq'=r\mathrm {B} ^{2}\,;$

et, divisant toute l’équation par $\mathrm {B} ^{4},$ on aura

$\mathrm {A} ^{4}=r^{2}-as^{2},$

et comme $s$ et $a$ ne sont point divisibles par $\mathrm {A} ,$ $r$ ne le sera pas non plus, de sorte que $r$ et $s$ seront premiers à $\mathrm {A} .$

Ayant l’équation $\mathrm {A} ^{4}=r^{2}-as^{2},$ il faudra encore en avoir une autre semblable pour pouvoir résoudre le problème. Pour la trouver, on continuera à multiplier ensemble deux à deux les autres équations du n^o 4, et il est facile de voir, par ce que nous venons de montrer, que si ces combinaisons ne donnent pas quelques-uns des cas qui ont déjà été résolus, elles donneront nécessairement à la fin deux équations de cette forme :

$\mathrm {A} ^{4}=r^{2}-as^{2},\qquad \mathrm {A} ^{4}=r'^{2}-as'^{2},$

$\mathrm {A}$ étant l’un des quatre facteurs de $\mathrm {R}$ et $r,s,r'$ et $s'$ étant premiers à $\mathrm {A} .$

En effet, puisque le nombre des équations du n^o 4 est infini, et que le nombre des cas qui peuvent arriver est limité, il est évident que le même cas devra arriver une infinité de fois ; de sorte que, si l’on ne trouve pas quelques-uns des cas que nous avons déjà résolus, on trouvera nécessairement deux, et même une infinité de cas tels que,

$\mathrm {A} ^{4}=r^{2}-as^{2},\quad {\text{et}}\quad \mathrm {A} ^{4}=r'^{2}-as'^{2}\,;$

mais il suffira d’en avoir deux pour que le problème soit résoluble.

On aura donc, par le moyen des deux équations dont il s’agit,

(I)

$\mathrm {A} ^{8}=(rr'\pm ass')^{2}-a(rs'\pm sr')^{2},$

(K)

$A^{4}\left(s'^{2}-s^{2}\right)=(rs'+sr')(rs'-sr').$

Donc il faudra, en vertu de l’équation (K), que l’une ou l’autre des quantités $rs'+sr',\ rs'-sr'$ soit divisible par $\mathrm {A} ^{4},$ ou que toutes les deux soient divisibles à la fois par $\mathrm {A} \,;$ mais, dans ce dernier cas, il faudra aussi que leur somme $2rs'$ soit divisible par $\mathrm {A} ,$ ce qui ne peut être à moins que $\mathrm {A}$ ne soit égal à $2.$ Or, supposant $\mathrm {A} =2,$ on aura $s'^{2}-s^{2}=8m,$ ce qui réduira l’équation (K) à

$2^{7}m=(rs'+sr')(rs'-sr')\,;$

d’où l’on voit que si l’une des quantités $rs'+sr',\ rs'-sr'$ est divisible seulement par $\mathrm {A} ,$ l’autre le sera nécessairement par $\mathrm {A} ^{6},$ et par conséquent aussi par $\mathrm {A} ^{4}.$

Le cas où $rs'+sr'$ et $rs'-sr'$ seraient toutes deux divisibles par $\mathrm {A} ^{2}$ ne saurait avoir lieu, à cause que leur somme $2rs'$ ne peut jamais être divisible par $\mathrm {A} ^{2}\,;$ de sorte qu’il ne restera que le cas où l’une ou l’autre de ces quantités sera divisible par $\mathrm {A} ^{4}\,;$ ainsi on aura toujours

$rs\pm sr'=u\mathrm {A} ^{4},$

ce qui réduira l’équation (I) à celle-ci :

$\mathrm {A} ^{8}=(rr'\pm ass')^{2}-au^{2}\mathrm {A} ^{8},$

par laquelle on voit que $rr'\pm ass'$ sera aussi divisible par $\mathrm {A} ^{4}.$ Faisant donc

$rr'\pm ass'=t\mathrm {A} ^{4},$

et divisant toute, l’équation par $\mathrm {A} ^{8},$ on aura

$1=t^{2}+au^{2}.$

On voit par là comment il faudrait s’y prendre si le nombre $\mathrm {R}$ était composé de cinq nombres premiers, ou d’autant de nombres premiers qu’on voudrait ; et on voit en même temps que, pourvu que $a$ et $\mathrm {R}$ soient premiers entre eux, on parviendra toujours à une équation de cette forme :

$1=x^{2}-ay^{2},$

qui contient la solution du problème proposé ; la difficulté ne consistera que dans la longueur du calcul, mais on pourra souvent l’abréger par les considérations suivantes.

10. Si le nombre $\mathrm {R}$ était une puissance quelconque d’un nombre premier, il ne serait pas nécessaire de le regarder comme le produit d’autant de nombres premiers qu’il y a d’unités dans l’exposant de la puissance donnée.

Car, soit $\mathrm {R=A''} ,$ $\mathrm {A}$ étant premier et différent de $2,$ je dis qu’il faudra, en vertu de l’équation (B), que l’une ou l’autre des quantités $xy'+yx',$$\ xy'-yx'$ soit divisible par $\mathrm {A} ''\,;$ en effet, si l’une de ces quantités était divisible seulement par une puissance de $\mathrm {A}$ moindre que $\mathrm {A} '',$ il faudrait que l’autre fût divisible par le complément de cette puissance ; de sorte que les deux quantités dont il s’agit seraient divisibles en même temps par $\mathrm {A} \,;$ par conséquent leur somme $2xy'$ le serait aussi ; donc, à cause de $\mathrm {A}$ premier et différent de $2,$ il faudrait que $x$ ou $y'$ fût divisible par $\mathrm {A} \,:$ mais, si $x$ était divisible par $\mathrm {A} ,$ il faudrait, en vertu de l’équation $A^{n}=x^{2}-ay^{2},$ que $y$ le fût aussi, $a$ étant, par hypothèse, premier à $\mathrm {A} \,;$ ainsi $x$ et $y$ ne seraient pas premiers entre eux, ce qui répugne à la nature de ces quantités (n^o 1).

On prouvera de même, par l’équation $\mathrm {A} ^{n}=x'^{2}-ay'^{2},$ que $y$ ne saurait être divisible par $\mathrm {A} .$ Donc il faudra nécessairement que l’on ait

$xy'\pm yx'=q\mathrm {A} ^{n},$

ce qui réduira l’équation (A) à

$\mathrm {A} ^{2n}=(xx'\pm ayy')^{2}-aq^{2}\mathrm {A} ^{2n},$

par laquelle on voit que $xx'\pm ayy'$ sera aussi divisible par $\mathrm {A} ^{2n}\,;$ ainsi, faisant

$xx'\pm ayy'=p\mathrm {A} ^{n},$

et divisant l’équation par $\mathrm {A} ^{2n},$ on aura sur-lechamp

$i=p^{2}-aq^{2}.$

Si $\mathrm {A}$ était égal à $2,$ alors, puisque $y$ et $y'$ ne sont pas divisibles par $\mathrm {A} ,$ ils seront nécessairement impairs ; de sorte qu’on aurait $y'^{2}-y^{2}=8m,$ et l’équation (B) deviendrait

$2^{n+3}m=(xy'+yx')(xy'-yx')\,;$

or, les quantités $xy'+yx',\ xy'-yx'$ ne peuvent être divisibles en même temps par $4,$ parce qu’il faudrait que leur somme $2xy'$ le fût aussi, et que, par conséquent, $x$ ou $y'$ fût divisible par $2,$ ce qui ne se peut. Donc il faudra nécessairement que l’une de ces quantités soit divisible par $2^{n+2},$ et par conséquent aussi par $\mathrm {A} ^{n}\,;$ donc, etc.

On pourra abréger et simplifier de la même manière l’analyse des cas où

$\mathrm {R} =\mathrm {A} ^{m}\mathrm {B} ^{n}\mathrm {C} ^{r}\ldots ,$

$\mathrm {A,B,C} \ldots$ étant des nombres premiers.

11. Si l’on avait ces trois équations :

$\mathrm {R} =x^{2}-ay^{2},\quad \mathrm {R} '=x'^{2}-ay'^{2}\quad {\text{et}}\quad \mathrm {R} ''=x''^{2}-ay''^{2},$

et que $\mathrm {R}$ et $\mathrm {R} '$ fussent des nombres premiers quelconques, et $\mathrm {R''=RR'} ,$ on pourrait aussi par leur moyen résoudre le problème.

Car les équations $x^{2}-ay^{2}=\mathrm {R}$ et $x''^{2}-ay''^{2}=\mathrm {RR} '$ donneront ces deux-ci :

(L)

$\mathrm {R^{2}R'} =(xx''\pm ayy'')^{2}-a(xy''\pm yx'')^{2},$

(M)

$\mathrm {R} \left(y''^{2}-\mathrm {R} 'y''^{2}\right)=(xy''+yx'')(xy''-yx'')\,;$

donc, à cause que $\mathrm {R}$ est premier, il faudra, en vertu de l’équation (M), que l’une ou l’autre des quantités $xy''+yx'',\ xy''-yx''$ soit divisible par $R\,:$ donc, faisant

$xy''\pm yx''=q\mathrm {R} ,$

l’équation (L) deviendra

$\mathrm {R^{2}R'} =(xx''-\pm ayy'')^{2}-aq^{2}\mathrm {R} ^{2},$

d’où l’on voit que, $xx''pmayy''$ sera aussi nécessairement divisible par $\mathrm {R} ,$ de sorte qu’en faisant $xx''\pm ayy''=p\mathrm {R} ,$ on aura, en divisant par $\mathrm {R} ^{2},$

$\mathrm {R} '=p^{2}-aq^{2},$

et il ne s’agira plus que de combiner cette équation avec l’équation

$\mathrm {R} '=x'^{2}-ay'^{2},$

suivant la méthode du n^o 6.

On pourrait traiter de la même manière les cas où l’on aurait

$x^{2}-ay^{2}=\mathrm {R} ,\ \ x'^{2}-ay'^{2}=\mathrm {R} ',\ \ x''^{2}-y''^{2}=\mathrm {R} ''\ \ {\text{et}}\ \ x'''^{2}-ay'''^{2}=\mathrm {RR'R''} ,$

$\mathrm {R,R',R''}$ étant des nombres premiers, et ainsi des autres.

12. Il est bon de remarquer encore que si les nombres $\mathrm {R} ,$ dans les différentes équations du n^o 4, étaient de signes différents, pourvu qu’ils fussent d’ailleurs égaux entre eux, les méthodes des numéros précédents réussiraient de même ; il n’y aurait d’autre différence dans les résultats sinon qu’au lieu d’arriver toujours à une équation de cette forme : $1=x^{2}-ay^{2},$ on arriverait quelquefois à une équation de cette autre forme : $-1=x^{2}-ay^{2}\,;$ mais alors il n’y aurait qu’à élever cette dernière équation au carré, et l’on aurait (n^o 5)

$1=(x^{2}+ay^{2})^{2}-a(2xy)^{2}.$

13. Au reste, si l’on avait $\mathrm {R} =\pm 2$ ou $\mathrm {R} =\pm 4.$ une seule équation suffirait pour résoudre le problème.

Soit : 1^o

$\pm 2=x^{2}-ay^{2},$

on aura, en prenant les carrés,

$4=(x^{2}+ay^{2})^{2}2-4ax^{2}y^{2}\,;$

mais $ay^{2}=x^{2}\mp 2\,;$ donc $4=4\left(x^{2}\mp 1\right)^{2}-4ax^{2}y^{2},$ et, divisant par $4,$

$1=(x^{2}\mp 1)^{2}-a(xy)^{2}.$

2^o Soit

$\pm 4=x^{2}-ay^{2},$

on aura, en carrant,

$16=\left(x^{2}+ay^{2}\right)^{2}-4ax^{2}y^{2}\,;$

mais $ay^{2}=x^{2}\mp 4\,;$ donc, en substituant cette valeur et divisant toute l’équation par $4,$ on aura

$4=\left(x^{2}\mp 2\right)^{2}-ax^{2}y^{2}.$

Cette équation étant multipliée par l’équation $\pm 4=x^{2}-ay^{2},$ on aura (n^o 5), en prenant le signe $+,$

$\pm 16=\left[\left(x^{2}\mp 2\right)x+axy^{2}\right]^{2}-a\left[(x^{2}\mp 2)y+x^{2}y\right]^{2},$

c’est-à-dire

$\pm 16=x^{2}\left(x^{2}+ay^{2}\mp 2\right)^{2}-4ay^{2}\left(x^{2}\mp 1\right)^{2}\,;$

mais $ay^{2}=x^{2}\mp 4\,;$ donc, en substituant et divisant par $4.$ on aura

$\pm 4=x^{2}\left(x^{2}\mp 3\right)^{2}-ay^{2}\left(x^{2}\mp 1\right)^{2}.$

Or, puisque $a$ est premier à $\mathrm {R} ,$ et que $\mathrm {R}$ est ici un nombre pair, $a$ sera nécessairement impair ; donc l’équation $\mathrm {R} =x^{2}-ay^{2}$ ne pourra subsister à moins que $x$ et $y$ ne soient tous deux pairs ou impairs ; mais ils ne peuvent être tous deux pairs, parce qu’ils sont supposés premiers l’un à l’autre ; donc ils seront nécessairement tous deux impairs ; donc $x$ sera impair, et par conséquent $x^{2}\mp 1$ et $x^{2}\mp 3$ seront tous deux pairs ; donc, faisant $x^{2}\mp 1=2q$ et $x^{2}\mp 3=2p,$ et divisant l’équation précédente par $4,$ on aura celle-ci :

$\pm 1=(xp)^{2}-a(yq)^{2}\,;$

donc, lorsque $\mathrm {R} =4,$ on aura

$1=(xp)^{2}-a(yq)^{2},$

et, lorsque $\mathrm {R} =-4,$ on aura

$-1=(xp)^{2}-a(yq)^{2}\,;$

d’où, en prenant les carrés, il viendra

$+1=(x^{2}p^{2}+ay^{2}q^{2})^{2}-a(2xypq)^{2}.$

14. Nous avons supposé jusqu’ici que les nombres $a$ et $\mathrm {R}$ étaient premiers l’un à l’autre ; voyons maintenant comment il faudra s’y prendre lorsque ces nombres auront un diviseur commun.

Soit $\theta$ le plus grand diviseur commun de $a$ et de $\mathrm {R} ,$ en sorte que $a=\theta b$ et $\mathrm {R=\theta T} ,$ $b$ et $\mathrm {T}$ étant premiers entre eux, et l’équation

$\mathrm {R} =x^{2}-ay^{2}$

deviendra

$\theta \mathrm {T} =x^{2}-\theta by^{2}$

(ce que nous disons de cette équation doit s’appliquer en général à toutes les équations du n^o 4) ; d’où l’on voit qu’il faut nécessairement que le carré $x^{2}$ soit divisible par $\theta .$

Supposons : 1^o que $\theta$ ne soit ni carré, ni multiple d’un carré, il est évident que la racine $x$ devra être elle-même divisible par $\theta \,;$ de sorte qu’en faisant $x=\theta u,$ et divisant toute l’équation par $\theta ,$ on aura

$\mathrm {T} =\theta u^{2}-by^{2}.$

Qu’on élève cette équation au carré, et l’on aura

$\mathrm {T} ^{2}=\theta ^{2}u^{4}-2b\theta u^{2}y^{2}+b^{2}y^{2}-\left(\theta u^{2}+by^{2}\right)^{2}-\theta b(2uy)^{2},$

savoir

$\mathrm {T} ^{2}-\left(\theta u^{2}+by^{2}\right)^{2}-a\left(2uy\right)^{2},$

équation dans laquelle $a$ et $\mathrm {T} ^{2}$ seront premiers entre eux.

Or, dans l’équation $\mathrm {R} =x^{2}-ay^{2},$ $\mathrm {R}$ est nécessairement premier à $y\,;$ autrement $x^{2}$ serait divisible par la plus grande commune mesure de ces deux quantités, et par conséquent $x$ et $y$ ne seraient plus premiers entre eux, contre l’hypothèse ; donc $\mathrm {T}$ et $\theta$ seront aussi premiers à $y\,;$ donc, dans l’équation $\mathrm {T} =\theta u^{2}-by^{2},$ $T$ et $u$ seront aussi premiers entre eux ; autrement il faudrait que $by^{2}$ fût divisible par leur plus grande commune mesure, ce qui ne se peut à cause que $b$ et $y$ sont tous les deux premiers à $\mathrm {T} \,;$ donc, puisque $\mathrm {T}$ est premier à $u$ et à $y,$ il est clair que $\mathrm {T} ^{2}$ sera nécessairement premier à $uy\,;$ donc, dans l’équation

$\mathrm {T} ^{2}=\left(\theta u^{2}+by^{2}\right)^{2}-a(2uy)^{2},$

$\theta u^{2}+by^{2}$ et $uy$ seront premiers entre eux ; car, s’ils ne l’étaient pas, il faudrait que $\mathrm {T}$ fût divisible par leur commune mesure ; ainsi $\mathrm {T}$ et $uy$ ne seraient plus premiers l’un à l’autre.

Donc, si $\mathrm {T}$ est un nombre impair, on prendra, au lieu de l’équation $\mathrm {R} =x^{2}-ay^{2},$ celle-ci :

$\mathrm {T} ^{2}=\left(\theta u^{2}+by^{2}\right)^{2}-a(2uy)^{2},$

dans laquelle $\mathrm {T} ^{2}$ et $a$ seront premiers entre eux, aussi bien que $\theta u^{2}+by^{2}$ et $2uy.$

Et, si $\mathrm {T}$ est un nombre pair, alors $\theta u^{2}+by^{2}$ sera aussi pair, et l’on aura l’équation

$\left({\frac {\mathrm {T} }{2}}\right)^{2}=\left({\frac {\theta u^{2}+by^{2}}{2}}\right)^{2}-a(uy)^{2},$

dans laquelle $\left({\frac {\mathrm {T} }{2}}\right)$ et $a$ seront premiers entre eux, comme aussi ${\frac {\theta u^{2}+by^{2}}{2}}$ et $uy.$

2^o Supposons maintenant que $\theta$ ait un facteur carré $\varpi ^{2},$ en sorte que $\theta =\varpi ^{2}\gamma ,$ $\gamma ,$ n’étant ni carré ni multiple d’un carré ; en ce cas l’équation $\mathrm {R} =x^{2}-ay^{2}$ deviendra

$\varpi ^{2}\gamma \mathrm {T} =x^{2}-\varpi ^{2}\gamma by^{2}\,;$

d’où l’on voit que le carré $x^{2}$ sera nécessairement divisible par $\varpi ^{2}\gamma ,$ et que par conséquent sa racine $x$ le sera par $\varpi \gamma \,:$ ainsi, faisant $x=\varpi \gamma u,$ on aura, après avoir divisé par $\varpi ^{2}\gamma ,$

$\mathrm {T} =\gamma u^{2}-by^{2}.$

Donc, si $\gamma =1,$ c’est-à-dire si $\theta$ est carré, on aura l’équation

$\mathrm {T} =u^{2}-by^{2},$

dans laquelle $\mathrm {T}$ et $b$ seront premiers entre eux, aussi bien que $u$ et $y,$ de sorte qu’à l’aide de cette équation et des autres semblables, on parviendra, par les méthodes des n^os 6 et suivants, à une équation de cette forme :

$1=p^{2}-bq^{2}\quad {\text{ou bien}}\quad 1=p^{2}-{\frac {a}{\varpi ^{2}}}q^{2}.$

Si $\gamma$ n’est pas égal à $1,$ on élèvera l’équation $\mathrm {T} =\gamma u^{2}-by^{2}$ au carré, et l’on aura

$\mathrm {T} ^{2}=\left(\gamma u^{2}+by^{2}\right)^{2}-\gamma b(2uy)^{2},$

et l’on prouvera, comme ci-dessus, que $\gamma b$ sera premier à $\mathrm {T} ^{2},$ et que $\gamma u^{2}+by^{2}$ et $uy$ seront premiers entre eux.

De sorte que, si $\mathrm {T}$ est impair, on aura, au lieu de l’équation. $\mathrm {R} =x^{2}-ay^{2},$ celle-ci :

$\mathrm {T} ^{2}=\left(\gamma u^{2}+by^{2}\right)^{2}-\gamma b(2uy)^{2},$

où $\mathrm {T} ^{2}$ et $\gamma b$ seront premiers entre eux aussi bien que $\gamma u^{2}+by^{2}$ et $2uy.$

Et, si $\mathrm {T}$ est pair, on aura l’équation

$\left({\frac {\mathrm {T} }{2}}\right)^{2}=\left({\frac {\gamma u^{2}+by^{2}}{2}}\right)^{2}-\gamma b(uy)^{2},$

où $\left({\frac {\mathrm {T} }{2}}\right)$ et $\gamma b$ seront premiers entre eux aussi bien que ${\frac {\gamma u^{2}+by^{2}}{2}}$ et $2uy.$

Donc, par le moyen de ces équations et des autres semblables, on parviendra aussi à une équation de cette forme : $1=p^{2}-\gamma bq^{2},$ c’est-à-dire, à cause de $a=\gamma b\varpi ^{2},$ de cette forme-ci :

$1=p^{2}-{\frac {a}{\varpi ^{2}}}q^{2}.$

Or, connaissant deux valeurs quelconques de $p$ et $q$ qui satisfassent à l’équation $1=p^{2}-fq^{2},$ $f$ étant quelconque, il est toujours possible de trouver par leur moyen deux autres valeurs de $p$ et $q$ qui satisfassent à la même équation, et qui soient telles que la valeur de $q$ soit multiple d’un nombre quelconque donné, comme nous le verrons plus bas (n^o 21) ; donc on pourra toujours déterminer $p$ et $q,$ de manière que $q$ soit divisible par $\varpi \,;$ de sorte qu’on aura

$1=p^{2}-a\left({\frac {q}{\varpi }}\right)^{2},$

comme le problème le demande.

15. Nous avons donc démontré, avec, toute la rigueur et la généralité possibles, qu’un nombre quelconque entier et non carré $a$ étant donné, il est toujours possible de trouver deux nombres $x$ et $y$ tels, que $1=x^{2}-ay^{2},$ et nous avons en même temps donné les moyens de trouver ces mêmes nombres.

Or, comme le carré, le cube, et en général toute puissance d’une quantité de cette forme $x^{2}-ay^{2}$ est toujours aussi de la même forme (n^o 5), il s’ensuit qu’en élevant l’équation $1=x^{2}-ay^{2}$ à une puissance quelconque, on aura une infinité d’autres équations semblables, de sorte qu’ayant trouvé par les méthodes précédentes, ou par quelque autre méthode que ce soit, une seule solution du problème, on pourra par son moyen en trouver d’autres à l’infini.

Pour renfermer toutes ces solutions dans une formule générale, supposons que $p$ et $q$ soient les valeurs trouvées de $x$ et de $y,$ en sorte que l’on ait $1=p^{2}-aq^{2}\,;$ en élevant les deux membres de cette équation à une puissance quelconque $m,$ on aura

$1=(p^{2}-aq^{2})^{m},$

équation qu’il s’agit de réduire à la forme de celle-ci :

$1=x^{2}-ay^{2}.$

Pour cela je remarque que

$p^{2}-aq^{2}=\left(p+q{\sqrt {a}}\right)\left(p-q{\sqrt {a}}\right),$

de sorte que l’on aura

$\left(p^{2}-aq^{2}\right)^{m}=\left(p+q{\sqrt {a}}\right)^{m}\left(p-q{\sqrt {a}}\right)^{m}.$

Or

${\begin{aligned}\left(p+q{\sqrt {a}}\right)^{m}=&p^{m}+mp^{m-1}q{\sqrt {a}}+{\frac {m(m-1)}{2}}p^{m-2}q^{2}a\\&+{\frac {m(m-1)(m-2)}{2.3}}p^{m-3}q^{3}a{\sqrt {a}}+\ldots \,;\end{aligned}}$

donc, si l’on fait

${\begin{aligned}x=&p^{m}+{\frac {m(m-1)}{2}}p^{m-2}q^{2}a+{\frac {m(m-1)(m-2)(m-3)}{2.3.4}}p^{m-4}q^{4}a^{2}+\ldots ,\\y=&mp^{m-1}q+{\frac {m(m-1)(m-2)}{2.3}}p^{m-3}q^{3}a+{\frac {m(m-1)\ldots (m-4)}{2.3.4.5}}p^{m-5}q^{5}a^{2}+\ldots ,\end{aligned}}$

on aura

$\left(p+q{\sqrt {a}}\right)^{m}=x+y{\sqrt {a}}\,;$

et, prenant le radical ${\sqrt {a}}$ en $-,$ on aura de même

$\left(p-q{\sqrt {a}}\right)^{m}=x-y{\sqrt {a}}\,;$

donc

$\left(p^{2}-aq^{2}\right)^{m}=\left(x-y{\sqrt {a}}\right)\left(x-y{\sqrt {a}}\right)=x^{2}-ay^{2}\,;$

de sorte que l’on aura en général

$x^{2}-ay^{2}=1,$

en prenant pour $m$ un nombre quelconque entier et positif.

Au reste, les équations

$\left(p+q{\sqrt {a}}\right)^{m}=x+y{\sqrt {a}}\quad {\text{et}}\quad \left(p-q{\sqrt {a}}\right)^{m}=x-y{\sqrt {a}}$

donneront

${\begin{aligned}x=&{\frac {\left(p+q{\sqrt {a}}\right)^{m}+\left(p-q{\sqrt {a}}\right)^{m}}{2}},\\y=&{\frac {\left(p+q{\sqrt {a}}\right)^{m}-\left(p-q{\sqrt {a}}\right)^{m}}{2}},\end{aligned}}$

expressions qui reviennent au même que les précédentes, mais qui ont l’avantage d’être sous une forme finie ; ainsi, prenant successivement pour $m$ tous les nombres naturels, on aura une infinité de solutions du problème proposé.

16. Les dernières expressions de $x$ et de $y$ font voir que ces quantités forment deux suites récurrentes, dont l’échelle de relation est $2p,$$-\left(p^{2}-aq^{2}\right),$ ou bien (à cause de $p^{2}-aq^{2}=1$) $2p,-1\,;$ de sorte qu’en dénotant par $x',x'',x''',\ldots$ et $y',y'',y''',\ldots$ les valeurs de $x$ et de $y$ qui répondent à $m=1,2,3,\ldots ,$ on aura les séries suivantes :

${\begin{aligned}x'\ \ &=p,\\x''\ &=\ \ 2p^{2}-1,\\x'''&=\ \ 4p^{3}-3p,\\x^{\mathrm {iv} }&=\ \ 8p^{4}-8p^{2}+1,\\x^{\mathrm {v} }\ &=16p^{5}-20p^{3}+5p,\\\ldots &\ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots ,\end{aligned}}$

et en général, lorsque l’exposant est $m,$

${\begin{aligned}x=&2^{m-1}p^{m}-m2^{m-3}p^{m-2}+{\frac {m(m-3)}{2}}2^{m-5}p^{m-4}-{\frac {m(m-4)(m-5)}{2.3}}2^{m-7}p^{m-6}\\&+{\frac {m(m-5)(m-6)(m-7)}{2.3.4}}2^{m-9}p^{m-8}-\ldots ,\end{aligned}}$

et de même

${\begin{aligned}y'\ \ &=q,\\y''\ &=2pq,\\y'''&=\left(4p^{2}-1\right)q,\\y^{\mathrm {iv} }&=\left(8p^{3}-4p\right)q,\\y^{\mathrm {v} }\ &=\left(16p^{4}-12p^{2}+1\right)q,\\\ldots &\ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \,;\end{aligned}}$

et en général, lorsque l’exposant est $m,$

$y=\left[2^{m-1}p^{m-1}-(m-2)2^{m-3}p^{m-3}+{\frac {(m-3)(m-4)}{2}}2^{m-5}p^{m-5}\right.$

$\left.-{\frac {(m-4)(m-5)(m-6)}{2.3}}2^{m-7}p^{m-7}+\ldots \right]q.$

On peut mettre encore les expressions générales de $x$ et de $y$ sous une autre forme beaucoup plus simple ; mais il faut pour cela distinguer les cas où $m$ est pair ou impair.

Soit : 1^o $m$ impair, on aura

${\begin{aligned}x'\ \ &=p,\\x'''&=-\left(3p-4p^{3}\right),\\x^{\mathrm {v} }\ &=5p-20p^{3}+16p^{5},\\\ldots &\ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots ,\end{aligned}}$

et en général

$x=\pm \left[mp-{\frac {m\left(m^{2}-1\right)}{2.3}}p^{3}+{\frac {m\left(m^{2}-1\right)\left(m^{2}-9\right)}{2.3.4.5}}p^{5}\right.$

$\left.-{\frac {m\left(m^{2}-1\right)\left(m^{2}-9\right)\left(m^{2}-25\right)}{2.3.4.5.6.7}}p^{7}\right.$

le signe supérieur étant pour le cas de $m$ multiple de $4$ plus $1,$ et l’inférieur pour celui de $m$ multiple de $4$ plus $3.$

Ensuite

${\begin{aligned}y'\ \ &=q,\\y'''&=-q\left(1-4p^{2}\right),\\y^{\mathrm {v} }\ &=q\left(1-12p^{2}+16p^{4}\right),\\\ldots &\ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots ,\end{aligned}}$

et en général

$y=\pm q\left[1-{\frac {m^{2}-1}{2}}p^{2}+{\frac {\left(m^{2}-1\right)\left(m^{2}-9\right)}{2.3.4}}p^{4}\right.$

$\left.-{\frac {\left(m^{2}-1\right)\left(m^{2}-9\right)\left(m^{2}-25\right)}{2.3.4.5.6}}p^{6}+\ldots \right],$

où l’on observera, à l’égard des signes ambigus, la même règle que ci-dessus.

Soit : 2^o $m$ pair, et l’on aura

${\begin{aligned}x''\ &=-\left(1-2p^{2}\right),\\x^{\mathrm {iv} }&=1-8p^{2}+8p^{4},\\x^{\mathrm {vi} }&=-\left(1-18p^{2}+48p^{4}-32p^{6}\right),\\\ldots &\ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots ,\end{aligned}}$

et en général

$x=\pm \left[1-{\frac {m^{2}}{2}}p^{2}+{\frac {m^{2}\left(m^{2}-4\right)}{2.3.4}}p^{4}-{\frac {m^{2}\left(m^{2}-4\right)\left(m^{2}-16\right)}{2.3.4.5.6}}p^{6}+\ldots \right].$

Ensuite

${\begin{aligned}y''\ &=2pq,\\y^{\mathrm {iv} }&=-q\left(4p-8p^{3}\right),\\y^{\mathrm {vi} }&=q\left(6p+32p^{3}+32p^{5}\right),\\\ldots &\ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots ,\end{aligned}}$

et en général

$y=\mp q\left[mp-{\frac {m\left(m^{2}-4\right)}{2.3}}p^{3}+{\frac {m\left(m^{2}-4\right)\left(m^{2}-16\right)}{2.3.4.5}}p^{5}-\ldots \right].$

À l’égard de l’ambiguïté des signes, on prendra le signe supérieur lorsque $m$ est un multiple de $4,$ et l’inférieur lorsque $m$ est un multiple de $4$ plus $2.$

De plus, puisque $p^{2}-aq^{2}=1,$ on pourra substituer dans les formules précédentes $1+aq^{2}$ au lieu de $p^{2},$ et l’on aura celles-ci :

1^o Pour le cas de $m$ impair,

${\begin{aligned}x'\ \ &=p,\\x'''&=p\left(1+4aq^{2}\right),\\x^{\mathrm {v} }\ &=p\left(1+12aq^{2}+16a^{2}q^{4}\right),\\\ldots &\ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots ,\end{aligned}}$

et en général

$x=p\left[1+{\frac {m^{2}-1}{2}}aq^{2}+{\frac {(m^{2}-1)(m^{2}-9)}{2.3.4}}a^{2}q^{4}\right.$

$\left.+{\frac {(m^{2}-1)(m^{2}-9)(m^{2}-25)}{2.3.4.5.6}}a^{3}q^{6}+\ldots \right].$

Ensuite

${\begin{aligned}y'\ \ &=q,\\y'''&=3q+4aq^{3},\\y^{\mathrm {v} }\ &=5q+20aq^{3}+16a^{2}q^{5},\\\ldots &\ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots ,\end{aligned}}$

et en général

${\begin{aligned}y=&mq+{\frac {m(m^{2}-1)}{2.3}}aq^{3}+{\frac {m\left(m^{2}-1\right)\left(m^{2}-9\right)}{2.3.4.5}}a^{2}q^{5}\\&+{\frac {m\left(m^{2}-1\right)\left(m^{2}-9\right)\left(m^{2}-25\right)}{2.3.4.5.6.7}}a^{3}q^{7}+\ldots \end{aligned}}$

2^o Pour le cas de $m$ pair,

${\begin{aligned}x''\ &=1+2aq^{2},\\x^{\mathrm {iv} }&=1+8aq^{2}+8a^{2}q^{4},\\x^{\mathrm {v} }\,&=1+18aq^{2}+48a^{2}q^{4}+32a^{3}q^{6},\\\ldots &\ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots ,\end{aligned}}$

et en général

$x=1+{\frac {m^{2}}{2}}aq^{2}+{\frac {m^{2}\left(m^{2}-4\right)}{2.3.4}}a^{2}q^{4}+{\frac {m^{2}\left(m^{2}-4\right)\left(m^{2}-16\right)}{2.3.4.5.6}}a^{3}q^{6}+\ldots .$

Ensuite

${\begin{aligned}y''\ &=2pq,\\y^{\mathrm {iv} }&=p\left(4q+8aq^{3}\right),\\y^{\mathrm {v} }\,&=p\left(6q+32aq^{3}+32a^{2}q^{5}\right),\\\ldots &\ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots ,\end{aligned}}$

et en général

$y=p\left[mq+{\frac {m\left(m^{2}-4\right)}{2.3}}aq^{3}+{\frac {m\left(m^{2}-4\right)\left(m^{2}-16\right)}{2.3.4.5}}a^{2}q^{5}+\ldots \right].$

Ces dernières expressions de $x$ et de $y$ ont l’avantage de n’être composées que de termes tous positifs, ce qui les rend beaucoup plus simples et plus commodes pour le calcul.

17. Nous allons démontrer maintenant que si $p$ et $q$ sont les plus petites valeurs de $x$ et $y$ qui satisfassent à l’équation

$x^{2}-ay^{2}=1,$

toutes les autres valeurs possibles de $x$ et de $y$ seront nécessairement renfermées dans les formules générales des deux numéros précédents.

Pour cela nous remarquerons d’abord que si l’on a

$p^{2}-aq^{2}=,\qquad p'^{2}-aq'^{2}=1,$

et que $p'>p,$ on aura aussi $q'>q\,;$ car retranchant la première équation de la seconde, on a

$p'^{2}-p^{2}-a\left(q'^{2}+q^{2}\right)=0,\quad {\text{ou bien}}\quad p'^{2}-p^{2}=a\left(q'^{2}-q^{2}\right)\,;$

donc si $p'^{2}-p^{2}$ est positif, il faudra que $q'^{2}-q^{2}$ le soit aussi ; donc ….

Supposons maintenant que $p$ et $q$ soient les plus petites valeurs de $x$ et $y$ dans l’équation

$x^{2}-ay^{2}=1,$

et que $p'$ et $q'$ soient les valeurs de $x$ et de $y$ qui sont immédiatement plus grandes que celles-là, en sorte qu’il n’y ait point de nombres plus petits que $p'$ et $q',$ qu’on puisse prendre pour $x$ et $y,$ autres que $p$ et $q.$ Cela posé :

Qu’on multiplie ensemble les deux équations

$p^{2}-aq^{2}=1\quad {\text{et}}\quad p'^{2}-aq'^{2}=1,$

et l’on aura (n^o 5), en prenant seulement le signe inférieur,

$(pp'-aqq')^{2}-a(pq'-qp')^{2}=1\,;$

d’où l’on voit que $pp'-aqq'$ sera aussi une des valeurs de $x,$ et $pq'-qp'$ une des valeurs de $y$ qui satisfont à la même équation

$x^{2}-ay^{2}=1.$

Or je dis que $pp'-aqq'$ est $>0$ et $<p'.$ Car 1^o soit $pp'-aqq'=z,$ on aura

${\frac {p}{q}}{\frac {p'}{q'}}-a={\frac {z}{qq'}}\,;$

mais les équations

$p^{2}-aq^{2}=1\quad {\text{et}}\quad p'^{2}-aq'^{2}=1$

donnent

${\frac {p^{2}}{q^{2}}}=a+{\frac {1}{q^{2}}},\qquad {\frac {p'^{2}}{q'^{2}}}=a+{\frac {1}{q'^{2}}}\,;$

donc

${\frac {p^{2}}{q^{2}}}{\frac {p'^{2}}{q'^{2}}}=a^{2}+a\left({\frac {1}{q^{2}}}+{\frac {1}{q'^{2}}}\right)+{\frac {1}{q^{2}q'^{2}}},$

et tirant la racine carrée,

${\frac {p}{q}}{\frac {p'}{q'}}={\sqrt {a^{2}+a\left({\frac {1}{q^{2}}}+{\frac {1}{q'^{2}}}\right)+{\frac {1}{q^{2}q'^{2}}}}},$

d’où l’on voit que

${\frac {p}{q}}{\frac {p'}{q'}}>a\,;$

de sorte que ${\frac {p}{q}}{\frac {p'}{q'}}-a$ sera toujours une quantité positive : par conséquent $z$ sera aussi un nombre positif.

2^o Soit $pp'-aqq'=p'+u,$ on aura

${\frac {p-1}{q}}{\frac {p'}{q'}}-a={\frac {u}{qq'}}\,;$

or

${\frac {p-1}{q}}={\sqrt {a+{\frac {1}{q^{2}}}}}-{\frac {1}{q}}={\frac {a}{{\sqrt {a+{\cfrac {1}{q^{2}}}}}+{\cfrac {1}{q}}}}\quad {\text{et}}\quad {\frac {p'}{q'}}={\sqrt {a+{\frac {1}{q'^{2}}}}}\,;$

donc

${\frac {p-1}{q}}{\frac {p'}{q'}}=a{\frac {\sqrt {a+{\cfrac {1}{q'^{2}}}}}{{\sqrt {a+{\cfrac {1}{q^{2}}}}}+{\cfrac {1}{q}}}}\,;$

mais $q'>q,$ donc ${\sqrt {a+{\frac {1}{q'^{2}}}}}<{\sqrt {a+{\frac {1}{q^{2}}}}}$ et à plus forte raison $<{\sqrt {a+{\frac {1}{q^{2}}}}}+{\frac {1}{q}}\,;$ donc

${\frac {p-1}{q}}{\frac {p'}{q'}}<a\,;$

donc ${\frac {p-1}{q}}{\frac {p'}{q'}}-a$ sera nécessairement une quantité négative ; par con-

séquent $u$ sera aussi négative ; donc

$pp'-aqq'<p'.$

Donc il faudra par l’hypothèse que l’on ait $pp'-aqq'=p,$ et comme

$(pp'-aqq')^{2}-a(pq'-qp')^{2}=1\quad {\text{et}}\quad pp'-aqq'=p,$

il faudra aussi que l’on ait

$(pq'-qp')^{2}=q^{2},\quad {\text{d’où}}\quad pq'-qp'=\pm q.$

Mais

${\frac {p}{q}}={\sqrt {a+{\frac {1}{q^{2}}}}}\quad {\text{et}}\quad {\frac {p'}{q'}}={\sqrt {a+{\frac {1}{q'^{2}}}}}\,;$

donc, à cause de $q'>q,$ on aura ${\frac {p}{q}}>{\frac {p'}{q'}}\,;$ donc $pq'-qp'$ sera positif ; de sorte qu’il faudra supposer

$pq'-qp'=q.$

Nous aurons donc ces deux équations :

$pp'-aqq'=p\quad {\text{et}}\quad pq'-qp'=q,$

d’où l’on tire

$p'={\frac {p^{2}+aq^{2}}{p^{2}-aq^{2}}}\quad {\text{et}}\quad q'={\frac {2pq}{p^{2}-aq^{2}}},$

c’est-à-dire, à cause de $p^{2}-aq^{2}=1,$

$p'=p^{2}+aqq^{2},\qquad q'=2pq,$

ou bien, ce qui revient au même,

${\begin{aligned}p'=&{\frac {\left(p+q{\sqrt {a}}\right)^{2}+\left(p-q{\sqrt {a}}\right)^{2}}{2}},\\q'=&{\frac {\left(p+q{\sqrt {a}}\right)^{2}-\left(p-q{\sqrt {a}}\right)^{2}}{2{\sqrt {a}}}},\end{aligned}}$

d’où l’on voit que les valeurs de $p'$ et $q'$ sont contenues dans les formules générales du n^o 15, en y faisant $m=2.$

Soient ensuite $p''$ et $q''$ les valeurs de $x$ et de $y$ qui sont immédiatement plus grandes que $p'$ et $q'\,;$ en sorte qu’entre toutes les valeurs possibles de $x$ et de $y$ dans l’équation $x^{2}-ay^{2}=1,$ il n’y ait que $p$ et $p'$ qui soient moindres ques $p''$ et $q$ et $q'$ qui soient moindres que $q''.$

Multipliant l’équation $p''^{2}-aq''^{2}=1$ par $p^{2}-aq^{2}=1,$ et prenant dans cette multiplication le signe $-$ (n^o 5), on aura

$(pp''-aqq'')^{2}-a(pq''-qp'')^{2}=1,$

de sorte que $pp''-aqq''$ sera aussi une des valeurs de $x,$ et $pq''-qp''$ une des valeurs de $y\,;$ et l’on prouvera ici par une méthode semblable à la précédente que $pp''-aqq''>0$ et $<p'',$ et $pq''-qp''>0$ et $<q''\,:$ d’où il s’ensuit que l’on aura nécessairement

$pp''-aqq''=p\quad {\text{ou}}\quad =p'\quad {\text{et}}\quad pq''-qp''=q\quad {\text{ou}}\quad =q'.$

Or les équations

$pp''-aqq''=p\quad {\text{et}}\quad pq''-qp''=q$

donnent, à cause de $p^{2}-aq^{2}=1,$

$p''=p^{2}+aq^{2}=p'\quad {\text{et}}\quad q''=2pq=q',$

ce qui est contre l’hypothèse ; et les équations

$pp''-aqq''=p',\qquad pq''-qp''=q'$

donnent

$p''=pp'+aqq',\qquad q''=pq'+qp',$

c’est-à-dire, en mettant pour $p'$ et $q'$ leurs valeurs,

${\begin{aligned}p''=&{\frac {\left(p+q{\sqrt {a}}\right)^{3}+\left(p-q{\sqrt {a}}\right)^{3}}{2}},\\q''=&{\frac {\left(p+q{\sqrt {a}}\right)^{3}-\left(p-q{\sqrt {a}}\right)^{3}}{2{\sqrt {a}}}}.\end{aligned}}$

Ainsi les valeurs de $p''$ et $q''$ sont encore renfermées dans les formules du numéro cité, en y faisant $m=3.$

On prouvera par des raisonnements semblables que les valeurs de $x$ et de $y$ qui sont immédiatement plus grandes que $p''$ et $q'',$ et que nous désignerons par $p'''$ et $q''',$ seront exprimées ainsi :

${\begin{aligned}p'''=&{\frac {\left(p+q{\sqrt {a}}\right)^{4}+\left(p-q{\sqrt {a}}\right)^{4}}{2}},\\q'''=&{\frac {\left(p+q{\sqrt {a}}\right)^{4}-\left(p-q{\sqrt {a}}\right)^{4}}{2{\sqrt {a}}}},\end{aligned}}$

et ainsi des autres à l’infini ; d’où l’on conclura en général que les valeurs de $x$ et $y,$ dont le quantième sera $m$ à commencer des premières valeurs $p$ et $q,$ seront exprimées de la manière suivante :

${\begin{aligned}x=&{\frac {\left(p+q{\sqrt {a}}\right)^{m}+\left(p-q{\sqrt {a}}\right)^{m}}{2}},\\y=&{\frac {\left(p+q{\sqrt {a}}\right)^{m}-\left(p-q{\sqrt {a}}\right)^{m}}{2{\sqrt {a}}}},\end{aligned}}$

comme dans le n^o 15.

Ainsi ayant trouvé les premières valeurs $p$ et $q,$ on sera assuré d’avoir par ces formules toutes les valeurs possibles de $x$ et de $y$ propres à satisfaire à l’équation $x^{2}-ay^{2}=1.$

18. Je dis maintenant que tous les nombres $x$ et $y$ qui satisfont à l’équation

$x^{2}-ay^{2}=1$

se trouvent nécessairement parmi les nombres $\mathrm {M,M',M'',\ldots }$ et $\mathrm {N,N',N'',\ldots } ,$ qui forment les fractions $\mathrm {{\frac {M}{N}},{\frac {M'}{N'}},{\frac {M''}{N''}}} ,\ldots ,$ convergentes vers la racine de $a,$ mais toujours plus grandes que cette racine (n^o 1) ; c’est-à-dire que chacun des nombres $x$ est nécessairement égal à quelqu’un des termes de la série $\mathrm {M,M',M'',\ldots }$ et que le nombre correspondant y est égal au terme correspondant de la série $\mathrm {N,N',N'',\ldots } ,$ en sorte que la fraction ${\frac {x}{y}}$ sera toujours une de celles dont nous venons de parler.

Pour pouvoir démontrer cette proposition, je commencerai par prouver que si $y$ est égal à un terme quelconque de la série $\mathrm {N,N',N'',\ldots } ,$ $x$ sera nécessairement égal au terme correspondant de la série $\mathrm {M,M',}$ $\mathrm {M} '',\ldots .$ Car soit $y=\mathrm {N}$ (on. fera le même raisonnement pour tous les autres termes de la série $\mathrm {N,N',N''} ,\ldots ,$ et de sa correspondante $\mathrm {M,M',M''} ,\ldots ,$), en sorte que l’on ait $x^{2}-a\mathrm {N} ^{2}=1\,;$ si $\mathrm {M}$ n’est pas $=x,$ il sera nécessairement $>x,$ à cause que la quantité $\mathrm {M} ^{2}-a\mathrm {N} ^{2}$ est toujours $>0$ (n^o 2) ; ainsi l’on aura

$\mathrm {\frac {M}{N}} >{\frac {x}{\mathrm {N} }}\quad {\text{et}}\quad \mathrm {\frac {M}{N}} -{\frac {m}{n}}>{\frac {x}{\mathrm {N} }}-{\frac {m}{n}},$

savoir, à cause de $\mathrm {M} n-\mathrm {N} m=1$ (n^o 1),

${\frac {1}{\mathrm {N} n}}>{\frac {xn-\mathrm {N} m}{\mathrm {N} n}},\quad {\text{ou bien}}\quad xn-\mathrm {N} m<1\,;$

mais, par l’équation $x^{2}-aN^{2}=1,$ on a ${\frac {x}{\mathrm {N} }}={\sqrt {a+{\frac {1}{\mathrm {N} ^{2}}}}},$ et par conséquent ${\frac {x}{\mathrm {N} }}>{\sqrt {a}}\,;$ et par le n^o 1 on a ${\frac {m}{n}}<{\sqrt {a}}\,;$ donc ${\frac {x}{\mathrm {N} }}>{\frac {m}{n}},$ donc

$xn-\mathrm {N} m>0,$

ce qui est contradictoire.

Supposons maintenant que $y$ ne soit égal à aucun des termes de la série $0,\mathrm {N,N',N''} ,\ldots \,;$ comme cette série commence par zéro et s’étend à l’infini (n^o 1), il est clair que le nombre $y$ se trouvera nécessairement entre deux quelconques des termes voisins de la même série ; supposons donc que ce soit entre $\mathrm {N}$ et $\mathrm {N} '$ (le raisonnement sera le même pour tous les autres termes), en sorte que l’on ait $y>\mathrm {N}$ et $y<\mathrm {N} '\,;$ je considère les trois fractions consécutives $\mathrm {\frac {M}{N}} ,{\frac {m'}{n'}},\mathrm {\frac {M'}{N'}} ,$ dont les numérateurs $\mathrm {M} ,m',\mathrm {M} '$ vont en augmentant aussi bien que les dénominateurs $\mathrm {N} ,n',\mathrm {N} ',$ et qui sont de plus convergentes vers la valeur de ${\sqrt {a}},$ mais de façon que la première et la troisième sont plus grandes que cette valeur, et la seconde en est plus petite (n^o 1), et je vais démontrer d’abord que $y$ doit nécessairement être $>n'.$ Car, puisqu’on a $x^{2}-ay^{2}=1,$ on aura ${\frac {x^{2}}{y^{2}}}-a={\frac {1}{y^{2}}}\,;$ mais $\mathrm {M} ^{2}-a\mathrm {N} ^{2}=\mathrm {R} ,$ $\mathrm {R}$ étant $>0$ par le n^o 2 ; donc aussi $\mathrm {\frac {M^{2}}{N^{2}}} -a=\mathrm {\frac {R}{N^{2}}} \,;$ donc, comme $y>\mathrm {N} ,$ et que $\mathrm {R} =0$ ou $>1,$ on aura nécessairement ${\frac {1}{y^{2}}}<\mathrm {\frac {R}{N^{2}}} ,$ et par conséquent

${\frac {x^{2}}{y^{2}}}-a<\mathrm {\frac {M^{2}}{N^{2}}} -a\,;$

donc ${\frac {x^{2}}{y^{2}}}$ approchera plus de $a$ que $\mathrm {\frac {M^{2}}{N^{2}}} ,$ l’une et l’autre de ces deux quantités étant d’ailleurs plus grandes que $a,$ à cause de $x^{2}-ay^{2}>0$ et $\mathrm {M} ^{2}-a\mathrm {N} ^{2}>0\,;$ donc aussi ${\frac {x}{y}}$ approchera plus de ${\sqrt {a}}$ que $\mathrm {\frac {M}{N}} \,;$ mais ${\sqrt {a}}$ se trouve entre $\mathrm {\frac {M}{N}}$ et ${\frac {m'}{n'}}$ (n^o 2) ; donc ${\frac {x}{y}}$ se trouvera aussi entre $\mathrm {\frac {M}{N}}$ et ${\frac {m'}{n'}}\,;$ donc on aura

$\mathrm {\frac {M}{N}} -{\frac {x}{y}}>0,\quad {\text{et}}\quad \mathrm {\frac {M}{N}} -{\frac {x}{y}}<\mathrm {\frac {M}{N}} -{\frac {m'}{n'}}\,;$

donc on aura :

1^o $\qquad \quad \qquad \qquad \qquad \qquad \mathrm {M} y-\mathrm {N} y>0\,$

2^o$\quad \qquad \qquad {\frac {\mathrm {M} y-\mathrm {N} x}{\mathrm {N} y}}<{\frac {1}{\mathrm {N} n}},\quad$savoir$\quad \mathrm {N} y-\mathrm {N} x<{\frac {y}{n'}}\,:$

donc, puisque $\mathrm {M} y-\mathrm {N} x$ est d’ailleurs un nombre entier, il faudra nécessairement que l’on ait

${\frac {y}{n'}}>1,\quad$et par conséquent$\quad y>n'.$

Soit donc $y>n'$ et $<\mathrm {N} '\,;$ puisque l’on a, par l’équation $x^{2}-ay^{2}=1,$

${\frac {x}{y}}>{\sqrt {a}},$

et par le n^o 1

${\frac {m'}{n'}}<{\sqrt {a}},$

on aura nécessairement

${\frac {x}{y}}-{\frac {m'}{n'}}>0\,;$

de plus, on a par le même numéro

$\mathrm {\frac {M'}{N'}} >{\sqrt {a}},\quad$et par conséquent$\quad \mathrm {\frac {M'}{N'}} -{\frac {m'}{n'}}>0$

or

${\frac {x}{y}}-{\frac {m'}{n'}}={\frac {xn'-ym'}{yn'}}\quad {\text{et}}\quad \mathrm {\frac {M'}{N'}} -{\frac {m'}{n'}}={\frac {1}{\mathrm {N} 'n'}},$

donc, à cause de $y<\mathrm {N} ',$ on aura

${\frac {x}{y}}-{\frac {m'}{n'}}>(xn'-ym')\left(\mathrm {\frac {M'}{N'}} -{\frac {m'}{n'}}\right)\,;$

or je dis que $xn'-ym'$ doit nécessairement être égal à $1\,;$ en effet, puisque ${\frac {x}{y}}-{\frac {m'}{n'}}>0,$ on aura d’abord

$xn'-ym'>0\,;$

donc

$xn'-ym'=1,\quad {\text{ou}}\quad =2,\quad {\text{ou}}\quad >2\,;$

mais si $xn'-ym'=$ ou $>2,$ on aura pour lors

${\frac {x}{y}}-{\frac {m'}{n'}}>2\left(\mathrm {\frac {M'}{N'}} -{\frac {m'}{n'}}\right)\,;$

et comme ${\sqrt {a}}$ se trouve entre $\mathrm {\frac {M'}{N'}}$ et ${\frac {m'}{n'}}$ (n^o 1), elle se trouvera aussi nécessairement entre ${\frac {x}{y}}$ et ${\frac {m'}{n'}},$ mais beaucoup plus près de ${\frac {m'}{n'}}$ que de ${\frac {x}{y}},$ parce que ${\frac {x}{y}}-\mathrm {\frac {M'}{N'}} >\mathrm {\frac {M'}{N'}} -{\frac {m'}{n'}}\,;$ donc $a$ se trouvera aussi entre ${\frac {x^{2}}{y^{2}}}$ et ${\frac {m'^{2}}{n'^{2}}}$ mais plus près de ${\frac {m'^{2}}{n'^{2}}}$ que de ${\frac {x^{2}}{y^{2}}}\,;$ donc on aura

${\frac {x^{2}}{y^{2}}}-a>a-{\frac {m'^{2}}{n'^{2}}},$

savoir, à cause de $x^{2}-ay^{2}=1,$

${\frac {1}{y^{2}}}>{\frac {an'^{2}-m'^{2}}{n'^{2}}},\quad {\text{ou bien}}\quad an'^{2}-m'^{2}<{\frac {n'^{2}}{y^{2}}}\,;$

mais $y>n',$ donc ${\frac {n'^{2}}{y^{2}}}<1\,;$ et à plus forte raison $an'^{2}-m'^{2}<1\,;$ ce qui ne peut être, à cause que $m'^{2}-an'^{2}$ est toujours nécessairement un

nombre entier négatif (n^o 2), et par conséquent $an'^{2}-m'^{2}$ un nombre entier positif. Donc il faudra nécessairement que l’on ait

$xn'-ym'=1.$

On aura donc $xn'-ym'=1,$ et comme on a aussi (n^o 1) $\mathrm {M} 'n'-\mathrm {N} 'm'=1,$ on aura

$(\mathrm {M} '-x)n'-(\mathrm {N} '-y)m'=0,$

savoir

${\frac {\mathrm {M} '-x}{\mathrm {N} '-y}}={\frac {m'}{n'}}\,;$

donc, prenant un nombre quelconque entier $z,$ on aura

$\mathrm {M} '-x=m'z,\qquad \mathrm {N} '-y=n'z,$

et de là

$x=\mathrm {M} '-m'z\quad {\text{et}}\quad y=\mathrm {N} '-n'z\,;$

donc, substituant ces valeurs dans l’équation $x^{2}-ay^{2}=1,$ on aura

$M'^{2}-aN'^{2}-2(M'm'-aN'n')z+\left(m'^{2}-an'^{2}\right)z^{2}=1\,;$

or $\mathrm {M} '^{2}-a\mathrm {N} '^{2}$ est un nombre positif, $m'^{2}-an'^{2}$ est un nombre négatif (n^o 2), et je dis que $\mathrm {M} 'm'-a\mathrm {N} 'n'$ est un nombre négatif ; en effet, comme $\mathrm {\frac {M'}{N'}} >{\sqrt {a}}$ et ${\frac {m'}{n'}}<{\sqrt {a}},$ on aura

$\mathrm {\frac {M'}{N'}} ={\sqrt {a}}+\Gamma \quad {\text{et}}\quad {\frac {m'}{n'}}={\sqrt {a}}-\gamma ,$

et $\gamma$ sera $>\Gamma ,$ à cause que $\mathrm {\frac {M'}{N'}}$ doit approcher plus de ${\sqrt {a}}$ que ${\frac {m'}{n'}}$ (n^o 1) ; donc

$\mathrm {M} 'm'-a\mathrm {N} 'n'=\mathrm {N} 'n'\left({\frac {\mathrm {M} 'm'}{\mathrm {N} 'n'}}-a\right)=-\mathrm {N} 'n'\left[(\gamma -\Gamma ){\sqrt {a}}+\Gamma \gamma \right].$

Donc, si l’on fait

$\mathrm {M} '^{2}-a\mathrm {N} '^{2}=\mathrm {A} ,\quad \mathrm {M} 'm'-a\mathrm {N} 'n'=-\mathrm {B} ,\quad m'^{2}-an'^{2}=-\mathrm {C} ,$

$\mathrm {A,B,C}$ exprimeront des nombres positifs, et l’on aura

$\mathrm {A} +2\mathrm {B} z-\mathrm {C} z^{2}=1.$

Soit, en général, $\mathrm {A} +2\mathrm {B} z-\mathrm {C} z^{2}=u,$ en sorte que

$x^{2}-ay^{2}=u\,;$

en regardant $z$ comme une quantité variable qui commence par zéro, et qui augmente à l’infini, on aura d’abord, lorsque $z=0,$ $u=\mathrm {A} \,;$ ensuite $u$ augmentera jusqu’à ce que $\mathrm {B=C} z\,;$ après quoi $u$ diminuera continuellement jusqu’à devenir infini négatif. Donc, si l’on donne à $z$ une valeur quelconque $\mathrm {Z} ,$ telle que la valeur correspondante de $u$ soit positive et égale à $\mathrm {U} ,$ il est clair que toutes les autres valeurs de $z,$ comprises entre $0$ et $\mathrm {Z} ,$ donneront pour $u$ des valeurs positives et plus grandes que la plus petite des deux quantités $\mathrm {A}$ et $\mathrm {U} ,$ qui répondent à $z=0$ et à $z=\mathrm {Z} .$

Or nous avons trouvé

$x=\mathrm {M} '-m'z\quad {\text{et}}\quad y=\mathrm {N} '-n'z\,;$

donc : 1^o comme $y<\mathrm {N} ',$ on aura $z>0\,;$ 2^o on a, par le n^o 1,

$\mathrm {M} '=q'''m'+\mathrm {M} \quad {\text{et}}\quad \mathrm {N} '=q'''n'+\mathrm {N} ,$

donc

$x=(q'''-z)m'+\mathrm {M} \quad {\text{et}}\quad y=(q'''-z)+\mathrm {N} \,;$

donc, puisque $y>\mathrm {N} ,$ il faudra que $z<q'''\,;$ ainsi les limites de $s$ seront $0$ et $q''',$ c’est-à-dire que $z$ sera comprise entre $0$ et $q'''\,;$ mais, en faisant $z=0,$ on a

$u=\mathrm {A} =\mathrm {M} '^{2}-a\mathrm {N} '^{2}\,;$

et, en faisant $z'=q''',$ on a $x=\mathrm {M} ,\ y=\mathrm {N} ,$ et par conséquent

$u=x^{2}-ay^{2}=\mathrm {M} ^{2}-a\mathrm {N} ^{2}\,;$

donc, en donnant à $z$ des valeurs intermédiaires, les valeurs correspondantes de $u,$ savoir de $x^{2}-ay^{2},$ seront toutes plus grandes que la plus petite de ces deux quantités $\mathrm {M} ^{2}-a\mathrm {N} ^{2}$ et $\mathrm {M} '^{2}-a\mathrm {N} '^{2}\,;$ mais l’une et l’autre

de ces quantités sont nécessairement égales ou plus grandes que l’unité (n^o  2) ; donc il est impossible de trouver une valeur convenable de $z$ qui rende $x^{2}-ay^{2}=1,$ ce qui est contre l’hypothèse.

Donc il est impossible que $y$ tombe entre $\mathrm {N}$ et $\mathrm {N} ',$ et l’on prouvera de la même manière qu’il est impossible qu’il tombe entre deux autres termes voisins quelconques de la série $0,\mathrm {N,N',N''} ,\ldots$ donc il faut nécessairement que $y$ coïncide avec le terme correspondant de la série $1,\mathrm {M,M',M''} ,\ldots ,$ comme nous l’avons démontré ci-dessus.

Ainsi, pour trouver les valeurs de $x$ et de $y$ qui satisfont à l’équation $x^{2}-ay^{2}=1,$ il n’y aura qu’à substituer successivement, dans la formule $x^{2}-ay^{2},$ à la place de $x,$ les numérateurs, et, à la place de $y,$ les dénominateurs des fractions ${\frac {1}{0}},\mathrm {{\frac {M}{N}},{\frac {M'}{N'}}} ,\ldots ,$ qui conversent vers la valeur de ${\sqrt {a}},$ mais qui sont toutes plus grandes que cette valeur, et l’on poussera cette substitution jusqu’à ce qu’elle donne $1$ pour la valeur de $x^{2}-ay^{2},$ ce qui arrivera nécessairement en conséquence de ce que nous avons démontré jusqu’ici ; mais comme il faudrait quelquefois pousser cette substitution très-loin, ce qui serait assez incommode, on pourra souvent se servir avec avantage des méthodes que nous avons données plus haut, comme on le verra dans les exemples suivants.

Au reste, comme les termes des deux séries $1,\mathrm {M,M',M''} ,\ldots ,$$0,\mathrm {N,N',N''} ,\ldots$ vont en augmentant, il est clair qu’en substituant successivement tous ces termes dans la formule $x^{2}-ay^{2}$ jusqu’à ce qu’elle devienne égale à $1,$ on aura par ce moyen les plus petites valeurs possibles qui satisfassent au problème ; et ces valeurs étant ensuite substituées pour $p$ et $q$ dans les formules des n^os 15 et 16, on aura alors toutes les valeurs possibles de $x$ et de $y$ (n^o  17).

19. Soient, comme dans le n^o  15,

${\begin{aligned}x=&{\frac {\left(p+q{\sqrt {a}}\right)^{m}+(p-q{\sqrt {a}})^{m}}{2}},\\y=&{\frac {\left(p+q{\sqrt {a}}\right)^{m}-(p-q{\sqrt {a}})^{m}}{2{\sqrt {a}}}}\,;\end{aligned}}$

je dis que, si $m$ est un nombre premier, $x-p$ et $y-qa^{\frac {m-1}{2}}$ seront toujours divisibles par $m.$

En effet, si l’on développe ces expressions, on aura, à cause que $m$ est impair,

${\begin{aligned}x=&p^{m}+{\frac {m(m-1)}{2}}p^{m-2}q^{2}a+{\frac {m(m-1)(m-2)(m-3)}{2.3.4}}p^{m-4}q^{4}a^{2}+\ldots \\&+{\frac {m(m-1)(m-2)\ldots 2}{2.3\ldots m-1}}pq^{m-1}a^{\frac {m-1}{2}},\\y=&mp^{m-1}q+{\frac {m(m-1)(m-2)\ldots 2}{2.3}}p^{m-3}q^{3}a+\ldots \\&+{\frac {m(m-1)(m-2)\ldots 3\ldots 2}{2.3\ldots m-2}}p^{2}q^{m-2}a^{\frac {m-3}{2}}+q^{m}a^{\frac {m-1}{2}}.\end{aligned}}$

Or les coefficients $m,\ {\frac {m(m-1)}{2}},\ {\frac {m(m-1)(m-2)}{2.3}},\ldots ,$ jusqu’à ${\frac {m(m-1)(m-2)\ldots 2}{2.3\ldots m-1}}$ sont nécessairement divisibles par $m,$ lorsque $m$ est premier, parce que ce nombre multiplie, comme l’on voit, tous les numérateurs, et ne multiplie aucun des dénominateurs, de sorte qu’il est impossible qu’il s’en aille par la division de chaque numérateur par son dénominateur ; division qui doit d’ailleurs se faire toujours exactement, à cause que les coefficients dont il s’agit sont, comme on sait, des nombres entiers. Donc tous les termes de la valeur de $x,$ à l’exception du premier $p^{m},$ seront nécessairement divisibles par $m,$ et tous ceux de la valeur de $y,$ à l’exception du dernier $q^{m}a^{\frac {m-1}{2}},$ le seront aussi ; donc $x-p^{m}$ et $y-q^{m}a^{\frac {m-1}{2}}$ seront divisibles par $m.$

Maintenant on sait que, lorsque $m$ est premier, $p^{m}-p$ est toujours divisible par $m,$ quel que soit $p,$ pourvu que ce soit un nombre entier ; donc $x-p$ sera aussi divisible par $m\,;$ de même, $q^{m}-q$ étant divisible par $m,$ $q^{m}a^{\frac {m-1}{2}}-qa^{\frac {m-1}{2}}$ le sera aussi ; donc $y-qa^{\frac {m-1}{2}}$ sera divisible par $m.$ Donc : 1^o si $a$ est divisible par $m,$ $x-p$ et $y$ le seront aussi ; 2^o si $a$ n’est point divisible par $m,$ comme $a^{m}-a$ est nécessairement divisible par $m,$ il faudra que $a^{m-1}-1$ le soit aussi ; donc, à cause que $m$ est premier, il faudra que l’un ou l’autre des facteurs de $a^{m-1}-1,$ savoir $a^{\frac {m-1}{2}}+1$ et $a^{\frac {m-1}{2}}-1,$ soit divisible par $m.$

Soit d’abord $a^{\frac {m-1}{2}}+1$ divisible par $m,$ et $qa^{\frac {m-1}{2}}+q$ le sera aussi ; donc $x-p$ et $y+q$ seront divisibles par $m.$

Soit ensuite $a^{\frac {m-1}{2}}-1$ divisible par $m,$ $qa^{\frac {m-1}{2}}-q$ le sera aussi ; donc $x-p$ et $y-q$ seront divisibles par $m.$

Or, en multipliant ensemble les deux équations

$1=p^{2}-aq^{2}\quad {\text{et}}\quad 1=x^{2}-ay^{2},$

on a celle-ci :

$1=x'^{2}-ay'^{2},$

dans laquelle

$x'=px\pm aqy\quad {\text{et}}\quad y'=py\pm qx\,;$

ou bien, en substituant pour $x$ et $y$ leurs valeurs,

${\begin{aligned}x'=&{\frac {\left(p\pm q{\sqrt {a}}\right)\left(p+q{\sqrt {a}}\right)^{m}+\left(p\mp q{\sqrt {a}}\right)\left(p-q{\sqrt {a}}\right)^{m}}{2}},\\y'=&{\frac {\left(p\pm q{\sqrt {a}}\right)\left(p+q{\sqrt {a}}\right)^{m}-\left(p\mp q{\sqrt {a}}\right)\left(p-q{\sqrt {a}}\right)^{m}}{2{\sqrt {a}}}},\end{aligned}}$

savoir, à cause de $p^{2}-aq^{2}=1,$

${\begin{aligned}x'=&{\frac {\left(p+q{\sqrt {a}}\right)^{m\pm 1}+\left(p-q{\sqrt {a}}\right)^{m\pm 1}}{2}},\\y'=&{\frac {\left(p+q{\sqrt {a}}\right)^{m\pm 1}-\left(p-q{\sqrt {a}}\right)^{m\pm 1}}{2{\sqrt {a}}}}.\\\end{aligned}}$

Donc, en premier lieu, si $a^{\frac {m-1}{2}}+1$ est divisible par $m,$ en sorte que $x-p$ et $y+q$ le soient aussi, et qu’on prenne, dans les expressions de $x'$ et de $y',$ le signe supérieur, on aura

$x'=px+aqy,\qquad y'=py+qx,$

ou bien

$x'=(x-p)p+a(y+q)q+p^{2}-aq^{2}\quad {\text{et}}\quad y'=(x-p)q+(y+q)p\,;$

donc, à cause de $p^{2}-aq^{2}=1,$ $x'-1$ et $y'$ seront aussi-divisibles par $m.$

En second lieu, si $a^{\frac {m-1}{2}}-1$ est divisible par $m,$ en sorte que $x-p$ et $y-q$ le soient aussi, et qu’on prenne, dans les expressions de $x'$ et de $y',$ le signe inférieur, on aura

$x'=px-aqy,\qquad y'=py-qx,$

ou bien

$x'=(x-p)p-a(y-q)q+p^{2}-aq^{2}\quad {\text{et}}\quad y'=(y-q)p-(x-p)q\,;$

d’où il s’ensuit que $x'-1$ et $y'$ seront encore divisibles par $m.$

Donc, en général, si $r$ est le reste de la division de $a^{\frac {m-1}{2}}$ par $m$ (reste qui ne peut être que $0$ ou $\pm 1$), et qu’on fasse

${\begin{aligned}p'=&{\frac {\left(p+q{\sqrt {a}}\right)^{m-r}+\left(p-q{\sqrt {a}}\right)^{m-r}}{2}},\\q'=&{\frac {\left(p+q{\sqrt {a}}\right)^{m-r}-\left(p-q{\sqrt {a}}\right)^{m-r}}{2{\sqrt {a}}}},\end{aligned}}$

les nombres $p'$ et $q'$ seront d’abord tels que $p'^{2}-aq'^{2}=1$ et de plus $q'$ sera toujours divisible par $m,$ et $p'-p$ ou $p'-1$ le sera aussi, suivant que $r$ sera ou ne sera pas nul.

20. Supposons à présent

${\begin{aligned}x=&{\frac {\left(p'+q'{\sqrt {a}}\right)^{n}+\left(p'-q'{\sqrt {a}}\right)^{n}}{2}},\\y=&{\frac {\left(p'+q'{\sqrt {a}}\right)^{n}-\left(p'-q'{\sqrt {a}}\right)^{n}}{2{\sqrt {a}}}}\,;\end{aligned}}$

si l’on développe ces expressions suivant les dernières formules du n^o 16,

on verra que $y'$ est toujours divisible par $q',$ et que $x-p'$ ou $x-1$ l’est aussi, suivant que $n$ est pair ou impair ; or $q'$ est toujours divisible par $m$ (numéro précédent), donc $y'$ sera toujours divisible par $m,$ et $x-p'$ ou $x-1$ le sera aussi, suivant que $n$ sera impair ou pair, quel que soit d’ailleurs le nombre $n,$ pourvu qu’il soit plus grand que l’unité.

Or, soit $m'$ un nombre premier quelconque, et désignons par $r'$ le reste de la division de $a^{\frac {m'-1}{2}}$ par $m'$ (reste qui sera nécessairement ou $0,$ ou bien $\pm 1$), si l’on fait dans les formules précédentes $n=m'-r',$ on prouvera, comme dans le numéro précédent, que $y$ sera toujours divisible par $m',$ et que $x-p'$ ou $x-1$ le sera aussi, suivant que $r'$ sera ou ne sera pas nul ; mais, lorsque $r'$ est nul, $n$ est impair, et lorsque $r'$ est $\pm 1,$ $n$ est pair ; donc $y$ sera toujours divisible par $mm'$ et $x-p'$ ou $x-1$ le sera aussi, suivant que $r'$ sera ou ne sera pas nul.

De plus, lorsque $r'$ est nul, $a$ est divisible par $m'\,;$ et, si l’on développe l’expression de $p'$ du numéro précédent, suivant les dernières formules du n^o 16, on verra que $p'-p$ ou $p'-1$ sera divisible par $a,$ suivant que $m-r$ sera impair ou pair, c’est-à-dire suivant que $r$ sera ou ne sera pas nul ; d’où, et du numéro précédent, il s’ensuit que si, $r'$ étant nul, $r$ l’est aussi, $p'-p$ sera divisible par $mm',$ et, si $r$ n’est pas nul, $p'-1$ sera divisible par $mm'.$

D’où je conclus : 1^o que $y$ sera toujours divisible par $mm'\,;$ 2^o que, si les deux restes $r$ et $r'$ sont nuls à la fois, $x-p$ sera divisible par $mm',$ et que s’ils ne sont pas tous les deux nuls, alors $x-1$ sera divisible par $mm'.$

Or

$x\pm y{\sqrt {a}}=\left(p'\pm q'{\sqrt {a}}\right)^{m'-r'}\quad {\text{et}}\quad p'\pm q'{\sqrt {a}}=\left(p\pm q{\sqrt {a}}\right)^{m-r}\,;$

donc, faisant, pour abréger, $(m-r)(m'-r')=\mathrm {M} ,$ on aura

$x\pm y{\sqrt {a}}=\left(p\pm q{\sqrt {a}}\right)^{\mathrm {M} },$

et, par conséquent,

${\begin{aligned}x=&{\frac {\left(p+q{\sqrt {a}}\right)^{\mathrm {M} }+\left(p-q{\sqrt {a}}\right)^{\mathrm {M} }}{2}},\\y=&{\frac {\left(p+q{\sqrt {a}}\right)^{\mathrm {M} }-\left(p-q{\sqrt {a}}\right)^{\mathrm {M} }}{2{\sqrt {a}}}},\end{aligned}}$

où l’on remarquera que $\mathrm {M}$ sera toujours pair lorsque $r$ et $r'$ ne seront pas nuls à la fois, et qu’au contraire $\mathrm {M}$ sera pair lorsque $r=0$ et $r'=0.$

On pourra poursuivre ces opérations et ces raisonnements aussi loin qu’on voudra.

21. Donc, en général, étant donné un nombre quelconque $\mathrm {N}$ impair, dont les facteurs premiers soient $m,m',m'',\ldots ,$ si l’on nomme $r,r',r'',\ldots$ les restes des divisions de $a^{\frac {m-1}{2}}$ par $m,$ de $a^{\frac {m'-1}{2}}$ par $m',$ de $a^{\frac {m''-1}{2}}$ par $m'',$ et ainsi de suite, et qu’on fasse

$\mathrm {M} =(m-r)(m'-r')(m''-r'')\ldots ,$

les expressions suivantes :

${\begin{aligned}x=&{\frac {\left(p+q{\sqrt {a}}\right)^{\mathrm {M} }+\left(p-q{\sqrt {a}}\right)^{\mathrm {M} }}{2}},\\y=&{\frac {\left(p+q{\sqrt {a}}\right)^{\mathrm {M} }-\left(p-q{\sqrt {a}}\right)^{\mathrm {M} }}{2{\sqrt {a}}}},\end{aligned}}$

satisferont d’abord à l’équation $x^{2}-ay^{2}=1\,;$ et de plus elles seront telles, que $y$ sera toujours divisible par $\mathrm {N} ,$ et que $x-p$ ou $x-1$ le sera aussi, suivant que $\mathrm {M}$ sera impair ou pair.

Les mêmes choses auront lieu aussi en faisant

$\mathrm {M} =n(m-r)(m'-r')(m''-r'')\ldots ,$

$n$ étant un nombre quelconque entier positif, comme il est facile de le voir par ce que nous avons enseigné dans les numéros précédents.

Je dis de plus que, si l’on fait

$\mathrm {M} =2^{s}n(m-r)(m'-r')(m''-r'')\ldots ,$

$s$ étant un nombre entier positif quelconque, la quantité $y$ sera divisible par $2^{s}\mathrm {N} ,$ et la quantité $x-1$ le sera aussi.

Pour démontrer cette proposition, il suffit de faire voir que $y$ et $x-1$ seront toujours divisibles par $2^{s}.$ Or, si l’on fait, pour abréger, $\mathrm {M} =2^{s}\mathrm {R} ,$ on aura

$x\pm y{\sqrt {a}}=\left(p\pm q{\sqrt {a}}\right)^{2^{s}\mathrm {R} }.$

Qu’on suppose : 1^o

$p'\pm q'{\sqrt {a}}=\left(p\pm q{\sqrt {a}}\right)^{2^{s-1}\mathrm {R} },$

on aura

$x\pm y{\sqrt {a}}=\left(p'\pm q'{\sqrt {a}}\right)^{s}\,;$

d’où

$x=p'^{2}+aq'^{2}\quad {\text{et}}\quad y=2p'q'\,;$

mais on a aussi

$p'^{2}-aq'^{2}=1\,;$

donc

$x-1=2ap'q'.$

Donc $y$ et $x-1$ seront divisibles par $2q'.$

Supposons : 2^o

$p''\pm q''{\sqrt {a}}=\left(p\pm q{\sqrt {a}}\right)^{2^{s-2}\mathrm {R} },$

on aura

$p'\pm q'{\sqrt {a}}=\left(p''\pm q''{\sqrt {a}}\right)^{2},$

d’où

$q'=2p''q''\,;$

ainsi $q'$ sera divisible par $2q''\,;$ de même, en faisant

$p''\pm q'''{\sqrt {a}}=(p\pm q{\sqrt {a}})^{2^{s-3}\mathrm {R} },$

on trouvera que $q''$ sera divisible par $2q''',$ et ainsi de suite.

Donc, si $s=1,$ $y$ et $x-1$ seront divisibles par $2\,;$ si $s=2,$ $y$ et $x-1$ seront divisibles par $2.2,$ si $s=3,$ ces quantités seront divisibles par $2.2.2,\ldots \,;$ donc, en général, $y$ et $x-1$ seront toujours divisibles par $2^{s}.$

Par le moyen de ces théorèmes on peut résoudre le cas du n^o 14 ; car quel que soit le nombre donné, il est clair qu’on pourra toujours le réduire à cette forme : $2^{s}\mathrm {N} ,$ $\mathrm {N}$ étant impair ; par conséquent, en connaissant deux nombres $p$ et $q$ qui satisfassent à l’équation $1=p^{2}-fq^{2},$ on pourra toujours en trouver deux autres, et même une infinité tels que $x$ et $y$ qui y satisfassent aussi, et dont l’un y soit multiple d’un nombre quelconque donné ; au reste, ces théorèmes nous seront encore fort utiles dans la suite.

Appliquons maintenant les méthodes précédentes à quelques exemples.

Exemples.

22. Exemple I. — Soit proposé de trouver deux nombres $x$ et $y$ tels, que $x^{2}-13y^{2}=1.$

Je commence par extraire la racine carrée de $13$ en fractions décimales, et je trouve, en poussant l’approximation jusqu’à neuf caractères, ce qu’on fera aisément à l’aide des grandes Tables de logarithmes d’Ulacq ; je trouve, dis-je, ${\sqrt {13}}=3{,}605\ 519\ 50={\frac {36\ 055\ 195}{10\ 000\ 000}}.$

Je divise le numérateur de cette fraction par son dénominateur, ensuite le dénominateur par le reste, et ainsi de suite, comme si je voulais trouver la plus grande commune mesure entre le numérateur et le dénominateur, et ces différentes divisions me donnent ces quotients : $3,1,1,1,$$1,6,1,1,1,1,$$6,1,1,\ldots ,$ à l’aide desquels je forme, en commençant par ${\frac {1}{0}},$ les fractions suivantes :

${\begin{array}{ccccccccc}&1&1&1&1&6&1&1&1\quad \ldots \\{\cfrac {1}{0}},&{\cfrac {3}{1}},&{\cfrac {4}{1}},&{\cfrac {7}{2}},&{\cfrac {11}{3}},&{\cfrac {18}{5}},&{\cfrac {119}{33}},&{\cfrac {137}{38}},&{\cfrac {256}{71}},\ldots ,\end{array}}$

où l’on voit que le numérateur de chaque fraction est égal à la somme du numérateur de la fraction précédente multiplié par le nombre qui est au-dessus (ces nombres ne sont autre chose que les quotients dont il s’agit écrits de suite, et suivant l’ordre dans lequel on les a trouvés), et du numérateur de la fraction qui est avant celle-ci ; et il en est de même des dénominateurs, ce qui s’accorde avec ce que l’on a dit dans le n^o 1.

Je substitue maintenant les numérateurs de ces différentes fractions à la place de $x,$ et les dénominateurs correspondants à la place de $y$ dans la formule $x^{2}-ay^{2}=\mathrm {R} ,$ j’ai

${\begin{array}{rcrcr}x&\qquad &y&\qquad &\mathrm {R} \\1&&0&&1\\3&&1&&-4\\4&&1&&3\\7&&2&&-3\\11&&3&&4\\18&&5&&-1\\119&&33&&4\\137&&38&&-3\\256&&71&&3\\\vdots \ \ &&\vdots &&\vdots \end{array}}$

Je remarque ici deux valeurs de $x$ et de $y,$ savoir : $x=4,$ $y=1$ et $x'=256,$ $y'=71,$ lesquelles donnent également $\mathrm {R} =3,$ qui est un nombre premier ; ainsi je puis faire usage de la méthode du n^o 6.

J’aurai donc

$a=13,\quad \mathrm {R} =3,\quad x=4,\quad y=1,\quad x'=256,\quad y'=71\,;$

donc $xy'+yx'=540$ qui est divisible par $3\,;$ de sorte que j’aurai d’abord $q={\frac {540}{3}}=180^{\circ }\,;$ ensuite $xx'+ayy'=1947,$ qui est aussi divisible par $3\,;$ d’où je tire $p={\frac {1947}{3}}=649\,:$ ainsi les nombres cherchés seront $x=649$ et $y=180\,:$ en effet, le carré de $649$ est $421\ 201,$ et celui de $180$ est $32\ 400,$ lequel étant multiplié par $13$ donne $421\ 200\,;$ de sorte qu’on aura

$(649)^{2}-13(180)^{2}=1.$

On aurait pu trouver d’abord ces mêmes valeurs de $x$ et de $y$ à l’aide de la supposition qui donne $\mathrm {R} =-4,$ et qui est par conséquent dans le cas de la méthode du n^o 11. En effet, puisque $x=3$ et $y=1,$ on aura, en prenant le signe inférieur,

$p={\frac {x^{2}+3}{2}}=6,\qquad q={\frac {x^{2}+1}{2}}=5\,;$

et par conséquent

$xp=18,\quad yq=5\quad {\text{et}}\quad (xp)^{2}+a(yq)^{2}=649,\quad 2xypq=180.$

Au reste, en continuant la série des fractions ${\frac {1}{0}},{\frac {3}{1}},\ldots ,$ on trouvera celle-ci : ${\frac {393}{109}},{\frac {649}{180}},\ldots ,$ d’où l’on aura

${\begin{array}{ccccr}x&\qquad &y&\qquad &\mathrm {R} \\393&&109&&-4\\649&&180&&1\\\vdots &&\vdots &&\vdots \end{array}}$

d’où l’on voit que les nombres $649$ et $180$ sont les plus petits qui satisfassent à l’équation proposé $x^{2}-13y^{2}=1$ (n^o 18) ; de sorte qu’en substituant ces nombres à la place de $p$ et $q$ dans les formules du n^o 16 ou 17, on trouvera toutes les autres valeurs possibles de $x$ et de $y\,;$ ainsi désignant ces valeurs par $x,x'',x''',\ldots ,$ et par $y,y',y'',\ldots ,$ on aura

${\begin{alignedat}{2}x\ \ &=649,&y\ \ &=180,\\x'\ &=842401,&y'\ &=253640,\\x''&=1093435849,\qquad &y''&=303264540,\\\ldots &\ldots \ldots \ldots \ldots ,&\ldots &\ldots \ldots \ldots \ldots ,\end{alignedat}}$

et l’on pourra être assuré qu’il n’y a pas d’autres nombres plus petits que ceux-ci qui résolvent le problème (n^o 17).

23. Exemple II. — Soit proposé de trouver deux nombres $x$ et $y$ qui satisfassent à l’équation $x^{2}-19y^{2}=1.$

La racine carrée de $19$ se trouve par les grandes Tables de logarithmes : $4{,}35889494,$ en sorte qu’on a ${\sqrt {19}}={\frac {435\ 889\ 494}{100\ 000\ 000}}$ d’où l’on tire, par l’opération indiquée dans l’Exemple précédent, les quotients $4,2,1,3,1,2,$$8,2,$$1,3,1,2,\ldots ,$ lesquels fournissent ces fractions :

${\begin{array}{ccccccc}&2&1&3&1&2&8\quad \ldots \\{\cfrac {1}{0}},&{\cfrac {4}{1}},&{\cfrac {9}{2}},&{\cfrac {13}{3}},&{\cfrac {48}{11}},&{\cfrac {61}{14}},&{\cfrac {170}{39}},\ldots ,\end{array}}$

dont les numérateurs étant substitués pour $x$ et les dénominateurs pour $y$ dans l’équation $x^{2}-19y^{2}=\mathrm {R} ,$ on aura

${\begin{array}{rcrcr}x&\qquad &y&\qquad &\mathrm {R} \\1&&0&&1\\4&&1&&-3\\9&&2&&5\\13&&3&&-2\\48&&11&&5\\61&&14&&-3\\170&&39&&1\\\vdots \ \ &&\vdots \ &&\vdots \end{array}}$

d’où l’on voit que $170$ et $39$ sont les plus petits nombres qui satisfassent à l’équation proposée, et par le moyen de ceux-ci on pourra trouver tous les autres nombres possibles qui résolvent la question.

24. Exemple III. — On demande deux nombres $x$ et $y$ qui satisfassent à cette équation $x^{2}-109y^{2}=1.$

Je trouve d’abord ${\sqrt {109}}=10{,}4403065={\frac {104\ 403\ 065}{10\ 000\ 000}}\,;$ d’où je tire les quotients suivants : $10,2,3,1,2,4,1,6,6,2,\ldots ,$ à l’aide desquels je forme ces fractions :

${\begin{array}{ccccccccc}&2&3&1&2&4&1&6&6\quad \ldots ,\\{\cfrac {1}{0}},&{\cfrac {10}{1}},&{\cfrac {21}{2}},&{\cfrac {73}{7}},&{\cfrac {94}{9}},&{\cfrac {261}{25}},&{\cfrac {1138}{109}},&{\cfrac {1399}{134}},&{\cfrac {9532}{913}},\ldots ,\end{array}}$

dont les numérateurs étant substitués pour $x$ et les dénominateurs

pour $y$ dans l’équation $x^{2}-109y^{2}=\mathrm {R} ,$ j’aurai

${\begin{array}{rcrcr}x&\qquad &y&\qquad &\mathrm {R} \\1&&0&&1\\10&&1&&-9\\21&&2&&5\\73&&7&&-12\\94&&9&&7\\261&&25&&-4\\1138&&109&&15\\1399&&134&&-3\\9532&&913&&3\\\vdots \ \ &&\vdots \,\ &&\vdots \end{array}}$

Ici il faudrait pousser la série assez loin pour trouver les valeurs de $x$ et de $y$ qui donnent $\mathrm {R} =1$ ; ainsi il vaudra mieux se servir des méthodes des n^os 6 et suiv.

Pour cela j’observe qu’il y a deux suppositions, dont l’une donne $\mathrm {R} =3,$ et l’autre $\mathrm {R} =-3\,;$ de sorte qu’à cause que $3$ est un nombre premier, on pourra faire usage de la méthode des n^os 6 et 12.

J’aurai donc

$a=109,\quad \mathrm {R} =3,\quad x=1399,\quad y=134,\quad x'=9532,\quad y'=913\,;$

donc

$xy'+yx'=2554575,$

qui, étant divisible par $3,$ j’aurai d’abord

$q={\frac {2554575}{3}}=851525\,;$

ensuite

$xx'+ayy'=26670546,$

qui, étant aussi divisé par $3,$ donnera

$p={\frac {26670546}{3}}=8890182.$

Or, comme dans les équations $x^{2}-ay^{2}=\mathrm {R}$ et $x'^{2}-ay'^{2}=-\mathrm {R} ,$ la quantité $\mathrm {R}$ a des signes différents, le produit de ces deux équations sera, en prenant le signe $+,$

$(xx'+ayy')^{2}-a(xy'+yx')^{2}=-\mathrm {R} ^{2}\,;$

de sorte qu’en divisant par $\mathrm {A} ^{2}$ on aura

$p^{2}-aq^{2}=-1\,;$

d’où l’on voit que les valeurs trouvées de $p$ et $q$ ne satisfont pas à l’équation proposée ; mais en prenant le carré de l’équation $p^{2}-aq^{2}=-1,$ on aura

$(p^{2}+aq^{2})^{2}-a(2pq)^{2}=-1,$

de sorte que les valeurs de $x$ et de $y$ qui résolvent le problème sont

$x=p^{2}+aq^{2}\quad {\text{et}}\quad y=2pq,$

savoir

$x=158\ 070\ 671\ 936\ 249\quad {\text{et}}\quad y=15\ 140\ 424\ 455\ 100,$

et ces valeurs sont en même temps les plus petites qui satisfassent à l’équation $x^{2}-109y^{2}=1,$ comme on peut facilement s’en convaincre en poussant la série des fractions ${\frac {1}{0}},{\frac {10}{1}},\ldots ,$ jusqu’à ce que l’on en trouve une qui soit formée de ces mêmes nombres, et en calculant toutes les valeurs de la formule $x^{2}-ay^{2}$ qui répondent à ces mêmes fractions.

Ces exemples sont suffisants pour faire connaître l’usage et l’esprit de nos méthodes ; nous ajouterons seulement quelques remarques qui pourront mériter l’attention des Géomètres.

Remarques.

25. Remarque I. — En examinant les valeurs de $\mathrm {R}$ des deux premiers Exemples, on voit que dans le premier les mêmes nombres se trouvent successivement avec les signes $+$ et $-,$ au lieu que dans le second, les nombres qui ont le signe $+$ sont tous différents de ceux qui ont le signe $-.$

Pour trouver la raison de cette différence, supposons en général

$x^{2}-ay^{2}=\mathrm {R} ,\quad {\text{et}}\quad x'^{2}-ay'^{2}=-\mathrm {R} ,$

ce qui est le cas de l’Exemple I, et l’on aura

$x-ay^{2}=-x'^{2}-ay'^{2},\quad {\text{savoir}}\quad x^{2}+x'^{2}=a\left(y^{2}+y'^{2}\right),$

d’où l’on voit que $x^{2}+x'^{2}$ doit être divisible par $a.$ Or, on sait que la somme de deux carrés n’est divisible que par les nombres qui sont aussi la somme de deux carrés ; donc, pour que les deux équations dont il s’agit aient lieu en même temps, il faut nécessairement que le nombre donné a soit la somme de deux carrés ; c’est ce qui a lieu dans l’Exemple I, où $a=13=9+4,$ au lieu que dans l’Exemple II $a=19,$ qui n’est point la somme de deux carrés. Ainsi, toutes les fois que $a$ ne sera point la somme de deux carrés, ce qui arrive, comme on sait, lorsque quelqu’un des facteurs premiers de $a$ est de cette forme $4m+3,$ on pourra être assuré qu’aucun nombre ne pourra être en même temps de la forme $x^{2}-ay^{2},$ et de celle-ci $ay'^{2}-x'^{2},$ quels que puissent être $x$ et $y,$ $x'$ et $y'.$

Mais on ne peut pas dire réciproquement que lorsque $a$ est la somme de deux carrés tout nombre qui est de la forme de $x^{2}-ay^{2}$ est aussi de la forme de $ay'^{2}-x'^{2}\,;$ au moins je n’ai pu parvenir jusqu’à présent à m’assurer en général de la vérité de cette proposition, quoique je l’aie d’ailleurs trouvée vraie dans un grand nombre de cas particuliers.

Au reste, il est évident que si $-1$ est de la forme de $x^{2}-ay^{2},$ tout nombre positif qui sera de la même forme sera aussi de la forme de $ay'^{2}-x'^{2}\,;$ car soient

$-1=p^{2}-aq^{2}\quad {\text{et}}\quad \mathrm {R} =x^{2}-ay^{2},$

on aura, en multipliant ensemble ces deux équations, et changeant les signes des deux membres,

$\mathrm {R} =a(yp\pm xq)^{2}-(xp\pm ayq)^{2}.$

Or, si l’on trouve dans deux seuls cas particuliers

$\mathrm {R} =x^{2}-ay^{2}\quad {\text{et}}\quad -\mathrm {R} =x'^{2}-ay'^{2},$

et que $\mathrm {R}$ soit un nombre premier, alors on parviendra toujours à cette équation

$-1=p^{2}-aq^{2},$

comme nous l’avons vu dans l’Exemple III ; de sorte qu’on en pourra conclure d’abord que tout nombre qui sera de la forme de $x^{2}-ay^{2}$ sera aussi de la forme de $ay'^{2}-x'^{2}.$

26. Remarque II. — Supposons maintenant que l’on ait l’équation

$t^{2}-au^{2}=-1\,;$

en prenant les carrés, on aura

$(t^{2}+au^{2})^{2}-a(2tu)=1,$

d’où l’on voit que $t^{2}+au^{2}$ est une des valeurs de $x$ qui satisfont à l’équation

$x^{2}-ay^{2}=1,$

et que $2tu$ est la valeur correspondante de $y\,;$ mais nous avons démontré (n^o 17) que toutes les valeurs de $x$ et de $y$ qui satisfont à cette équation sont renfermées dans ces formules :

${\begin{aligned}x=&{\frac {\left(p+q{\sqrt {a}}\right)^{m}+\left(p-q{\sqrt {a}}\right)^{m}}{2}},\\y=&{\frac {\left(p+q{\sqrt {a}}\right)^{m}-\left(p-q{\sqrt {a}}\right)^{m}}{2{\sqrt {a}}}},\end{aligned}}$

$m$ étant un nombre quelconque positif, et $p,q$ étant les plus petites valeurs qui satisfassent à la même équation $x^{2}-ay^{2}=1\,;$ donc il faudra que l’on ait

${\begin{aligned}t^{2}+au^{2}=&{\frac {\left(p+q{\sqrt {a}}\right)^{m}+\left(p-q{\sqrt {a}}\right)^{m}}{2}},\\2tu=&{\frac {\left(p+q{\sqrt {a}}\right)^{m}-\left(p-q{\sqrt {a}}\right)^{m}}{2{\sqrt {a}}}},\end{aligned}}$

équations qui se réduisent à celle-ci :

$\left(t\pm u{\sqrt {a}}\right)^{2}=\left(p\pm q{\sqrt {a}}\right)^{m}.$

Or je dis d’abord que $m$ ne saurait être un nombre pair ; car, soit $m=2n,$ on aura

$\left(t\pm u{\sqrt {a}}\right)^{2}=\left(p\pm q{\sqrt {a}}\right)^{2n},$

et, extrayant la racine carrée,

$t\pm u{\sqrt {a}}=\pm \left(p\pm q{\sqrt {a}}\right)^{n}\,;$

or $\left(p\pm q{\sqrt {a}}\right)^{n}$ se réduit à cette forme : $p'\pm q'{\sqrt {a}},$ en faisant (n^o 15)

${\begin{aligned}p'=&{\frac {\left(p+q{\sqrt {a}}\right)^{n}+\left(p-q{\sqrt {a}}\right)^{n}}{2}},\\q'=&{\frac {\left(p+q{\sqrt {a}}\right)^{n}-\left(p-q{\sqrt {a}}\right)^{n}}{2{\sqrt {a}}}}\,;\end{aligned}}$

donc, puisque $t$ et $u$ sont, par hypothèse, des nombres positifs, et que $p'$ et $q'$ le sont aussi, on aura $t=p'$ et $u=q'\,;$ mais, à cause de $p^{2}-aq^{2}=1,$ on aura aussi $p'^{2}-aq'^{2}-=1\,;$ donc on aurait $t^{2}-au^{2}=1,$ ce qui est contradictoire ; donc $m$ doit nécessairement être un nombre impair.

Soit donc $m=2n+1,$ et l’on aura

$\left(t\pm u{\sqrt {a}}\right)^{2}=\left(p\pm q{\sqrt {a}}\right)^{2n}\left(p\pm q{\sqrt {a}}\right)\,;$

d’où l’on voit que $p\pm q{\sqrt {a}}$ doit être un carré ; or, quelle que puisse être la racine carrée de $p\pm q{\sqrt {a}},$ il est clair, à cause de la quantité irrationnelle ${\sqrt {a}}$, qu’elle ne peut être que de cette forme $r\pm s{\sqrt {a}},$ de sorte que l’on aura

$p\pm q{\sqrt {a}}=\left(r\pm s{\sqrt {a}}\right)^{2}=r^{2}+as^{2}\pm 2rs{\sqrt {a}}\,;$

et, par conséquent,

$p=r^{2}+as^{2}\quad {\text{et}}\quad q=2rs.$

Ainsi, à moins que les quantités $p$ et $q$ ne soient de cette forme, il est impossible que l’équation $t^{2}-au^{2}=-1$ ait lieu ; or, connaissant les valeurs de ces quantités, il est facile de vérifier si elles sont de la forme dont il s’agit ; car, premièrement, il faudra que $q$ soit un nombre pair ; ensuite il est évident que $r$ et $s$ ne peuvent être que les facteurs de la moitié de $q\,;$ de sorte qu’il ne s’agira que de chercher tous ces facteurs, et de les substituer à la place de $r$ et $s$ dans l’équation $r^{2}+as^{2}=p.$

Si l’on peut par ce moyen trouver deux valeurs de $r$ et $s,$ alors, comme

$p\pm q{\sqrt {a}}=(r\pm s{\sqrt {a}})^{2},$

on aura

$\left(t\pm u{\sqrt {a}}\right)^{2}=\left(r\pm s{\sqrt {a}}\right)^{2m},$

et faisant

${\begin{aligned}r'=&{\frac {\left(r+s{\sqrt {a}}\right)^{m}+\left(r-s{\sqrt {a}}\right)^{m}}{2}},\\s'=&{\frac {\left(r+s{\sqrt {a}}\right)^{m}-\left(r-s{\sqrt {a}}\right)^{m}}{2{\sqrt {a}}}},\end{aligned}}$

on aura

$\left(t\pm u{\sqrt {a}}\right)^{2}=\left(r'\pm s'{\sqrt {a}}\right)^{2}\,;$

d’où

$t\pm u{\sqrt {a}}=r'\pm s'{\sqrt {a}}$

et

$t=r',\qquad u=s'.$

Or il est facile de voir que les valeurs de $r'$ et $s'$ sont les plus petites lorsque $m-1,$ auquel cas on a $r'=r$ et $s'=s\,;$ donc les plus petites valeurs de $t$ et de $u$ seront $t=r$ et $u=s\,;$ donc $r$ et $s$ seront les plus petites valeurs qui satisfassent à l’équation $t^{2}-au^{2}=-1.$

Usage des méthodes précédentes pour la résolution des équations
du second degré à deux inconnues, par des nombres entiers.

27. Soit proposée l’équation

$\alpha x^{2}+\beta xy+\gamma y^{2}+\delta x+\varepsilon y+\zeta =0,$

dans laquelle $\alpha ,\beta ,\gamma ,\delta ,\varepsilon$ et $\zeta$ sont des nombres donnés entiers positifs ou négatifs, et $x$ et $y$ sont deux nombres inconnus qu’il s’agit de déterminer de manière qu’ils soient rationnels et entiers.

Qu’on multiplie toute l’équation par $4\alpha ,$ et qu’on la mette sous cette forme :

$(2\alpha x+\beta y+\delta )^{2}=(\beta y+\delta )^{2}-4\alpha \left(\gamma y^{2}+\varepsilon y+\zeta \right)=0.$

Soient, pour abréger,

${\begin{aligned}2\alpha x+\beta y+\delta =&u,\\\beta ^{2}-4\alpha \gamma =&a,\\\beta \delta -2\alpha \varepsilon =&b,\\\delta ^{2}-4\alpha \zeta =&c,\end{aligned}}$

et l’équation précédente deviendra

$u^{2}=ay^{2}+2by+c.$

Cette équation étant multipliée para peut se mettre sous la forme suivante :

$au^{2}=(ay+b)^{2}+ac-b^{2},$

ou bien, en faisant

${\begin{aligned}ay+b=&t,\\b^{2}-ac=&\mathrm {R} ,\end{aligned}}$

sous celle-ci

$t^{2}-au^{2}=\mathrm {R} \,;$

d’où l’on voit d’abord que le nombre donné $\mathrm {R}$ doit être de cette forme : $t^{2}-au^{2},$ pour que le problème admette une solution rationnelle.

J’ai donné ailleurs^[1] la méthode de reconnaître si un nombre donné est de la forme de $t^{2}-au^{2},$ $a$ étant aussi donné ; et j’ai fait voir que pour qu’un nombre quelconque $\mathrm {R}$ soit de cette forme, il faut que chacun de ses facteurs premiers que je désignerai par $r$ soit tel, que $a^{\frac {r-1}{2}}-1$ soit divisible par $r\,;$ si cette condition n’a pas lieu, on peut assurer hardiment que $\mathrm {R}$ n’est pas de la forme dont il s’agit, et qu’ainsi le problème n’admet aucune solution rationnelle.

28. Supposons maintenant qu’on ait reconnu que le nombre $\mathrm {R}$ est en effet de la forme de $t^{2}-au^{2},$ et qu’on ait trouvé en même temps deux nombres $\mathrm {P}$ et $\mathrm {Q}$ tels, que $\mathrm {R} =\mathrm {P} ^{2}-a\mathrm {Q} ^{2}\,;$ en ce cas le problème sera résoluble eh nombres, et il pourra même l’être de plusieurs manières ; c’est ce que nous allons examiner.

Il est d’abord clair que, puisque

$\mathrm {R} =\mathrm {P} ^{2}-a\mathrm {Q} ^{2}=t^{2}-au^{2},$

il n’y aura qu’à supposer $t=\mathrm {P}$ et $u=\mathrm {Q} ,$ ce qui donnera

$a+b=\mathrm {P} ,\qquad 2\alpha x+\beta y+\delta =\mathrm {Q} ,$

et, par conséquent,

$y={\frac {\mathrm {P} -b}{a}},\qquad x={\frac {\mathrm {Q} -\delta }{2\alpha }}-{\frac {\beta (\mathrm {P} -b)}{2\alpha a}}.$

Or je remarque :

1^o Que les nombres $\mathrm {P}$ et $\mathrm {Q}$ peuvent être pris positivement ou négativement à volonté, ce qui donnera quatre solutions différentes ;

2^o Si le nombre $\mathrm {R}$ est le produit de deux ou de plusieurs nombres de la forme de $\mathrm {P} ^{2}-a\mathrm {Q} ^{2},$ il sera aussi plusieurs fois de cette même forme ; de sorte qu’on pourra trouver différentes valeurs de $\mathrm {P}$ et de $\mathrm {Q} .$

En effet, si $\mathrm {R}$ est le produit de deux facteurs tels que $p^{2}-aq^{2}$ et $p'^{2}-aq'^{2},$ on aura (n^o 5)

$\mathrm {R} =\left(pp'\pm aqq'\right)^{2}-a(pq'\pm qp')^{2}\,;$

ainsi on pourra supposer

$\mathrm {P} =pp'+aqq'\quad {\text{et}}\quad \mathrm {Q} =pq'+qp',$

ou

$\mathrm {P} =pp'-aqq'\quad {\text{et}}\quad \mathrm {Q} =pq'-qp'.$

En général, si $\mathrm {R}$ est exprimé par $\mathrm {A} ^{m}\mathrm {B} ^{n}\mathrm {C} ^{r}\mathrm {D} ^{s}\ldots ,\mathrm {A,B,C,D} ,\ldots$ étant des nombres de la forme de $\mathrm {P} ^{2}-a\mathrm {Q} ^{2},$ mais qui ne soient qu’une fois de cette forme, le nombre $\mathrm {R}$ sera (comme je l’ai démontré ailleurs) de la même forme autant de fois, ni plus ni moins, qu’il y a d’unités dans la moitié de ce nombre $(m+1)(n+1)(r+1)(s+1)\ldots$ s’il est pair, ou dans la moitié de ce même nombre augmenté de l’unité s’il, est impair. Ainsi les quantités $\mathrm {P}$ et $\mathrm {Q}$ auront chacune autant de valeurs différentes qu’il y a d’unités dans ${\frac {(m+1)(n+1)(r+1)(s+1)\ldots }{2}}$ ou dans ${\frac {(m+1)(n+1)(r+1)(s+1)\ldots +1}{2}},$ et chacune de ces valeurs fournira par conséquent quatre solutions du problème.

29. Examinons séparément le cas où $a$ est un nombre positif, et celui où $a$ est un nombre négatif.

1^o Soit $a$ un nombre négatif $=-e,$ en sorte que $e$ soit positif, et la forme du nombre $\mathrm {R}$ sera $\mathrm {P} ^{2}+e\mathrm {Q} ^{2}\,;$ donc, puisqu’il est impossible que l’unité soit de cette forme, le nombre des facteurs $\mathrm {A,B,C,D} ,\ldots$ (numéro précédent) qui sont supposés être de cette forme sera nécessairement limité ; donc le nombre des valeurs de $\mathrm {P}$ et de $\mathrm {Q}$ le sera aussi ; par conséquent le problème ne pourra avoir qu’un certain nombre de solutions rationnelles, qu’il sera aisé de trouver par la méthode précédente, et s’il arrive qu’aucune de ces solutions ne donne des nombres entiers pour les valeurs des inconnues $x$ et $y,$ on en devra conclure que le problème n’admet point de solution en entiers.

2^o Supposons que $a$ soit un nombre positif ; dans ce cas, comme l’unité est toujours de la forme de $\mathrm {P} ^{2}-a\mathrm {Q} ^{2}$ quel que soit le nombre $a,$ il est clair que le nombre des facteurs de $\mathrm {R}$ de la forme dont il s’agit sera infini, parce qu’on peut toujours regarder le nombre $\mathrm {R}$ comme multiplié par une puissance quelconque de l’unité ; ainsi, ou le problème n’admettra point de solution du tout, ou bien il en admettra nécessairement une infinité.

Pour comprendre toutes ces solutions dans deux formules générales, soient $p'$ et $q'$ deux nombres tels, que $p'^{2}-aq'^{2}=1,$ et, multipliant cette équation par l’équation $\mathrm {P} ^{2}-a\mathrm {Q} ^{2}=\mathrm {R} ,$ on aura

$(\mathrm {P} p'\pm a\mathrm {Q} q')^{2}-a(\mathrm {P} q'\pm \mathrm {Q} p')^{2}-=\mathrm {R} \,;$

d’où l’on voit qu’ayant trouvé deux nombres $\mathrm {P}$ et $\mathrm {Q}$ qui satisfassent à l’équation $\mathrm {P} ^{2}-a\mathrm {Q} ^{2}=\mathrm {R} ,$ on pourra mettre dans les formules du n^o 28 $\mathrm {P} p'\pm a\mathrm {Q} q'$ à la place de $\mathrm {P} ,$ et $\mathrm {P} q'\pm \mathrm {Q} p'$ à la place de $\mathrm {Q} ,$ ce qui donnera en faisant abstraction de l’ambiguïté des signes, à cause que les nombres

$\mathrm {P}$ et $\mathrm {Q}$ peuvent toujours être pris positivement ou négativement,

${\begin{aligned}y=&{\frac {\mathrm {P} p'-b}{a}}+\mathrm {Q} q',\\x=&{\frac {(\mathrm {P} +\beta \mathrm {Q} )q'+\mathrm {Q} p'-\delta }{2\alpha }}-{\frac {\beta (\mathrm {P} p'-b)}{2\alpha a}}.\end{aligned}}$

Or nous avons démontré (n^o 17) que si $p$ et $q$ sont les plus petits nombres qui satisfassent à l’équation $p'^{2}-aq'-^{2}=1$ tous les autres nombres possibles sont renfermés dans ces formules :

${\begin{aligned}p'=&{\frac {\left(p+q{\sqrt {a}}\right)^{m}+\left(p-q{\sqrt {a}}\right)^{m}}{2}},\\q'=&{\frac {\left(p+q{\sqrt {a}}\right)^{m}-\left(p-q{\sqrt {a}}\right)^{m}}{2{\sqrt {a}}}},\end{aligned}}$

en prenant pour $m$ tous les nombres naturels $1.2.3.\ldots ,$ à l’infini ; donc, si l’on substitue ces valeurs de $p'$ et $q'$ dans les formules précédentes, on aura

${\begin{aligned}y=&{\frac {\mathrm {P+Q} {\sqrt {a}}}{2a}}\left(p+q{\sqrt {a}}\right)^{m}+{\frac {\mathrm {P-Q} {\sqrt {a}}}{2a}}\left(p+q{\sqrt {a}}\right)^{m}-{\frac {b}{a}},\\x=&{\frac {a\mathrm {Q} -\beta \mathrm {P} +(\mathrm {P} +\beta \mathrm {Q} ){\sqrt {a}}}{4a\alpha }}\left(p+q{\sqrt {a}}\right)^{m}\\&-{\frac {a\mathrm {Q} -\beta \mathrm {P} -(\mathrm {P} +\beta \mathrm {Q} ){\sqrt {a}}}{4a\alpha }}\left(p-q{\sqrt {a}}\right)^{m}-{\frac {\delta -{\cfrac {\beta b}{a}}}{2\alpha }}.\end{aligned}}$

Donc, si l’on met dans ces formules les différentes valeurs de $\mathrm {P}$ et $\mathrm {Q}$ qui naissent des facteurs de $\mathrm {R}$ qui sont de la forme de $\mathrm {P} ^{2}-a\mathrm {Q} ^{2},$ et qui sont plus grands que l’unité, et qu’on fasse successivement $m=1,2,3,\ldots ,$ on aura absolument toutes les solutions rationnelles possibles de l’équation proposée.

3^o Soient, pour plus de simplicité,

${\begin{aligned}a\mathrm {Q-\beta P} =&\mathrm {P} ',\\\mathrm {P+\beta Q} =&\mathrm {Q} ,\end{aligned}}$

et l’on aura

${\begin{aligned}y=&{\frac {\mathrm {P} p'+a\mathrm {Q} q'-b}{a}},\\x=&{\frac {\mathrm {P} 'p'+a\mathrm {Q} 'q'+b\beta -a\delta }{2a\alpha }}\,;\end{aligned}}$

donc, à moins que les numérateurs de ces deux fractions ne soient divisibles exactement par leurs dénominateurs, les inconnues $x$ et $y$ ne pourront être des nombres entiers.

Supposons

${\begin{aligned}y'=&{\frac {\mathrm {P} '(p'-1)+a\mathrm {Q} 'q'}{a}},\\x'=&{\frac {\mathrm {P} '(p'-1)+a\mathrm {Q} 'q'}{2a\alpha }},\end{aligned}}$

et nous aurons

${\begin{aligned}y=&{\frac {\mathrm {P} -b}{a}}+y',\\x=&{\frac {\mathrm {P} '+b\beta -a\delta }{2a\alpha }}+x'.\end{aligned}}$

Or je dis que l’on peut toujours prendre l’exposant $m,$ dans les valeurs de $p'$ et $q',$ tel que $x'$ et $y'$ soient des nombres entiers.

Pour cela on décomposera le nombre $x$ en ses facteurs premiers, en sorte que l’on ait $\alpha =2^{s}m'm''m'''\ldots ,$ $m',m'',m''',\ldots$ étant des nombres premiers ; ensuite on divisera $a^{\frac {m'-1}{2}}$ par $m',$ et l’on nommera le reste $r'\,;$ on divisera de même $a^{\frac {m''-1}{2}}$ et l’on nommera le reste $r'',$ et ainsi de suite ; ces restes étant trouvés, on fera $m$ égal à un multiple quelconque de $2^{s+1}(m'-r')(m''-r'')(m'''-r''')\ldots \,;$ car, par ce que nous avons démontré plus haut (n^o 21), il est clair que $p'-1$ et $q'$ seront divisibles par $2\alpha \,;$ de plus il est facile de voir par les formules du n^o 16 que $p'-1$ sera aussi divisible par $a,$ à cause que $m$ est pair ; par conséquent $x'$ et $y'$ seront nécessairement des nombres entiers.

Donc, si les quantités ${\frac {\mathrm {P} -b}{a}}$ et ${\frac {\mathrm {P} '+b\beta -a\delta }{2a\alpha }}$ sont des nombres entiers, on pourra trouver une infinité de valeurs de $x$ et de $y$ en nombres entiers ; or ces quantités ne sont autre chose que les valeurs de $x$ et de $y$ qui répondent à $m=0,$ ce qui donne

$p'=1,\quad q'=0,\quad {\text{et par conséquent}}\quad x'=0,\quad y'=0,$

c’est-à-dire les mêmes valeurs de $x$ et de $y$ que nous avons trouvées d’abord (n^o 28) ; d’où il s’ensuit que si l’on trouve une seule solution du problème en nombres entiers, dans le cas de $a$ positif, on pourra par nos formules en trouver une infinité d’autres en prenant pour $\mathrm {P}$ et $\mathrm {Q}$ les nombres qui répondent à la solution donnée, et pour $m$ un multiple quelconque de

$2^{s+1}(m'-r')(m''-r'')(m'''-r''')\ldots .$

Au reste, il est bon de remarquer encore qu’il ne sera pas toujours nécessaire que $m$ soit un multiple de ce nombre pour que $x'$ et $y'$ soient des nombres entiers ; car il est visible, par exemple, que si $\mathrm {P} '$ et $\mathrm {Q} '$ étaient divisibles par $\alpha ,$ il suffirait alors que $m$ fût un multiple de $2,$ c’est-à-dire un nombre pair, et ainsi des autres cas semblables.

1. On trouvera dans le Tome II le Mémoire auquel Lagrange fait ici allusion ; ce Mémoire a été inséré dans le Recueil de l’Académie de Berlin.$\qquad$(Note de l’Éditeur.)