Page:Gauss - Recherches arithmétiques, traduction Poullet-Delisle, 1807.djvu/382

360

RECHERCHES

Il est donc à propos d’exposer ici en peu de mots cette démonstration, qui est très-élégante, et d’y joindre les motifs de notre jugement.

Il commence par observer que si trois nombres $\mathrm {a} ,$ $\mathrm {b} ,$ $\mathrm {c}$ sont $\equiv 1{\pmod {4}},$ l’équation $\mathrm {ax^{2}+by^{2}+cz^{2}=0} \dots$ (ω) n’est pas résoluble. En effet, on voit facilement que la valeur de $ax^{2}+by^{2}+cz^{2}$ deviendrait nécessairement $\equiv 1$, $2$, $3{\pmod {4}}$, à moins que l’on ne donnât à $x$, $y$, $z$ des valeurs paires : donc si (ω) était résoluble, ce ne pourrait être que par des valeurs paires, ce qui est absurde, puisque toutes les fois que trois nombres satisfont à l’équation (ω), ils y satisferont encore après qu’ils auront été divisés par leur plus grand commun diviseur, et que par cette opération il résulterait au moins un nombre impair. Or les différens cas du théorème à démontrer se rapportent aux suivans :

I. $p$ et $q$ désignant des nombres premiers de la forme $4n+3$ positifs et inégaux, on ne peut pas avoir en même temps $pRq$ et $qRp$. En effet, si cela était possible, il est évident qu’en posant $1=a$, $-p=b$, $-q=c$, toutes les conditions nécessaires pour la résolution de l’équation $ax^{2}+by^{2}+cz^{2}=0$ seraient remplies (n^o 294). Mais d’après l’observation précédente, cette équation n’admet aucune solution, donc la supposition ne peut subsister. De là suit sur-le-champ la proposition 7 du n^o 131.

II. Si $p$ est un nombre premier de la forme $4n+1$, et $q$ un nombre premier de la forme $4n+3$, on ne peut avoir en même temps $qRp$, $pNq$, autrement on aurait $-pRq$, et l’équation $x^{2}+py^{2}-qz^{2}$ serait résoluble, tandis que l’observation précédente prouve qu’elle ne l’est pas. De là suivent les quatrième et cinquième cas du n^o 131.

III. Si $p$ et $q$ sont des nombres premiers de la forme $4n+1$, on ne peut avoir en même temps $pRq$ et $qNp$ ; en effet, prenons un autre nombre premier de la forme $4n+3$, qui soit résidu de $q$, et dont $p$ soit non-résidu. Alors, par les cas traités dans l’instant (II), on aura $qRr$ et $rNp$ : si donc on avait $pRq$ et $qNp,$ il en résulterait $qrRp$, $pRq$, $pqNr$, et partant $-pqRr$, Donc l’équation $px^{2}+qy^{2}-rz^{2}=0$ serait résoluble,

contre