Mémoires extraits des recueils de l’Académie royale de Berlin/Sur la solution des Problèmes indéterminés du second degré

Joseph-Louis Lagrange

Sur la solution des Problèmes indéterminés du second degré

Mémoires extraits des recueils de l’Académie royale de Berlin, Gauthier-Villars, 1868, Œuvres de Lagrange. Tome II (p. 377-535).

SUR LA SOLUTION
DES
PROBLÈMES INDÉTERMINÉS
DU SECOND DEGRÉ^[1].

---

(Mémoires de l’Académie royale des Sciences et Belles-Lettres
de Berlin, t. XXIII, 1769.)

Lorsque l’équation finale à laquelle conduit la solution d’une question renferme plus d’une inconnue, le Problème est indéterminé ; et envisagé généralement, il est susceptible d’une infinité de solutions. Mais si la nature de la question exige que les quantités cherchées soient rationnelles, ou même qu’elles soient exprimées par des nombres entiers, alors le nombre des solutions peut être très-limité ; et la difficulté se réduit à trouver, parmi toutes les solutions possibles, celles qui peuvent satisfaire à la condition prescrite. Quand l’équation finale n’est que du premier degré, toutes les solutions sont rationnelles par la nature même de cette équation ; et si l’on veut de plus que les inconnues soient des nombres entiers, on peut les déterminer facilement par la méthode des fractions continues (voyez plus bas le n^o 8). Il n’en est pas de même des équations qui passent le premier degré, et qui conduisent naturellement à des expressions irrationnelles. On n’a point de méthode directe et générale pour trouver les nombres commensurables qui peuvent satisfaire à ces équations lors même qu’elles ne sont qu’au second degré ; et il faut avouer que cette branche de l’Analyse, quoique peut-être une des plus importantes, est néanmoins une de celles que les Géomètres paraissent avoir le plus négligées, ou du moins dans lesquelles ils ont fait jusqu’à présent le moins de progrès.

Diophante et ses commentateurs ont à la vérité résolu un grand nombre de Problèmes indéterminés du second, du troisième et même du quatrième degré ; mais la plupart de leurs solutions n’étant que particulières, il n’est pas étonnant qu’il se trouve encore des cas d’ailleurs fort simples, et en même temps fort étendus, pour lesquels les méthodes de Diophante soient absolument insuffisantes.

S’il s’agissait, par exemple, de résoudre l’équation $\mathrm {A+B} t^{2}=u^{2},$ en supposant $\mathrm {A}$ et $\mathrm {B}$ des nombres entiers non carrés, c’est-à-dire de trouver une valeur rationnelle de $t$ telle que $\mathrm {A+B} t^{2}$ devînt un carré, on verrait aisément que tous les artifices connus de l’Analyse de Diophante seraient en défaut pour ce cas ; or, c’est précisément à ce cas que se réduit la solution générale des Problèmes indéterminés du second degré à deux inconnues, comme on le verra ci-après. Personne que je sache ne s’est occupé de ce Problème, si l’on en excepte M. Euler qui en a fait l’objet de deux excellents Mémoires qui se trouvent parmi ceux de l’Académie de Pétersbourg (t. VI des anciens Commentaires et t. IX des nouveaux) ; mais il s’en faut encore beaucoup que la matière soit épuisée. Car : 1^o M. Euler n’a considéré, dans l’équation $\mathrm {A+B} t^{2}=u^{2},$ que le cas où $\mathrm {B}$ est un nombre positif, et où $t$ et $u$ doivent être des nombres entiers ; 2^o dans ce cas même, M. Euler suppose qu’on connaisse déjà une solution de l’équation et il donne le moyen d’en déduire une infinité d’autres. Ce n’est pas que ce grand Géomètre n’ait tâché de donner aussi quelques règles pour connaître a priori si l’équation proposée est résoluble ou non ; mais, outre que ces règles ne sont fondées que sur des principes précaires et tirés seulement de l’induction, elles ne sont d’ailleurs d’aucune utilité pour la recherche de la première solution, qui doit être supposée connue (voyez le premier Mémoire du t. IX des nouveaux Commentaires de Pétersbourg, et surtout la conclusion de ce Mémoire, p. 38) ; 3^o les formules que M. Euler donne pour trouver une infinité de solutions, dès qu’on en connaît une seule, ne renferment pas toujours et ne sauraient renfermer toutes les solutions possibles, à moins que $\mathrm {A}$ ne soit un nombre premier (voyez plus bas le n^o 45).

Les recherches que j’ai faites depuis quelque temps sur cette matière m’ont conduit à des méthodes directes, générales et nouvelles, pour résoudre les équations de la forme $\mathrm {A+B} t^{2}=u^{2},$ et en général toutes les équations du second degré à deux inconnues, soit que les inconnues puissent être des nombres quelconques entiers ou fractionnaires, soit qu’elles doivent être des nombres entiers. Ce sont ces méthodes qui font l’objet de ce Mémoire ; je les crois d’autant plus dignes de l’attention des Mathématiciens qu’elles laissent encore un vaste champ à leurs recherches.

§ I. — De la manière de ramener toute équation du second degré à deux inconnues à cette forme $\mathrm {A} =u^{2}-\mathrm {B} t^{2},$ et des cas dans lesquels les équations de cette forme peuvent se résoudre par les méthodes connues.

1. Soit

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

l’équation générale proposée dans laquelle $\alpha ,\beta ,\gamma ,\delta ,\varepsilon$ et $\zeta$ soient des nombres donnés entiers, positifs ou négatifs (il est évident que si les coefficients $\alpha ,\beta ,\ldots$ n’étaient pas des nombres entiers, on pourrait toujours les rendre tels en faisant évanouir tous les dénominateurs par la multiplication), et où $x$ et $y$ soient les deux inconnues qu’il s’agit de déterminer, en sorte qu’elles soient exprimées par des nombres rationnels. Qu’on tire de cette équation la valeur de l’une des deux inconnues, comme $x$ et l’on aura

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

d’où l’on voit que la question se réduit à déterminer $y$ en sorte que la

quantité $(\beta y+\delta )^{2}-4\alpha \left(\gamma y^{2}+\varepsilon y+\zeta \right)$ soit un carré. Soient, pour abréger,

${\begin{aligned}\beta ^{2}-4\alpha \gamma =&\mathrm {B} ,\\\beta \delta -2\alpha \varepsilon =&f,\\\delta ^{2}-4\alpha \zeta =&g,\end{aligned}}$

et il faudra que $\mathrm {B} y^{2}+2fy+g$ soit un carré ; soit donc

$\mathrm {B} y^{2}+2fy+g=t^{2},$

on aura par la résolution de cette équation

$\mathrm {B} y+f={\sqrt {\mathrm {B} t^{2}+f^{2}-\mathrm {B} g}},$

de sorte qu’il ne s’agira plus que de rendre $\mathrm {B} t^{2}+f^{2}-\mathrm {B} g$ carré. Soit encore

$f^{2}-\mathrm {B} g=\mathrm {A} ,$

et toute la difficulté se réduira à satisfaire à cette équation

$\mathrm {A+B} t^{2}=u^{2},$

$\mathrm {A,B}$ étant des nombres entiers donnés, et $t$ et $u$ devant être des nombres rationnels.

2. Puisque nous avons supposé

$(\beta y+\delta )^{2}-4\alpha \left(\gamma y^{2}+\varepsilon y+\zeta \right)=\mathrm {B} y^{2}+2fy+g=t^{2},$

$\mathrm {B} t^{2}+f^{2}-\mathrm {B} g=\mathrm {B} t^{2}+\mathrm {A} =u^{2},$

on aura

$2\alpha x+\beta y+\delta =\pm t.$

$\mathrm {B} y+f=\pm u,$

d’où

${\begin{aligned}y=&{\frac {\pm u-f}{\mathrm {B} }},\\x=&{\frac {\pm t-\delta }{2\alpha }}-{\frac {\beta (\pm u-f)}{2\alpha \mathrm {B} }}\end{aligned}}$

(les signes ambigus de $u$ et de $t$ pouvant être pris à volonté), par où l’on déterminera $x$ et $y$ dès que l’on connaîtra $t$ et $u.$

On voit aussi par là que, si $x$ et $y$ doivent être des nombres entiers, il faut que $t$ et $u$ soient entiers aussi ; mais il faudra de plus que $\pm u-f$ soit divisible par $\mathrm {B} ,$ et que $\pm t-\delta -{\frac {\beta (\pm u-f)}{\mathrm {B} }}$ soit divisible par $2\alpha .$ Si l’on voulait seulement que $x$ et $y$ fussent des nombres rationnels, il suffirait que $t$ et $u$ fussent aussi rationnels.

3. Si l’un des nombres $\mathrm {A}$ ou $\mathrm {B}$ était carré, l’équation $\mathrm {A+B} t^{2}=u^{2}$ serait susceptible des méthodes de Diophante.

Car : 1^o soit $\mathrm {B} =b^{2},$ on supposera $u=bt+z,$ et l’équation deviendra, en ôtant ce qui se détruit,

$\mathrm {A} =2btz+z^{2},$

d’où l’on tire

$t={\frac {\mathrm {A} -z^{2}}{2bz}}\,;$

de sorte qu’on pourra prendre pour $z$ un nombre quelconque. Cependant, si l’on voulait que $t$ et $u$ fussent des nombres entiers, il ne faudrait prendre pour $z$ que des nombres entiers tels, que $\mathrm {A} -z^{2}$ fût divisible par $2bz\,;$ mais, comme la recherche des nombres qui auraient cette propriété pourrait être longue et pénible, on considérera que l’équation $\mathrm {A} +b^{2}t^{2}=u^{2}$ donne

$\mathrm {A} =u^{2}-b^{2}t^{2}=(u+bt)(u-bt)\,;$

d’où l’on voit d’abord que $u+bt$ et $u-bt$ doivent être des facteurs du nombre donné $\mathrm {A} \,;$ de sorte qu’il n’y aura qu’à résoudre ce nombre en deux facteurs de toutes les manières possibles, et prendre ensuite l’un des facteurs pour $u+bt$ et l’autre pour $u-bt\,;$ on aura par ce moyen deux équations à l’aide desquelles on déterminera $t$ et $u,$ et l’on choisira entre toutes les valeurs de $t$ et $u,$ que chaque couple de facteurs aura fournies, celles qui seront des nombres entiers. De cette manière on sera assuré d’avoir toujours les solutions possibles en entiers de l’équation proposée.

2^o Supposons que l’on ait $\mathrm {A} =a^{2},$ on fera $u=a+tz,$ et l’on aura, en substituant et effaçant ce qui se détruit,

$\mathrm {B} t^{2}=2atz+t^{2}z^{2},$

ou bien, en divisant par $t$ et tirant ensuite la valeur de $t,$

$t={\frac {2az}{\mathrm {B} -z^{2}}},$

où l’on pourra prendre pour $z$ tout ce que l’on voudra. Si $t$ et $u$ devaient être entiers, il faudrait que $z$ fût entier et tel que $2az$ fût divisible par $\mathrm {A} -z^{2}\,;$ ainsi, on pourrait supposer d’abord $z=0,$ ce qui donnerait $t=0$ et $u=a\,;$ mais, pour avoir une solution générale, on considérera l’équation $a^{2}+\mathrm {B} t^{2}=u^{2},$ laquelle donne

$\mathrm {B} t^{2}=u^{2}-a^{2}=(u+a)(u-a),$

et nous apprend que $u+a$ et $u-a$ doivent être des facteurs de $\mathrm {B} t^{2}.$ Soit $\mathrm {B} =b\beta \,;$ $b$ et $\beta$ étant deux facteurs quelconques de $\mathrm {B} ,$ on pourra déterminer $t$ et $u$ en supposant

$u+a=bt\quad {\text{et}}\quad u-a=\beta t,$

d’où l’on tire

$2a=(b-\beta )t\quad {\text{et}}\quad t={\frac {2a}{b-\beta }}\,;$

ainsi, l’équation ne sera résoluble en nombres entiers, au moins par cette méthode, que lorsque $2a$ sera divisible par $b-\beta \,;$ je dis par cette méthode, car il est évident que la supposition de $u+a=bt$ et $u-a=\beta t$ n’est que particulière, et qu’on pourrait faire aussi, en supposant $t=pq$

$u+a=bp^{2},\quad u-a=\beta q^{2},$

ce qui donnerait

$2a=bp^{2}-\beta q^{2},$

équation qui rentre, comme on voit, dans le cas général du n^o 1.

Ce sont là les seules méthodes qu’on ait eues jusqu’à présent pour résoudre les équations de la forme de $\mathrm {A+B} t^{2}=u^{2},$ méthodes qui ne sont absolument applicables qu’aux cas où $\mathrm {A}$ et $\mathrm {B}$ sont des nombres carrés ; dans tous les autres cas, on en était réduit au simple tâtonnement, moyen non-seulement long et pénible, mais presque impraticable, à moins que les quantités cherchées ne soient renfermées dans de certaines limites ; or, c’est ce qui n’a lieu que dans le cas où, $\mathrm {A}$ étant positif, $\mathrm {B}$ est négatif ; car, puisque $u^{2}$ doit être entier et positif, il est clair que $\mathrm {B} t^{2}$ devra être moindre que $\mathrm {A} ,$ et que par conséquent $t$ devra nécessairement être moindre que ${\sqrt {\mathrm {\frac {A}{B}} }}\,;$ de sorte qu’il n’y aura dans ce cas qu’à substituer successivement, au lieu de $t,$ tous les nombres positifs moindres que ${\sqrt {\mathrm {\frac {A}{B}} }}$ (il serait inutile de substituer des nombres négatifs, le carré $t^{2}$ étant le même, soit que $t$ soit positif ou négatif), et choisir ceux qui rendront $\mathrm {A-B} t^{2}$ égal à un carré ; il n’en est pas de même lorsque $\mathrm {B}$ est positif, parce qu’alors $t$ peut augmenter à l’infini ; et en général, soit que $\mathrm {B}$ soit positif ou négatif, le nombre des substitutions à essayer sera toujours nécessairement indéfini, dès qu’on voudra admettre des nombres rompus ; ce qui prouve d’autant plus la nécessité d’avoir pour cet objet des méthodes directes et analytiques telles que celles que nous allons donner.

§ II. — Résolution de l’équation $\mathrm {A} =u^{2}-\mathrm {B} t^{2}$ lorsque $u$ et $t$ peuvent être des nombres quelconques entiers ou fractionnaires.

4. Supposons en général que $u$ et $t$ soient des fractions quelconques, lesquelles, étant réduites au même dénominateur et aux moindres termes possibles, soient représentées par ${\frac {p}{r}}$ et ${\frac {q}{r}},$ en sorte que l’on ait $u={\frac {p}{r}},$ $t={\frac {q}{r}}\,;$ et l’équation

$\mathrm {A+B} t^{2}=u^{2},\quad {\text{savoir}}\quad \mathrm {A} =u^{2}-\mathrm {B} t^{2},$

deviendra

$\mathrm {A} r^{2}=p^{2}-\mathrm {B} q^{2},$

de sorte que la question sera réduite à trouver des nombres entiers qui, étant substitués pour $p,q$ et $r,$ satisfassent à cette équation.

Nous pouvons supposer de plus que l’équation $\mathrm {A} r^{2}=p^{2}-\mathrm {B} q^{2}$ soit telle, que ni $\mathrm {A}$ ni $\mathrm {B}$ ne contiennent aucun facteur carré. Car, si l’on avait $\mathrm {A} =a\rho ^{2},\ \mathrm {B} =b\varpi ^{2},$ l’équation deviendrait

$a\rho ^{2}r^{2}=p^{2}-b\varpi ^{2}q^{2}\,;$

ou bien, en faisant $\rho r=m,\ \varpi q=n,$

$am^{2}=p^{2}-bn^{2},$

laquelle est de la même forme que la précédente.

En général, au lieu de faire simplement $u={\frac {p}{r}}$ et $t={\frac {q}{r}},$ on fera dans ce cas $u={\frac {\rho p}{r}}$ et $t={\frac {\rho q}{\varpi r}},$ et les facteurs carrés $\rho ^{2}$ et $\varpi ^{2}$ disparaîtront par la division. Ainsi, il suffira de résoudre l’équation

$\mathrm {A} r^{2}=p^{2}-\mathrm {B} q^{2}$

dans l’hypothèse que ni $\mathrm {A}$ ni $\mathrm {B}$ ne contiennent aucun facteur carré.

Nous supposerons encore que $\mathrm {B}$ ne soit pas égal à $1,$ ni que l’on ait à la fois $\mathrm {B} =-1$ et $\mathrm {A} =1\,;$ car, outre que ces cas n’ont point de difficulté, nous nous réservons d’en donner la solution plus bas (19).

Enfin, nous supposerons que $\mathrm {A}$ soit toujours plus grand que $\mathrm {B} .$ En effet, il est clair :

1^o Que, si $\mathrm {A}$ était moindre que $\mathrm {B} ,$ il n’y aurait qu’à transposer les termes $\mathrm {A} r^{2}$ et $\mathrm {B} q^{2},$ et échanger $\mathrm {A}$ en $\mathrm {B}$ et $q$ en $r\,;$

2^o Si $\mathrm {A}$ était égal à $\pm \mathrm {B} ,$ alors, comme $\mathrm {A}$ est supposé ne contenir aucun facteur carré, il faudrait nécessairement que $p$ fût divisible par $\mathrm {A} ,$ de sorte qu’en faisant $p=\mathrm {A} s$ on aurait, après avoir divisé par $\mathrm {A} ,$

$r^{2}=\mathrm {A} s^{2}\pm q^{2},\quad {\text{c’est-à-dire}}\quad \mathrm {A} s^{2}=p^{2}\pm q^{2},$

laquelle rentre dans l’équation générale $\mathrm {A} r^{2}=p^{2}-\mathrm {B} q^{2},$ en faisant $\mathrm {B} =\pm 1,\ r=s\,;$ or, si le signe inférieur a lieu, on aura déjà le cas du n^o 19 ; et si c’est le signe supérieur qui ait lieu, alors on aura aussi le cas du n^o 19 si $\mathrm {A} =1\,;$ de sorte que nous supposerons ici $\mathrm {A} >1,$ et par conséquent $\mathrm {A>B} .$

De cette manière, la résolution de l’équation proposée se réduira toujours à celle d’une équation de la forme

$\mathrm {A} r^{2}=p^{2}-\mathrm {B} q^{2},$

où $p,q,r$ devront être des nombres entiers, et où $\mathrm {A}$ et $\mathrm {B}$ seront des nombres entiers donnés non carrés, ni contenant des facteurs carrés, et dont l’un $\mathrm {A}$ sera plus grand que l’autre $\mathrm {B} .$

5. Je dis maintenant que les nombres $p$ et $q$ doivent être premiers entre eux : car, s’ils avaient un commun diviseur $\rho ,$ il faudrait que $\mathrm {A} r^{2}$ fût aussi divisible par $\rho ^{2}\,;$ mais, comme les fractions ${\frac {p}{r}}$ et ${\frac {q}{r}}$ sont supposées réduites à leurs moindres termes, il est clair que $p,q$ et $r$ n’auront aucun diviseur commun, et qu’ainsi $r$ ne sera point divisible par $\rho \,;$ d’ailleurs, il est clair que si $p,q$ et $r$ avaient un diviseur commun, on en pourrait toujours faire abstraction, parce que ce diviseur s’en irait de lui-même par la division ; donc, il faudra que $\mathrm {A}$ soit divisible par $\rho ^{2},$ ce qui ne se peut à cause que $\mathrm {A}$ est supposé ne contenir aucun facteur carré.

6. Cela posé, je remarque d’abord que, pour que l’équation

$\mathrm {A} r^{2}=p^{2}-\mathrm {B} q^{2}$

puisse subsister, il faut que $\mathrm {A}$ soit un diviseur d’un nombre de cette forme $\alpha ^{2}-\mathrm {B} ,$ $\alpha$ étant un nombre entier, c’est-à-dire que $\mathrm {B}$ soit le résidu de la division d’un carré quelconque par $\mathrm {A} .$ Car, si l’on multiplie l’équation dont il s’agit par

$p_{1}^{2}-\mathrm {B} q_{1}^{2},$

on aura

$\mathrm {A} r^{2}\left(p_{1}^{2}-\mathrm {B} q_{1}^{2}\right)=\left(p^{2}-\mathrm {B} q^{2}\right)\left(p_{1}^{2}-\mathrm {B} q_{1}^{2}\right)\,;$

or,

$\left(p^{2}-\mathrm {B} q^{2}\right)\left(p_{1}^{2}-\mathrm {B} q_{1}^{2}\right)$

se réduit à cette forme

$\left(pp_{1}\pm \mathrm {B} qq_{1}\right)^{2}-\mathrm {B} \left(pq_{1}\pm qp_{1}\right)^{2},$

comme il est facile de s’en assurer par le développement de ces deux expressions ; donc, si l’on prend pour $p_{1}$ et $q_{1}$ des nombres entiers tels, que $pq_{1}-qp_{1}$ soit $1$ ou $-1,$ ce qui est toujours possible à cause que $p$ et $q$ sont premiers entre eux (numéro précédent), et qu’on fasse

$pp_{1}-\mathrm {B} qq_{1}=a,$

on aura

$\mathrm {A} r^{2}\left(p_{1}^{2}-\mathrm {B} q_{1}^{2}\right)=\alpha ^{2}-\mathrm {B} \,;$

par conséquent, $\mathrm {A}$ sera un diviseur de $\alpha ^{2}-\mathrm {B} .$

7. Pour trouver les nombres $p_{1}$ et $q_{1},$ qui peuvent satisfaire à la condition $pq_{1}-qp_{1}=\pm 1,$ on réduira la fraction ${\frac {p}{q}}$ en une fraction continue, d’où l’on déduira, comme on sait, une suite de fractions convergentes vers ${\frac {p}{q}}$ et alternativement plus grandes ou plus petites que cette même fraction (voyez plus bas le n^o 29), et l’on prendra pour $p_{1}$ le numérateur de la fraction qui précédera immédiatement la fraction ${\frac {p}{q}}$ et pour $q_{1}$ le dénominateur de la même fraction ; si la fraction ${\frac {p_{1}}{q_{1}}}$ est plus petite que la fraction ${\frac {p}{q}},$ on aura

$pq_{1}-qp_{1}=1,$

et si ${\frac {p_{1}}{q_{1}}}>{\frac {p}{q}},$ on aura

$pq_{1}-qp_{1}=-1.$

8. Cette méthode est utile pour résoudre en général toutes les équations du premier degré à deux inconnues, lorsque ces inconnues doivent être des nombres entiers. Car, soit l’équation

$py-qx=r,$

dans laquelle $p$ et $q$ soient des nombres entiers premiers entre eux ; je dis premiers entre eux, car il est évident que si $p$ et $q$ avaient un diviseur commun $\rho ,$ il faudrait que $r$ fût aussi divisible par $\rho$ pour que les nombres $x$ et $y$ pussent être des nombres entiers ; donc, divisant toute l’équation par $\rho ,$ on aurait une nouvelle équation de la forme

$py-qx=r,$

dans laquelle $p$ et $q$ seraient nécessairement premiers entre eux.

Qu’on cherche, comme ci-dessus, la fraction ${\frac {p_{1}}{q_{1}}},$ telle que

$pq_{1}-qp_{1}=\pm 1,$

et l’on aura, en multipliant par $r,$

$pq_{1}r-qp_{1}r=\pm r\,;$

donc, retranchant cette équation de la proposée ou l’y ajoutant, on aura celle-ci

$p\left(y\mp rq_{1}\right)-q\left(x\mp rp_{1}\right)=0,$

d’où l’on tire

${\frac {x\mp rp_{1}}{y\mp rq_{1}}}={\frac {p}{q}}.$

Or, $p$ et $q$ étant premiers entre eux, la fraction sera déjà réduite à ses moindres termes, de sorte que comme $x$ et $y$ doivent être des nombres entiers, il faudra qu’on ait

$x\mp rp_{1}=mp,\quad y\mp rq_{1}=mq.$

$m$ étant un nombre quelconque entier ; d’où l’on tirera

$x=mp\pm rp_{1},\quad y=mq\pm rq_{1}.$

Ce sont les expressions générales de tous les nombres entiers $x$ et $y$ qui

peuvent satisfaire à l’équation

$py-qx=r.$

Ainsi, pour satisfaire en général à l’équation

$py-qx=\pm 1,$

qui est celle du numéro précédent, on prendra $r=\pm 1,$ et l’on aura

$x=mp\pm p_{1},\quad y=mq\pm q_{1},$

les signes ambigus étant à volonté aussi bien que le nombre $m.$

9. La réduction que nous avons faite (6) de la quantité

$\left(p^{2}-\mathrm {B} q^{2}\right)\left(p_{1}^{2}-\mathrm {B} q_{1}^{2}\right)$

à

$\left(pp_{1}+\mathrm {B} qq_{1}\right)^{2}-\mathrm {B} \left(pq_{1}\pm qp_{1}\right)^{2}$

doit être bien remarquée, parce que nous en ferons un fréquent usage dans la suite de ce Mémoire ; il résulte de là que le produit de deux nombres quelconques de la forme $p^{2}-\mathrm {B} q^{2}$ est encore de la même forme, et que par conséquent le produit d’autant de nombres qu’on voudra de la forme $p^{2}-\mathrm {B} q^{2}$ sera aussi de la même forme. En effet, on a

${\begin{aligned}&\left(p^{2}-\mathrm {B} q^{2}\right)\left(p_{1}^{2}-\mathrm {B} q_{1}^{2}\right)=\mathrm {P^{2}-BQ^{2}} ,\\&\left(p^{2}-\mathrm {B} q^{2}\right)\left(p_{1}^{2}-\mathrm {B} q_{1}^{2}\right)\left(p_{2}^{2}-\mathrm {B} q_{2}^{2}\right)=\mathrm {P_{1}^{2}-BQ_{1}^{2}} ,\\&\ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots ,\end{aligned}}$

${\begin{alignedat}{2}\mathrm {P} \ \ &=pp_{1}\pm \mathrm {B} qq_{1},&\mathrm {Q} \ \ &=pq_{1}\pm qp_{1},\\\mathrm {P} _{1}&=\mathrm {P} p_{2}\pm \mathrm {BQ} q_{2},\qquad &\mathrm {Q} _{1}&=\mathrm {P} q_{2}\pm \mathrm {Q} p_{2},\\\ldots &\ldots \ldots \ldots \ldots ,&\ldots &\ldots \ldots \ldots \ldots ,\end{alignedat}}$

où l’on observera, à l’égard des signes ambigus, de les prendre les mêmes dans les deux quantités $\mathrm {P}$ et $\mathrm {Q} ,$ $\mathrm {P} _{1}$ et $\mathrm {Q} _{1},\ldots .$

On aura de même

${\begin{aligned}\left(p^{2}-\mathrm {B} q^{2}\right)^{2}&=\mathrm {P^{2}-BQ^{2}} ,\\\left(p^{2}-\mathrm {B} q^{2}\right)^{3}&=\mathrm {P_{1}^{2}-BQ_{1}^{2}} ,\\\ldots \ldots \ldots \ldots &\ldots \ldots \ldots \ldots ,\end{aligned}}$

en faisant

${\begin{alignedat}{2}\mathrm {P} \ \ &=p^{2}+\mathrm {B} q^{2},&\mathrm {Q} \ \ &=2pq,\\\mathrm {P} _{1}&=p^{3}+3\mathrm {B} pq^{2},\qquad &\mathrm {Q} _{1}&=3pq^{2}+\mathrm {B} q^{3},\\\ldots &\ldots \ldots \ldots \ldots ,&\ldots &\ldots \ldots \ldots \ldots ,\end{alignedat}}$

et en général, si l’on fait

$\left(p^{2}-\mathrm {B} q^{2}\right)^{m}=\mathrm {P^{2}-BQ^{2}} ,$

on aura

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

ou bien

${\begin{aligned}\mathrm {P} =&{\frac {\left(p+q{\sqrt {\mathrm {B} }}\right)^{m}+\left(p-q{\sqrt {\mathrm {B} }}\right)^{m}}{2}},\\\mathrm {Q} =&{\frac {\left(p+q{\sqrt {\mathrm {B} }}\right)^{m}-\left(p-q{\sqrt {\mathrm {B} }}\right)^{m}}{2{\sqrt {\mathrm {B} }}}}.\end{aligned}}$

10. Nous avons démontré plus haut (6) que l’équation

$\mathrm {A} r^{2}=p^{2}-\mathrm {B} q^{2}$

ne peut avoir lieu à moins que $\mathrm {A}$ ne soit un diviseur d’un nombre de cette forme $\alpha ^{2}-\mathrm {B} \,;$ or, je dis que l’on peut toujours supposer que le nombre $\alpha$ soit moindre que la moitié du nombre $\mathrm {A} .$ En effet, soit $a$ un nombre tel que $a^{2}-\mathrm {B}$ soit divisible par $\mathrm {A} ,$ il est clair qu’en faisant $\alpha =\mu \mathrm {A} \pm a,$ $\mu$ étant un nombre quelconque entier, $\alpha ^{2}-\mathrm {B}$ sera aussi divisible par $\mathrm {A} \,;$ d’autre part il est facile de voir qu’on peut toujours déterminer le nombre $\mu$ et le signe ambigu de $a$ en sorte que $\alpha$ soit $<{\frac {\mathrm {A} }{2}}\,;$ donc, s’il existe un nombre quelconque $a,$ tel que $\alpha ^{2}-\mathrm {B}$ soit divisible par $\mathrm {A} ,$ il doit exister aussi un nombre $\alpha <{\frac {\mathrm {A} }{2}},$ qui ait la même propriété.

On doit conclure de là que, pour que l’équation

$\mathrm {A} r^{2}=p^{2}-\mathrm {B} q^{2}$

soit résoluble, il faut nécessairement que $\mathrm {A}$ soit un diviseur d’un nombre tel que $\alpha ^{2}-\mathrm {B} ,$ $\alpha$ étant un nombre moindre que ${\frac {\mathrm {A} }{2}}.$

On essayera donc successivement pour $\alpha$ tous les nombres naturels depuis $1$ jusqu’à ${\frac {\mathrm {A} }{2}},$ et si l’on n’en trouve aucun qui satisfasse à la condition dont il s’agit, ce sera une marque sûre que l’équation proposée n’admet aucune solution rationnelle.

Nous donnerons plus bas (voyez le § IV) des moyens directs pour pouvoir reconnaître si un nombre donné peut être un diviseur d’un nombre de la forme $\alpha ^{2}-\mathrm {B} ,$ $\mathrm {B}$ étant aussi donné ; il nous suffit ici qu’on puisse toujours s’en assurer par un tâtonnement fort simple.

Au reste, il faut remarquer, pour éviter toute équivoque, que quand nous disons que $\alpha$ doit être $<{\frac {\mathrm {A} }{2}},$ nous entendons que $\alpha$ et $\mathrm {A}$ soient pris positivement, quoiqu’ils puissent être d’ailleurs positifs ou négatifs ; de sorte qu’on ne doit avoir égard, dans cette comparaison des nombres $\alpha$ et $\mathrm {A} ,$ qu’à leur valeur absolue.

11. Reprenons maintenant l’équation

(A)

$\mathrm {A} r^{2}=p^{2}-\mathrm {B} q^{2},$

et supposons qu’on ait trouvé un nombre entier $\alpha <{\frac {\mathrm {A} }{2}}$ (abstraction faite des signes de $\alpha$ et $\mathrm {A}$), tel que $\alpha ^{2}-\mathrm {B}$ soit divisible par $\mathrm {A} \,;$ dénotons par $\mathrm {A} _{1}$ le quotient de la division de $\alpha ^{2}-\mathrm {B}$ par $\mathrm {A} ,$ on aura l’équation

$\mathrm {AA_{1}=\alpha ^{2}-B} .$

Qu’on fasse $\alpha _{1}=\mu _{1}\mathrm {A} _{1}\pm \alpha ,$ $\mu _{1}$ étant un nombre quelconque entier, et qu’on prenne le nombre $\mu _{1}$ et le signe de $\alpha$ en sorte que l’on ait $\alpha _{1}<{\frac {\mathrm {A} _{1}}{2}}$ (abstraction faite des signes de $\alpha _{1}$ et $\mathrm {A} _{1}$), ce qui est évidemment toujours possible, comme nous l’avons déjà observé plus haut ; il est clair que, puisque $\alpha ^{2}-\mathrm {B}$ est déjà divisible par $\mathrm {A} _{1},$ $\alpha _{1}^{2}-\mathrm {B}$ le sera aussi, de sorte qu’en dénotant le quotient de cette division par $\mathrm {A} _{2},$ on aura cette équation analogue à la précédente

$\mathrm {A_{1}A_{2}} =\alpha _{1}^{2}-\mathrm {B} .$

Faisant de même $\alpha _{2}=\mu _{2}\mathrm {A} _{2}\pm \alpha _{1}$ et prenant $\mu _{2}$ et le signe de $\alpha _{l},$ en sorte que l’on ait $\alpha _{2}<{\frac {\mathrm {A} _{2}}{2}}$ (les nombres $\alpha _{2}$ et $\mathrm {A} _{2}$ étant considérés comme positifs), on aura $\alpha _{2}^{2}-\mathrm {B}$ divisible par $\mathrm {A} _{2}\,;$ de sorte qu’en dénotant le quotient de cette division par $\mathrm {A} _{3},$ on aura cette troisième équation

$\mathrm {A_{2}A_{3}} =\alpha _{2}^{2}-\mathrm {B} ,$

et ainsi de suite.

12. De cette manière on pourra trouver une suite d’équations telles que

$(a)\qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \left\{{\begin{aligned}\mathrm {A\ A_{1}} &=\alpha ^{2}-\mathrm {B} ,\\\mathrm {A_{1}A_{2}} &=\alpha _{1}^{2}-\mathrm {B} ,\\\mathrm {A_{2}A_{3}} &=\alpha _{2}^{2}-\mathrm {B} ,\\\ldots \ldots &\ldots \ldots \ldots ,\end{aligned}}\right.$

dans lesquelles on ait (en considérant les nombres $\alpha ,\alpha _{1},\alpha _{2},\ldots \mathrm {A,A_{1}} ,$$\mathrm {A_{2}} ,\ldots$ comme positifs) $\alpha <{\frac {\mathrm {A} }{2}},\ \alpha _{1}<{\frac {\mathrm {A} _{1}}{2}},\ \alpha _{2}<{\frac {\mathrm {A} _{2}}{2}},\ldots .$

Or, je dis que les nombres $\mathrm {A,A_{1},A_{2},A_{3}} ,\ldots$ formeront nécessairement une suite décroissante, jusqu’à ce que l’on arrive à un terme comme $\mathrm {A} _{n},$ l’indice $n$ dénotant le quantième du terme $\mathrm {A} _{n},$ lequel soit $=\mathrm {B}$ ou $<\mathrm {B} ,$ abstraction faite des signes de $\mathrm {A} _{n}$ et de $\mathrm {B} .$ Pour prouver cette proposition, il est à propos de distinguer les deux cas de $\mathrm {B}$ positif et de $\mathrm {B}$ négatif.

13. Supposons d’abord que $\mathrm {B}$ soit un nombre positif ; dans ce cas il est clair que $\mathrm {A}$ pourra être positif ou négatif.

1^o Soit $\mathrm {A}$ positif et soit $\alpha ^{2}>\mathrm {B} ,$ il est clair que $\mathrm {A} _{1}$ sera aussi positif ; or, puisque $\alpha <{\frac {\mathrm {A} }{2}},$ on aura aussi $\alpha ^{2}<{\frac {\mathrm {A} ^{2}}{4}},$ et à plus forte raison

$\alpha ^{2}-\mathrm {B} <{\frac {\mathrm {A} ^{2}}{4}}\,;$

donc $\mathrm {AA_{1}} <{\frac {\mathrm {A} ^{2}}{4}},$ et par conséquent ( $\mathrm {A}$ et $\mathrm {A} _{1}$ étant positifs) $\mathrm {A_{1}<{\frac {A}{4}}} .$

De même, puisque $\mathrm {A} _{1}$ est positif, si $\alpha _{1}^{2}>\mathrm {B} ,$ on aura aussi $\mathrm {A} _{2}$ positif, et l’on prouvera pareillement que $\mathrm {A} _{2}<{\frac {\mathrm {A} _{1}}{4}},$ et ainsi de suite, jusqu’à ce que l’on arrive à une équation telle que

$\mathrm {A} _{n}\mathrm {A} _{n+1}=\alpha _{n}^{2}-\mathrm {B} ,$

dans laquelle $\alpha _{n}^{2}\,;$ ne soit pas $>\mathrm {B} \,;$ or, puisque $\alpha <\mathrm {{\frac {A}{2}},\ A_{1}<{\frac {A}{4}}} ,$$\mathrm {\alpha _{1}<{\frac {A_{1}}{2}}} ,\ \mathrm {A_{2}<{\frac {A_{1}}{4}}} ,\ldots ,$ il est clair que les nombres $\mathrm {A,A_{1},A_{2}} ,\ldots$ iront nécessairement en diminuant, ainsi que les nombres $\alpha ,\alpha _{1},\alpha _{2},\ldots \,;$ de sorte qu’on parviendra nécessairement à l’équation

$\mathrm {A} _{n}\mathrm {A} _{n+1}=\alpha ^{2}-\mathrm {B} ,$

où $\alpha ^{2}=\mathrm {B}$ ou $<\mathrm {B} \,;$ mais, à cause que $\mathrm {B}$ est supposé non carré, et différent de l’unité (4), on ne saurait avoir $\alpha _{n}^{2}=\mathrm {B} \,;$ de sorte qu’il faudra que l’on ait $\alpha _{n}^{2}<\mathrm {B} .$ Ainsi $\mathrm {B} -\alpha _{n}^{2}$ sera nécessairement un nombre moindre que $\mathrm {B} ,$ ou tout au plus égal à $\mathrm {B}$ si $\alpha _{n}=0\,;$ donc, puisque $\mathrm {A} _{n}$ doit être un diviseur de $\mathrm {B} -\alpha _{n}^{2},$ il est clair que $\mathrm {A} _{n}$ sera aussi nécessairement moindre que $\mathrm {B}$ ou tout au plus égal à $\mathrm {B} .$

2^o Soit $\mathrm {A}$ négatif et égal à $-a,$ $a$ étant un nombre positif, et soit aussi $\alpha ^{2}>\mathrm {B} ,$ il est clair que $\mathrm {A} _{1}$ devra être négatif ; or, en prenant $\alpha$ positif, on aura $\alpha <{\frac {a}{2}}$ (par hypothèse), donc $\alpha ^{2}-\mathrm {B} <{\frac {a^{2}}{4}},$ et faisant $\mathrm {A} _{1}=-a_{1}$ ( $a_{1}$ étant positif), on aura aussi $aa_{1}<{\frac {a^{2}}{4}}$ et par conséquent $a_{1}<{\frac {a}{4}}.$

De même, en supposant $\alpha _{1}^{2}>\mathrm {B} ,$ on aura $\mathrm {A} _{2}$ négatif, et faisant $\mathrm {A} _{2}=-a_{2}$ ( $a_{2}$ étant positif), on aura $\alpha _{1}<{\frac {a_{1}}{2}}$ et $a_{2}<{\frac {a_{1}}{4}},$ et ainsi de suite. Ainsi l’on prouvera, comme ci-dessus, que les nombres $a,a_{1},a_{2},\ldots$ iront en diminuant ainsi que les nombres $\alpha ,\alpha _{1},\alpha _{2},\ldots$ jusqu’à ce que l’on arrive à un nombre comme $a_{n},$ qui soit moindre que $\mathrm {B}$ ou tout au plus égal à $\mathrm {B} .$

14. Soit, en second lieu, $\mathrm {B}$ égal à un nombre négatif comme $-b,$ $b$ étant positif, il est clair d’abord que dans ce cas tous les nombres $\mathrm {A} ,$ $\mathrm {A_{1},A_{2}} ,\ldots$ seront positifs, parce que l’on aura par les équations (A) et (a)

$\mathrm {A} r^{2}=p^{2}+bq^{2},\quad \mathrm {AA_{1}} =\alpha ^{2}+b,\quad \mathrm {A_{1}A_{2}} =\alpha _{1}^{2}+b,\ldots \,;$

or, si $\mathrm {A} >b,$ l’équation $\mathrm {AA_{1}} =\alpha ^{2}+b$ donnera $\mathrm {AA_{1}<{\frac {A^{2}}{4}}+A} ,$ à cause de $b<\mathrm {A}$ et de $\alpha <{\frac {\mathrm {A} }{2}}\,;$ donc

$\mathrm {A_{1}<{\frac {A}{4}}} +1.$

De même, si $\mathrm {A} _{1}>b,$ l’équation $\mathrm {A_{1}A_{2}} =\alpha _{1}^{2}+b$ donnera, à cause de $\alpha _{1}<\mathrm {{\frac {A_{1}}{2}},\ A_{1}A_{2}<{\frac {A_{1}^{2}}{4}}+A_{1}} ,$ et par conséquent

$\mathrm {A_{2}<{\frac {A_{1}}{4}}} +1,$

et ainsi de suite ; d’où l’on voit que les nombres $\mathrm {A,A_{1},A_{2}} ,\ldots$ décroîtront continuellement jusqu’à ce que l’on arrive à un terme $\mathrm {A} _{n}$ égal à $b$ ou moindre que b.

Si $b=1,$ il est clair qu’on parviendra nécessairement à un terme $\mathrm {A} _{n}=1\,;$ car, puisque les nombres $\mathrm {A,A_{1},A_{2}} ,\ldots$ ne peuvent jamais devenir nuls, à cause des équations $\mathrm {AA_{1}} =\alpha ^{2}+b,\ \mathrm {A_{1}A_{2}} =\alpha _{1}^{2}+b,\ldots ,$ $\mathrm {A} _{n}$ ne pourra pas être $<1,$ par conséquent il sera nécessairement égal à $1.$

15. Au reste, quoiqu’on puisse toujours pousser la suite $\mathrm {A,A_{1},A_{2}} ,\ldots$ jusqu’à un terme égal ou moindre que $\mathrm {B} ,$ cependant, si l’on en trouve un qui, étant encore plus grand que $\mathrm {B} ,$ soit en même temps carré ou multiple d’un carré, mais tel, qu’étant divisé par le plus grand carré qui le mesure il laisse un quotient égal ou moindre que $\mathrm {B} ,$ alors on pourra s’arrêter à ce terme.

En général, nous supposerons que la suite $\mathrm {A,A_{1},A_{2}} ,\ldots$ soit poussée jusqu’à un terme $\mathrm {A} _{n}$ de cette forme $a^{2}\mathrm {C} ,$ $a$ étant un nombre quelconque, et $\mathrm {C}$ un nombre qui ne soit ni carré ni multiple d’un carré et qui soit en même temps égal ou moindre que $\mathrm {B} ,$ abstraction faite des signes de $\mathrm {B}$ et de $\mathrm {C} .$

Ainsi, si $\mathrm {B} =-1,$ il faudra nécessairement que l’on ait $\mathrm {C} =1.$

16. Cela posé, si l’on multiplie ensemble toutes les équations (a) du n^o 12, jusqu’à l’équation

$\mathrm {A} _{n-1}\mathrm {A} _{n}=\alpha _{n-1}^{2}-\mathrm {B} ,$

on aura (9) une équation dont le premier membre sera $\mathrm {AA_{1}^{2}A_{1}^{2}} ,\ldots \mathrm {A} _{n-1}^{2}\mathrm {A} _{n},$ et dont le second membre sera de cette forme $\mathrm {P^{2}-BQ} ^{2}\,;$ de sorte qu’à cause de $\mathrm {A} _{n}=a^{2}\mathrm {C} ,$ on aura l’équation

$\mathrm {CA} \left(\mathrm {A_{1}A_{2}} \ldots \mathrm {A} _{n-1}a\right)^{2}=\mathrm {P^{2}-BQ^{2}} ,$

laquelle étant encore multipliée par l’équation (A) deviendra de cette forme

$\mathrm {C} \left(\mathrm {AA_{1}A_{2}} \ldots \mathrm {A} _{n-1}ar\right)^{2}=p_{1}^{2}-\mathrm {B} r_{1}^{2},$

ou bien, en faisant $\mathrm {AA_{1}A_{2}} \ldots \mathrm {A} _{n-1}ar=q_{1},$ de la forme

$\mathrm {C} q_{1}^{2}=p_{1}^{2}-\mathrm {B} r_{1}^{2},$

c’est-à-dire

(B)

$\mathrm {B} r_{1}^{2}=p_{1}^{2}-\mathrm {C} q_{1}^{2}.$

D’où l’on voit que si l’équation (A) est résoluble, il faut aussi que celle-ci le soit.

Réciproquement, si l’équation (B) est résoluble, on pourra résoudre aussi l’équation (A). En effet, en mettant l’équation (B) sous cette forme

$\mathrm {C} q_{1}^{2}=p_{1}^{2}-\mathrm {B} r_{1}^{2},$

et la multipliant successivement par chacune des équations (a), à commencer par l’équation

$\mathrm {A} _{n-1}\mathrm {A} _{n}=\alpha _{n-1}^{2}-\mathrm {B} ,$

qui est la dernière, on aura, à cause de $\mathrm {A} _{n}=a^{2}\mathrm {C} ,$ une équation de cette forme

$\mathrm {A} \left(\mathrm {A_{1}A_{2}} \ldots \mathrm {A} _{n-1}\mathrm {C} a\right)^{2}q_{1}^{2}=p^{2}-\mathrm {B} q^{2},$

c’est-à-dire, en faisant $\mathrm {A_{1}A_{2}} \ldots \mathrm {A} _{n-1}\mathrm {C} aq_{1}=r,$ de la forme

$\mathrm {A} r^{2}=p^{2}-\mathrm {B} q^{2},$

qui est l’équation (A) même.

Donc la résolution de l’équation (A) se réduira à celle de l’équation (B), dans laquelle $\mathrm {B}$ est $<\mathrm {A} ,$ et $\mathrm {C} =$ ou $<\mathrm {B} ,$ de sorte que cette dernière est plus simple que la première.

Or, si $\mathrm {C} =1,$ l’équation (B) sera déjà dans le cas que nous résoudrons plus bas (19) ; ainsi nous supposerons que si $\mathrm {C}$ est positif, il soit encore plus grand que l’unité.

Nous appellerons dans la suite les équations (A), (B) et les autres équations analogues à celles-ci équations principales, et les équations (a), ainsi que les autres équations semblables qu’on pourra trouver, équations secondaires ; ainsi nous nommerons l’équation (A) la première des équations principales, l’équation (B) la deuxième des équations principales, et ainsi des autres ; nous nommerons de même les équations (a) la première suite d’équations secondaires, et ainsi du reste.

17. Or, l’équation

$\mathrm {B} r_{1}^{2}=p_{1}^{2}-\mathrm {C} q_{1}^{2}$

étant semblable à l’équation

$\mathrm {A} r^{2}=p^{2}-\mathrm {B} q^{2},$

on pourra la traiter de la même manière ; en effet, si $\mathrm {B=\pm C} ,$ il faudra que $p_{1}$ soit aussi divisible par $\mathrm {B} ,$ de sorte qu’en faisant $p_{1}=\mathrm {B} s_{1},$ on aura l’équation

$r_{1}^{2}=\mathrm {B} s_{1}^{2}\mp q_{1}^{2},$

c’est-à-dire

$\mathrm {B} s_{1}^{2}=r_{1}^{2}\pm q_{1}^{2}.$

Ainsi cette équation sera déjà dans le cas du n^o 19 si le signe inférieur a lieu ; et quand le signe supérieur aura lieu, alors, à cause de $\mathrm {B} >1$ par hypothèse, elle rentrera dans la forme générale

$\mathrm {B} r_{1}^{2}=p_{1}^{2}-\mathrm {C} q_{1}^{2},$

$\mathrm {B}$ étant $>\mathrm {C} .$ Donc, puisque $\mathrm {C}$ est ou égal à $\mathrm {B}$ ou moindre que $\mathrm {B} ,$ on aura toujours à résoudre une équation de cette forme

$\mathrm {B} r_{1}^{2}=p_{1}^{2}-\mathrm {C} q_{1}^{2},$

dans laquelle ni $\mathrm {B}$ ni $\mathrm {C}$ ne contiendront aucun facteur carré, et où $\mathrm {C}$ sera $<\mathrm {B} .$ On commencera donc par chercher de nouveau un nombre

$\beta <{\frac {\mathrm {B} }{2}}$ (en regardant $\beta$ et $\mathrm {B}$ comme positifs) et tel, que $\beta ^{2}-\mathrm {C}$ soit divisible par $\mathrm {B} \,;$ et si l’on n’en trouve aucun qui satisfasse à cette condition, ce sera une marque certaine que l’équation

$\mathrm {B} r_{1}^{2}=p_{1}^{2}-\mathrm {C} q_{1}^{2}$

ne sera point résoluble rationnellement, et par conséquent que la proposée ne le sera pas non plus ; je supposerai donc qu’on ait trouvé un tel nombre $\beta ,$ en sorte qu’en nommant $\mathrm {B} _{1}$ le quotient de la division de $\beta ^{2}-\mathrm {C}$ par $\mathrm {B}$ on ait $\beta ^{2}-\mathrm {C=BB_{1}} ,$ on pourra former cette seconde suite d’équations secondaires

$(b)\qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \left\{{\begin{aligned}\mathrm {B\ \ B_{1}} &=\beta ^{2}-\mathrm {C} ,\\\mathrm {B_{1}B_{2}} &=\beta _{1}^{2}-\mathrm {C} ,\\\mathrm {B_{2}B_{3}} &=\beta _{2}^{2}-\mathrm {C} ,\\\ldots \ldots &\ldots \ldots \ldots \ldots ,\end{aligned}}\right.$

dans lesquelles les nombres $\mathrm {B,B_{1},B_{2}} ,\ldots$ formeront une suite décroissante qu’on continuera jusqu’à ce que l’on parvienne à un terme de cette forme $b^{2}\mathrm {D} ,$ $\mathrm {D} ,$ étant égal à $\mathrm {C}$ ou moindre que $\mathrm {C}$ (abstraction faite des signes de $\mathrm {C}$ et $\mathrm {D}$), ce qui arrivera nécessairement, comme nous l’avons prouvé plus haut ; et par le moyen de ces équations on parviendra, en opérant comme dans le n^o 16, à une nouvelle équation de la forme

(C)

$\mathrm {C} r_{2}^{2}=p_{2}^{2}-\mathrm {D} q_{2}^{2},$

dont la résolution dépendra de celle de l’équation

$\mathrm {B} r_{1}^{2}=p_{1}^{2}-\mathrm {C} q_{1}^{2},$

et vice versâ ; de sorte que, cette équation étant résolue, on pourra, en remontant, résoudre la proposée.

18. En suivant toujours le même procédé, on trouvera cette suite d’équations principales

${\begin{aligned}\mathrm {A} r^{2}&=p^{2}-\mathrm {B} q^{2},\\\mathrm {B} r_{1}^{2}&=p_{1}^{2}-\mathrm {C} q_{1}^{2},\\\mathrm {C} r_{2}^{2}&=p_{2}^{2}-\mathrm {D} q_{2}^{2},\\\mathrm {D} r_{3}^{2}&=p_{3}^{2}-\mathrm {E} q_{3}^{2},\\\ldots &\ldots \ldots \ldots \ldots ,\end{aligned}}$

dans lesquelles les nombres $\mathrm {A,B,C} ,\ldots$ formeront une série décroissante jusqu’à ce qu’on parvienne à un terme égal à l’unité prise positivement ou négativement ; car, comme ces nombres ne sont ni carrés ni multiples de carrés par l’hypothèse, il est impossible qu’on parvienne à un terme égal à zéro avant d’être parvenu à un terme égal à l’unité ; en effet, si $\mathrm {E} =0,$ on aura $\mathrm {D} r_{3}^{2}=p_{3}^{2}\,;$ donc $\mathrm {D} =1\,;$ donc, puisque les termes $\mathrm {A,B,C} ,\ldots$ deviennent toujours plus petits, il est évident qu’on arrivera nécessairement à un terme égal à $1$ ou à $-1.$

Soit, par exemple, $\mathrm {E} =1\,;$ alors la dernière équation sera

$\mathrm {D} r_{3}^{2}=p_{3}^{2}-q_{3}^{2},$

c’est-à-dire de la forme

$\mathrm {V} z^{2}=x^{2}-y^{2}.$

Mais, si $\mathrm {E} =-1,$ alors on pourra continuer encore les mêmes opérations, et l’on parviendra nécessairement à une nouvelle équation principale telle que

$\mathrm {E} r_{4}^{2}=p_{4}^{2}-\mathrm {F} q_{4}^{2},$

dans laquelle, à cause de $\mathrm {E} =-1,$ on aura nécessairement $\mathrm {F} =1$ (15) ; de sorte que la dernière des équations principales sera, dans ce cas, de la forme

$-z^{2}=x^{2}-y^{2},$

laquelle rentre dans la formule précédente en faisant $\mathrm {V} =-1.$

Or, nous avons démontré que si l’équation

$\mathrm {A} r^{2}=p^{2}-\mathrm {B} q^{2}$

est résoluble, les équations suivantes

$\mathrm {B} r_{1}^{2}=p_{1}^{2}-\mathrm {C} q_{1}^{2},\quad \mathrm {C} r_{2}^{2}=p_{2}^{2}-\mathrm {D} q_{2}^{2},\ldots ,$

doivent l’être aussi, et réciproquement que si l’une de celles-ci peut se résoudre, toutes les précédentes pourront se résoudre aussi (16) ; donc, la résolution de l’équation

$\mathrm {A} r^{2}=p^{2}-\mathrm {B} q^{2}$

se réduira toujours par ce moyen à celle d’une équation de la forme

$\mathrm {V} z^{2}=x^{2}-y^{2},$

$\mathrm {V}$ étant un nombre donné.

19. Or, l’équation

$\mathrm {V} z^{2}=x^{2}-y^{2},$

est facile à résoudre par la méthode même du n^o 3 ; mais, pour avoir pour $x,y$ et $z$ des expressions sans fractions, on fera $x+y=\xi ,\ x-y=\psi ,$ et l’on aura $\mathrm {V} z^{2}=\xi \psi ,$ donc $\psi ={\frac {\mathrm {V} z^{2}}{\xi }}\,;$ de sorte qu’il faudra que $\mathrm {V} z^{2}$ soit divisible par $\xi .$ Soit $\mathrm {M}$ la plus grande mesure commune de $\mathrm {V}$ et $\xi ,$ en sorte que $\mathrm {V=MN}$ et $\xi =\mathrm {M} \rho ,$ $\rho$ et $\mathrm {N}$ étant premiers entre eux, et l’on aura $\psi ={\frac {\mathrm {N} z^{2}}{\rho }}\,;$ donc $z^{2}=\rho \sigma ,$ et par conséquent $\xi =\mathrm {M} \rho ,\ \psi =\mathrm {N} \sigma ,$ $\mathrm {M}$ et $\mathrm {N}$ étant deux facteurs quelconques de $\mathrm {V} \,;$ or, soit $l$ la plus grande commune mesure de $\rho$ et $\sigma ,$ et comme $\rho \sigma$ doit être égal à un carré, il est clair que $\rho$ et $\sigma$ ne pourront être que de cette forme $\rho =lm^{2}$ et $\sigma =ln^{2},$ $l,m$ et $n$ étant des nombres quelconques entiers ; ainsi l’on aura

$z^{2}=l^{2}m^{2}n^{2},\quad \xi =x+y=\mathrm {M} lm^{2},\quad \psi =x-y=\mathrm {N} ln^{2},$

donc

$z=lmn,\quad x={\frac {l\left(\mathrm {M} m^{2}+\mathrm {N} n^{2}\right)}{2}},\quad y={\frac {l\left(\mathrm {M} m^{2}-\mathrm {N} n^{2}\right)}{2}}\,;$

mais, comme il est inutile d’avoir dans les expressions de $x,y$ et $z$ un multiplicateur commun, parce qu’il est visible que, dans l’équation

$\mathrm {V} z^{2}=x^{2}-y^{2},$

on peut toujours multiplier à volonté $x,y$ et $z$ par un nombre quelconque, on fera pour plus de simplicité $l=1$ ou bien $l=2$ pour faire disparaître le dénominateur $2$ de $x$ et de $y,$ et l’on aura en général

$x=\mathrm {M} m^{2}+\mathrm {N} n^{2},\quad y=\mathrm {M} m^{2}-\mathrm {N} n^{2},\quad z=2mn,$

$m$ et $n$ étant des nombres quelconques entiers, et $\mathrm {M}$ et $\mathrm {N}$ deux facteurs

quelconques de $\mathrm {V} ,$ en sorte que $\mathrm {V=MN} .$ Ainsi, si $\mathrm {V}$ a plusieurs facteurs parmi lesquels il faudra toujours compter l’unité, on aura autant de différentes expressions de $x,y$ et $z$ qu’il y aura de manières de partager le nombre $\mathrm {V}$ en deux facteurs.

exemples.

20. Appliquons maintenant notre méthode à quelques Exemples.

Exemple I. — Soit proposé de résoudre l’équation

$109=u^{2}-7t^{2}.$

En mettant ${\frac {p}{r}}$ au lieu de $u,$ et ${\frac {q}{r}}$ au lieu de $t,$ elle deviendra

(A)

$109r^{2}=p^{2}-7q^{2},$

de sorte qu’on aura $\mathrm {A} =109$ et $\mathrm {B} =7\,;$ car, comme ces deux nombres ne renferment aucun facteur carré, il n’y aura aucune réduction à y faire.

Il faudra donc chercher un nombre entier $\alpha$ moindre que ${\frac {109}{2}}$ et tel, que $\alpha ^{2}-7$ soit divisible par $109\,;$ mais pour cela, au lieu d’essayer successivement pour $\alpha$ tous les nombres naturels moindres que $54,$ il sera beaucoup plus commode de chercher un multiple de $109$ qui soit de la forme $\alpha ^{2}-7,$ c’est-à-dire qui, étant augmenté de $7,$ devienne un carré.

En général, on remarquera que dans l’équation

$\mathrm {AA_{1}=\alpha ^{2}-B} ,$

à laquelle il s’agit de satisfaire, $\mathrm {A} _{1}$ doit être $<{\frac {\mathrm {A} }{4}}$ lorsque $\mathrm {B}$ est positif, et $<{\frac {\mathrm {A} }{4}}+1$ lorsque $\mathrm {B}$ est négatif (13 et 14), de sorte qu’il n’y aura qu’à essayer successivement pour $\mathrm {A} _{1}$ tous les nombres naturels moindres que ${\frac {\mathrm {A} }{4}}+1,$ pris positivement ou négativement suivant que $\mathrm {A}$ sera positif ou négatif (numéros cités), et s’il ne s’en trouve aucun dont le produit par $\mathrm {A}$ étant augmenté de $\mathrm {B}$ devienne un carré, ce sera une marque certaine que le Problème n’admet point de solution rationnelle.

On en usera de même à l’égard des autres équations de condition

$\mathrm {BB_{1}} =\beta ^{2}-\mathrm {C} ,\quad \mathrm {CC_{1}} =\gamma ^{2}-\mathrm {D} ,\ldots ,$

dans lesquelles il faudra aussi que $\mathrm {B} _{1}<{\frac {\mathrm {C} }{4}}+1,\ \mathrm {C} _{1}<{\frac {\mathrm {D} }{4}}+1,\ldots .$

Dans l’exemple proposé on trouve d’abord $2.109+7=225\,;$ de sorte qu’on aura $\mathrm {A} _{1}=2,\ \alpha =15\,;$ et comme $\mathrm {A} _{1}$ est déjà $<\mathrm {B} ,$ la première suite d’équations secondaires se réduira à cette seule équation (12)

$(a)\qquad \qquad \qquad \qquad \qquad 109.2=15^{2}-7.$

Ainsi l’on fera.(15) $\mathrm {C} =2,$ de sorte que la seconde équation principale sera

(B)

$7r_{1}=p_{1}^{2}-2q_{1}^{2}.$

Il faudra donc satisfaire à l’équation

$\mathrm {BB_{1}=-\beta ^{2}-\mathrm {C} } ,\quad {\text{savoir}}\quad 7\mathrm {B} _{1}=\beta ^{2}-2,$

$\beta$ étant $<{\frac {7}{2}},$ et l’on trouvera $\beta =3,\ \mathrm {B} _{1}=1,$ de sorte que, comme $\beta _{1}$ est déjà $<\mathrm {C} ,$ la seconde suite d’équations secondaires, que nous avons désignée par (b) au n^o 17, se réduira à cette équation unique

$(b)\quad \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad 7.1=3^{2}-2.$

On fera donc $\mathrm {D} =1,$ et la troisième équation principale sera

(C)

$\mathrm {V} r_{2}^{2}=p_{2}^{2}-q_{2}^{2},$

laquelle est déjà, comme on voit, dans le cas du n^o 19.

Comparant donc cette dernière équation à l’équation

$\mathrm {V} z^{2}=x^{2}-y2,$

on aura $\mathrm {V} =2,\ x=p_{2},\ y=q_{2},\ z=r_{2}\,;$ donc $\mathrm {M=1,\ N=2} ,$ et par conséquent

$p_{2}=m^{2}+2n^{2},\quad q_{2}=m^{2}-2n^{2},\quad r_{2}=2mn\,;$

ainsi, il n’y aura plus qu’à remonter de l’équation (C) à l’équation (B), et de celle-ci à l’équation proposée (A) par la méthode du n^o 16.

Pour cela, on changera d’abord l’équation (C) en celle-ci

$q_{2}^{2}=p_{2}^{2}-2r_{2}^{2},$

et on la multipliera par l’équation (b) [s’il y avait plus d’une de ces équations secondaires (b), il faudrait multiplier l’équation dont il s’agit successivement par chacune de ces équations] ; on aura, par les formules du n^o 9, l’équation

$7q_{1}^{2}=\left(3p_{2}\pm 2r_{2}\right)^{2}-2\left(3r_{2}\pm p_{2}\right)^{2},$

laquelle, étant comparée à l’équation (B), donnera

$p_{1}=3p_{2}\pm 2r_{2},\quad q_{1}=3r_{2}\pm p_{2},\quad r_{1}=q_{2},$

les signes ambigus étant à volonté.

On changera de même l’équation (B) en

$2q_{1}^{2}=p_{1}^{2}-7r_{1}^{2},$

et on la multipliera ensuite par l’équation (a), ce qui donnera

$109.4q_{1}^{2}=\left(15p_{1}\pm 7r_{1}\right)^{2}-7(15r_{1}\pm p_{1})^{2}\,;$

et, comparant cette équation avec l’équation (A), on aura enfin

$p=15p_{1}\pm 7r_{1},\quad q=15r_{1}\pm p_{1},\quad r=2q_{1},$

de sorte qu’il n’y aura plus qu’a substituer successivement les valeurs de $p_{1},q_{1},r_{1},$ et ensuite celles de $p_{2},q_{2},r_{2}.$

Les valeurs de $p,q$ et $r$ étant ainsi trouvées, on aura $u={\frac {p}{r}}$ et $t={\frac {q}{r}},$ et l’équation proposée

$109=u^{2}-7t^{2}$

sera résolue.

Exemple II. — Qu’on propose maintenant l’équation suivante

$-207=u^{2}-13t^{2}.$

Puisque le nombre $207$ est divisible par le carré 9, je supposerai (4)

$u={\frac {3p}{r}}$ et $t={\frac {3q}{r}},$ ce qui donnera l’équation

(A)

$-23r^{2}=p^{2}-13q^{2}.$

Or, en suivant le même procédé que dans l’Exemple précédent, et marquant les équations analogues par les mêmes lettres, on trouvera les équations suivantes

${\begin{alignedat}{2}(a)&&-23(-1)=&6^{2}-13,\\(\mathrm {B} )&\qquad \qquad \qquad \qquad &13r_{1}^{2}=&p_{1}^{2}+q_{1}^{2},\\\end{alignedat}}$

$(b)\,\quad \qquad \qquad \qquad \qquad \left\{{\begin{aligned}13.2=&5^{2}+1,\\2.1=&1+1,\end{aligned}}\right.$

$(\mathrm {C} )\,\ \ \quad \qquad \qquad \qquad \qquad -r_{2}^{2}=p_{2}^{2}-q_{2}^{2},$

dont la dernière est, comme on le voit, dans le cas du n^o 19. On aura donc $p_{2}=x,\ q_{2}=y,\ r_{2}=z$ et $\mathrm {V} =-1\,;$ donc $\mathrm {M} =1$ et $\mathrm {N} =-1\,;$ par conséquent,

$p_{2}=m^{2}-n^{2},\quad q_{2}=m^{2}+n^{2},\quad r_{2}=2mn.$

Ensuite on mettra la même équation (C) sous la forme des équations $(b),$ en transposant les termes $r_{2}^{2}$ et $q_{2}^{2},$ en sorte que l’on ait $q_{2}^{2}=p_{2}^{2}+r_{2}^{2},$ et l’on multipliera successivement cette équation par les deux équations $(b).$ Pour cela, on fera d’abord le produit de ces deux-ci, qui sera exprimé par $13.4=(5\pm 1)^{2}+(5\mp 1)^{2},$ ou bien simplement $13.4=6^{2}+4^{2},$ c’est-à-dire, en divisant par $4,$ $13=3^{2}+2^{2}\,;$ donc, multipliant l’équation précédente par celle-ci, et comparant le produit à l’équation (B), on aura

$p_{1}=3p_{2}\pm 2r_{2},\quad q_{1}=3r_{2}\mp 2p_{2},\quad r_{1}=q_{2}.$

On transposera de même le premier et le dernier terme de l’équation (B) pour la réduire à la forme de l’équation $(a),$ et on la multipliera ensuite par cette dernière équation, ce qui donnera une équation semblable à l’équation (A), de sorte qu’on aura enfin

$p=6p_{1}\pm 13r_{1},\quad q=6r_{1}\pm p_{1},\quad r=q_{1}.$

Ainsi l’équation proposée sera résolue.

Exemple III. — Si l’équation proposée était

$51=u^{2}-7t^{2},$

dans laquelle $51$ et $7$ ne renferment aucun facteur carré, on ferait $u={\frac {p}{r}},$ $t={\frac {q}{r}},$ pour avoir

$51r^{2}=p^{2}-7q^{2},$

et il faudrait d’abord satisfaire à l’équation

$51\mathrm {A} _{1}=\alpha ^{2}-7\,;$

mais, en essayant pour $\mathrm {A} _{1}$ tous les nombres naturels jusqu’à ${\frac {51}{4}}+1,$ c’est-à-dire jusqu’à $13,$ on n’en trouve aucun qui, étant multiplié par $51$ et augmenté de $7,$ devienne un carré ; d’où il s’ensuit que l’équation proposée n’admet aucune solution rationnelle.

Exemple IV. — Soit encore proposée l’équation

$1459=u^{2}-30t^{2}\,;$

comme $1459$ est un nombre premier, on fera d’abord $u={\frac {p}{r}},\ t={\frac {q}{r}}$ pour avoir l’équation

(A)

$1459r^{2}=p^{2}-30q^{2}.$

Ayant donc ici $1459=\mathrm {A} ,\ 30=\mathrm {B} ,$ il faudra d’abord trouver un nombre $\alpha <{\frac {1459}{2}}$ et tel que $\alpha ^{2}-30$ soit divisible par $1459,$ ou bien un nombre $\mathrm {A} _{1}<{\frac {1459}{4}}$ et tel que $1459\mathrm {A} _{1}+30$ soit égal à un carré, comme nous l’avons dit dans l’Exemple I.

Après quelques essais, je trouve $\mathrm {A} _{1}=241$ et $\alpha =593,$ et à l’aide de ces valeurs je forme cette première suite d’équations secondaires (12)

$(a)\qquad \qquad \qquad \qquad \left\{{\begin{aligned}1459.241=&593^{2}-30,\\241.\ \ 51=&111^{2}-30,\\51.\quad 1=&\quad 9^{2}-30.\end{aligned}}\right.$

Donc, puisque $1$ est $<30,$ on fera $\mathrm {C} =1$ (15), et j’aurai cette seconde

équation principale

(B)

$30r_{1}^{2}=p_{1}^{2}-q_{1}^{2},$

laquelle est déjà, comme on voit, dans le cas du n^o 19.

J’aurai donc $p_{1}=x,\ q_{1}=y,\ r_{1}=z$ et $30=\mathrm {V} \,;$ donc, puisque $30=2.3.5,$ on aura $\mathrm {M=1,\ N=30} ,$ ou $\mathrm {M=2,\ N=15} ,$ ou $\mathrm {M} =3,$$\mathrm {N} =10,$ ou enfin $\mathrm {M=5,\ N=6} \,;$ de sorte qu’on aura

${\begin{alignedat}{4}&&p_{1}=&m^{2}+30n^{2},\qquad &q_{1}=&m^{2}-30n^{2},\qquad &r_{1}=&2mn,\\\mathrm {ou} &\quad \qquad &\\&&p_{1}=&2m^{2}+15n^{2},\qquad &q_{1}=&2m^{2}-15n^{2},\qquad &r_{1}=&2mn,\\\mathrm {ou} &\quad \qquad &\\&&p_{1}=&3m^{2}+10n^{2},\qquad &q_{1}=&3m^{2}-10n^{2},\qquad &r_{1}=&2mn,\\\mathrm {ou} &\quad \qquad &\\&&p_{1}=&5m^{2}+6n^{2},\qquad &q_{1}=&5m^{2}-6n^{2},\qquad &r_{1}=&2mn.\end{alignedat}}$

Ayant ainsi $p_{1},q_{1}$ et $r_{1},$ on mettra l’équation (B) sous cette forme

$q_{1}^{2}=p_{1}^{2}-30r_{1}^{2},$

et on la multipliera successivement par chacune des équations $(a).$ Pour faire cette multiplication plus aisément, on multipliera d’abord la deuxième et la troisième de ces équations ensemble, et faisant, pour abréger, $\mu =9.111\pm 30,\ \nu =111\pm 9,$ on aura

$241.51^{2}=\mu ^{2}-3\nu ^{2}\,;$

ensuite on multipliera cette équation par la première des équations $(a),$ et faisant encore $\mu _{1}=593\mu \pm 30\nu ,\ \nu _{1}=593\nu \pm \mu ,$ on aura

$1459(241.51)^{2}=\mu _{1}^{2}-30\nu _{1}^{2},$

équation qui, étant multipliée maintenant par l’équation

$q_{1}^{2}=p_{1}^{2}-30r_{1}^{2},$

donnera celle-ci

$1459\left(241.51q_{1}\right)^{2}=\left(\mu _{1}p_{1}\pm 30\nu _{1}r_{1}\right)^{2}-\left(\mu _{1}r_{1}\pm \nu _{1}p_{1}\right)^{2}.$

laquelle, étant comparée à l’équation (A), donnera enfin

${\begin{aligned}p=&\mu _{1}p_{1}\pm ^{3}0\nu _{1}r_{1}\\q=&\mu _{1}r_{1}\pm \nu _{1}p_{1},\\r=&241.51q.\end{aligned}}$

Exemple V. — Si l’on avait l’équation

$23=u^{2}+5t^{2},$

on ferait toujours $u={\frac {p}{q}}$ et $t={\frac {p}{r}},$ ce qui donnerait celle-ci

(A)

$23r^{2}=p^{2}+5q^{2},$

et en opérant comme ci-dessus, on trouverait d’abord les équations

${\begin{alignedat}{2}(a)&&23.3=&8^{2}+5,\\(\mathrm {B} )&\qquad \qquad \qquad \qquad &-5r_{1}^{2}=&p_{1}^{2}-3q_{1}^{2}\,;\end{alignedat}}$

mais, comme il faudrait ensuite satisfaire à l’équation

$-5\mathrm {B} _{1}=\beta ^{2}-3,$

en prenant pour $-\mathrm {B} _{1}$ un nombre $<{\frac {4}{5}}+1,$ c’est-à-dire en faisant $\mathrm {B} _{1}=-1$ ou $-2,$ et que ni l’une ni l’autre de ces deux valeurs étant multipliée par $5$ et augmentée de $3$ ne donne un carré, on en conclura que l’équation proposée n’est susceptible d’aucune solution rationnelle ; ainsi, quoique le nombre $23$ puisse être un diviseur d’une infinité de nombres de la forme $p^{2}+5q^{2},$ cependant il est impossible que le quotient de cette division soit jamais un carré.

21. Ces Exemples peuvent suffire pour faire connaître l’esprit et l’usage de notre méthode. Nous allons voir maintenant comment il faudra s’y prendre lorsqu’il s’agira d’avoir des solutions en nombres entiers ; car quoique les solutions que fournit la méthode précédente soient générales et renferment par conséquent tous les nombres soit entiers, soit fractionnaires, qui peuvent satisfaire à l’équation $\mathrm {A} =u^{2}-\mathrm {B} t^{2},$ cependant, comme les valeurs générales de $u$ et de $t$ se présentent toujours sous une forme fractionnaire, il serait souvent difficile et presque impossible de les réduire à des nombres entiers. De sorte que, pour ne rien laisser à désirer sur cette matière, il est nécessaire de donner aussi une méthode particulière pour résoudre l’équation $\mathrm {A} =u^{2}-\mathrm {B} t^{2},$ lorsque $u$ et $t$ doivent être des nombres entiers.

§ III. — Résolution de l’équation $\mathrm {A} =u^{2}-\mathrm {B} t^{2}$ lorsque $u$ et $t$
doivent être des nombres entiers.

22. Je remarque d’abord que si le nombre $\mathrm {A}$ n’a aucun facteur carré, les nombres $u$ et $t$ doivent être nécessairement premiers entre eux ; car, si ces nombres avaient un commun diviseur $\rho ,$ il est clair que puisque $u^{2}$ et $t^{2}$ seraient divisibles par $\rho ^{2},$ il faudrait aussi que $\mathrm {A}$ le fût. On voit par là que les nombres $t$ et $u$ ne sauraient avoir d’autres diviseurs communs que ceux dont les carrés sont aussi des diviseurs de $\mathrm {A} .$

Ainsi, si $\mathrm {A}$ ne contient qu’un seul facteur carré, comme si $\mathrm {A} =al^{2},$ $l$ étant un nombre premier et $a$ un nombre qui ne contient aucun facteur carré, les nombres $u$ et $t$ pourront être premiers entre eux ou bien pourront avoir le nombre $l$ pour commun diviseur ; et dans ce dernier cas, faisant $u=lp,$ $t=lq,$ l’équation $\mathrm {A} =u^{2}-\mathrm {B} t^{2}$ deviendra

$a=p^{2}-\mathrm {B} q^{2},$

$p$ et $q$ étant premiers entre eux. Si $\mathrm {A} =al^{2}m^{2},$ $l$ et $m$ étant des nombres premiers, alors $u$ et $t$ pourront être premiers entre eux ou bien pourront être divisibles tous les deux par $l,$ ou par $m,$ ou par $lm,$