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$m-n=5(p-q)+(\alpha -\beta ),$

$m+n=5(p+q)+(\alpha +\beta ),$

$m^{2}+n^{2}=5\left(5p^{2}+5q^{2}+2p\alpha +2q\beta \right)+\left(\alpha ^{2}+\beta ^{2}\right)\,;$

d’où l’on voit que tout se réduit à démontrer que, $\alpha$ et $\beta$ étant deux nombres moindres que $5$ si $\alpha -\beta$ ni $\alpha +\beta$ ne sont divisibles par $5,\ \alpha ^{2}+\beta ^{2}$ le sera nécessairement.

Or, sur les dix systèmes de valeurs qu’on peut admettre pour $\alpha$ et $\beta ,$ les quatre systèmess $1$ et $1,\ 2$ et $2,\ 3$ et $3,\ 4$ et $4$ se trouvent exclus par la condition que $\alpha +\beta$ ne soit pas divisible par $5$ ; les deux systèmes $1$ et $4,\ 2$ et $3$ le sont aussi, par la condition que $\alpha +\beta$ ne soit pas divisible par $5$ ; de sorte qu’il ne reste d’admissibles que les quatre hypothèses $1$ et $2,\ 1$ et $3,\ 2$ et $4,\ 3$ et $4$ ; or, on a

${\begin{aligned}&1^{2}+2^{2}=5,\\&1^{2}+3^{2}=10,\\&2^{2}+4^{2}=20,\\&3^{2}+4^{2}=25\,;\end{aligned}}$

donc, dans toutes les hypothèses admissibles, $\alpha ^{2}+\beta ^{2}$ et par suite $m^{2}+n^{2}$ sont divisibles par $5.$

Donc, dans tous les cas, le produit

$mn(m-n)(m+n)\left(m^{2}+n^{2}\right),$

est divisible par $5$ ; et comme il l’est aussi, dans tous les cas, par $6$, il doit l’être, dans tous les cas, par $30$ ; et conséquemment son double

$2mn(m-n)(m+n)\left(m^{2}+n^{2}\right)=2mn(m^{2}-n^{2})(m^{2}+n^{2}),$

doit, dans tous les cas, être divisible par $60.$

Cela posé soient $x,y,z$ trois nombres entiers positifs, tels qu’on ait

$z^{2}=x^{2}+y^{2}\,;$

il est connu que l’on devra avoir

$x=m^{2}-n^{2},\qquad y=2mn,\qquad z=m^{2}+n^{2},$

donc on aura