Recherche de Mizony

Exemple : pour n = 421, on a 422 = 2×211 avec 211 = 53×4−1. En posant a =b = 53, le théorème de Thépault 1 donne la décomposition suivante : ₄₂₁⁴ = ₂₂₃₁₃¹ +₄₄₆₂₆¹ +₁₀₆¹ . Deuxième étape : étude selon la parité de k. Si k est pair et égal à 2k^′, l’équation n’a pas de solutions pour n de la forme 840k^′ +q avec q = 1,121,361,109,169,289. Le nombre 840k^′ + 109 est suivi de 840k^′ + 110 = 10(84k^′ + 11) où 84k^′ + 11 est de la forme 4a−1.

Par la remarque précédente, on peut donc enlever le cas q = 109 de la liste ci-dessus. Si k est impair et égal à 2k^′ + 1, l’équation n’a pas de solutions pour n de la forme 840k^′ +q avec q = 421,541,781,529,589,709. Les nombres 840k^′ + 589 et 840k^′ + 709 sont suivis respectivement des nombres 10(84k^′ + 59) et10(84k^′+ 71). Les seconds facteurs étant de la forme 4a−1, les cas q = 589 et q = 709 peuvent être retirés de la liste ci-dessus. Enfin, les nombres 840k^′ + 421,840k^′+ 541 et 840k^′+ 781 sont respectivement suivis des nombres 2(420k^′+ 211),2(420k^′+ 271)et 2(420k^′+ 391). Les seconds facteurs étant tous de la forme 4a −1, on peut éliminer de la liste les cas q = 421,541,781. Ainsi il reste à démontrer l’existence de solutions à l’équation d’Erdös-Straus pour les nombres de la formen= 840k+q avec q= 1,121,361,169,289,529.

Le second résultat établi par Thépault lors de ses recherches récentes est la vérification de l’existence de solutions à l’équation d’Erdös-Straus pour n <10000 à l’aide d’un tableur.

Démonstration. Première étape : détermination de nouvelles familles de nombres pour la- quelle l’équation a des solutions.

Poura= 12, on démontre qu’il existe des solutions pour toutn de la forme 47k+q avec q = 11,15,22,23,30,31,35,39,41,43,44,45,46.

Pour a= 8, on démontre qu’il existe des solutions pour tout n de la forme 31k+q avec q = 15,23,27,29,30.

Pour a= 6, on démontre qu’il existe des solutions pour tout n de la forme 23k+q avec q = 7,10,11,15,17,19,20,21,22.

Pour a= 5, on démontre qu’il existe des solutions pour tout n de la forme 19k+q avec q = 14,15,18.

Pour a= 3, on démontre qu’il existe des solutions pour tout n de la forme 11k+q avec q = 7,8,10.

Deuxième étape : test des nombres inférieurs à 10000. On teste tous les nombres congrus à 1,121,169,289,361,529 modulo 840 et inférieurs à 10 000, à l’aide d’un tableur. Le premier test est d’éliminer ceux qui sont des carrés parfaits (par exemple 841 = 29²). Le second test élimine ceux qui appartiennent aux familles déterminées ci-dessus par les valeurs successives de a. Par exemple, 1009 est éliminé par le cas a = 6 et 2521 par le cas a = 12. A l’issue de ces deux tests, il ne reste qu’à démontrer l’existence d’une décomposition pour n = 3361, résultat obtenu pour a= 25.

Dans le paragraphe a., nous présentons son étude de la conjecture forte. Dans le pa- ragraphe b., nous détaillons celle de la conjecture faible à laquelle nous avons également contribuée. Le paragraphe c. est consacré à la présentation de ses résultats algorithmiques et les paragraphes d. et e. exposent d’autres études qu’ils a menées sur la conjecture d’Erdös- Straus avec des collègues.

a. Étude de l’identité forte

Théorème de Mizony 1. Soit n un nombre entier. S’il existe m, d, deux entiers non nuls tels que ddivisem² et4m−1divisen+4d, alors on a la décomposition4/n= 1/x+1/y+1/z où x, y, z sont des entiers non nuls.

Ce résultat entraîne la conjecture d’Erdös-Straus grâce à l’identité et aux lemmes sui- vants :

4 n = 1

mn + 4m−1

mn+d + (4m−1)d

(mn+d)nm. (4.26)

Lemme 6. Si 4m−1 divise mn+d et si d divise m² alors (mn+d)/(4m−1) et ((mn+ d)m)/((4m−1)d) sont des entiers.

Démonstration. Tout d’abord, (mn+d)/(4m−1) est un entier car 4m−1 divisemn+d.

Examinons ensuite la seconde quantité. D’une part, l’entier d divise m² donc d divise m²n.

De plus, l’entier d divise md. Donc d divise (mn+d)m. D’autre part, l’entier 4m−1 di- vise (mn+d)m par hypothèse. Enfin, les deux conditions pgcd(4m − 1, m) = 1 et d di- vise m² entraînent que pgcd(4m − 1, d) = 1. Donc (4m − 1)d divise (mn+ d)m. Ainsi ((mn+d)mn)/((4m−1)d) est un entier.

Ainsi 4/n se décompose en somme de trois fractions égyptiennes s’il existe deux entiers non nuls m et d tels que d divisem² et 4m−1 divisemn+d.

Lemme 7. Les deux propositions suivantes sont équivalentes :

1. Il existe deux entiers non nuls m et d tels que d divise m² et 4m−1 divise mn+d.

2. Il existe deux entiers non nuls m et d tels que d divise m² et 4m−1 divise n+ 4d.

Démonstration. Elle est basée sur l’égalité suivante : 4mn+d

4m−1 −n= n+ 4d 4m−1.

Montrons la première implication : si 4m−1 divise mn+d alors 4(mn+d)/(4m−1)−n est un entier. Donc (n+ 4d)/(4m−1) est un entier et4m−1 divisen+ 4d.

Réciproquement, si4m−1divisen+ 4dalors 4(mn+d)/(4m−1)−n est un entier. Comme pgcd(4,4m − 1) = 1, le quotient (mn +d)/(4m − 1) est un entier. Donc 4m − 1 divise mn+d.

Ainsi 4/n se décompose en somme de trois fractions égyptiennes s’il existe deux entiers m etd tels qued divisem² et4m−1divisen+ 4d. On dit alors que [n, m, d] est solution de l’équation d’Erdös-Straus.

Le premier intérêt de l’identité (4.26) est de reformuler la conjecture d’Erdös-Straus sous la forme :

Conjecture 2. Pour tout n premier, il existe deux entiers non nuls m et d tels que d divise m² et 4m−1 divise n+ 4d.

Plus généralement, cette conjecture peut s’exprimer pour tout entier non nuln qui n’est pas un carré. Le second intérêt est d’obtenir une décomposition de _n⁴ en somme de trois frac- tions égyptiennes sous les seules conditions que n+ 4d soit divisible par4m−1etd diviseur de m². On obtient alors des algorithmes efficaces reposant sur trois progressions arithmé- tiques. En effet, pour chaque solution [n, m, d], on obtient les trois triplets de progressions arithmétiques [n(k), m(k), d(k)] (pour tout k entier) suivants :

[n+ (4m−1)k, m, d] (4.27)

[n+ 4 (mn+d)

(4m−1)ak, m+m

a k, d+ d

ak] oùa =pgcd(m, d, m²/d) (4.28) [n+ 4m(n+ 4d)

(4m−1)ak, m+ m

ak, d] où a² est le plus grand facteur carré de m²/d (4.29) Ces trois formules sont particulièrement efficaces pour établir le résultat 3 (cf. paragraphe c. Programmation).

Vérification des formules polynomiales. On doit vérifier que si [n, m, d]est solution alors les triplets (4.27), (4.28) et (4.29) sont solutions.

Pour la formule (4.27), il suffit de vérifier que (4m−1) divise n+ (4m−1)k+ 4d. Par hypothèse, on a (4m−1) divise (n + 4d). Comme (4m−1) divise (4m−1)k pour tout k entier, on obtient bien (4m−1)divise n+ (4m−1)k+ 4d.

Pour la formule (4.28), vérifions d’abord que chaque terme du triplet est un entier. Par définition dea, les termesm+^m_aketd+^d_aksont entiers. Pour le premier terme, par hypothèse (4m−1)divise (mn+d) et par définition de a, on a a divise mn+d et pgcd(4m−1, a) = pgcd(a,1) = 1. D’où(4m−1)a divise(mn+d)etn+ 4_(4m^(mn+d)_−1)ak est entier. Montrons ensuite qued+^d_ak divise(m+^m_ak)². Écrivons(m+^m_ak)² sous la forme ^m_a2²(a+k)². Par définition de a, on aa divise ^m_d². Il existe donc un entier t tel que ^m_d² =ta. Ainsi ^m_a2²(a+k)² =t^d_a(a+k)². Donc d+^d_ak divise(m+^m_ak)². Il reste à montrer que n+ 4_(4m^mn+d_−1)ak+ 4(d+^d_ak) est divisible par 4(m+ ^m_ak)−1. En développant puis factorisant le premier terme, on obtient

n+ 4 mn+d

(4m−1)ak+ 4(d+d ak)

=

4(m+ m

ak)−1

n+ 4d 4m−1

.

Or par hypothèse,(4m−1)divise(n+4d). Donc4(m+^m_ak)−1divisen+4_(4m^mn+d_−1)ak+4(d+^d_ak).

Pour la formule (4.29), vérifions d’abord que les deux premiers termes du triplet sont entiers. Par définition de a, on aa qui divisem et doncm+^m_ak est un entier. Par hypothèse (4m−1)divise(n+4d)et donc divisem(n+4d). Commeadivisem, il divise aussim(n+4d).

Enfin, par définition dea, pgcd(4m−1, a) = pgcd(a,1) = 1donc (4m−1)a divisem(n+ 4d).

D’où n + 4^m(n+4d)_(4m−1)ak est un entier. Montrons ensuite que d divise (m + ^m_ak)². Exprimons (m+^m_ak)² sous la formem²(^k_a+ 1)². Par définition dea, on aa²ddivisem². Donc il existe un entier non nult tel quem² =a²dt. D’oùm²(^k_a+ 1)² =dt(k+a)². Ainsid divise(m+^m_ak)². Il reste à montrer que4(m+^m_ak)−1divisen+ 4^m(n+4d)_(4m−1)ak+ 4d. En développant puis factorisant ce dernier terme, on obtient

n+ 4m(n+ 4d) (4m−1)ak+ 4d

=

n+ 4d

4m−1 4m(1 + k a)−1

.

Par hypothèse 4m−1divisen+ 4ddonc on a (4m(1 +^k_a)−1)divisen+ 4^m(n+4d)_(4m−1)ak+ 4d.

Remarque : Dans un cadre plus général, en considérant la fraction h/p où h est un entier supérieur ou égal à 4 et p un entier supérieur à h/3, Mizony a établi une identité similaire :

h p = 1

mp + hm−1

mp+d + (hm−1)d (mp+d)mp.

Il a également obtenu trois formules de progressions arithmétiques¹⁰, similaires à celles pour h= 4.

Théorème de Mizony 2. Soit n un entier. S’il existe trois entiers non nuls m, a et d avec d divisant m²a et vérifiant d < ma alors on a, avec n = (4m−1)a−4d, la décomposition 4/n= 1/x+ 1/y+ 1/z où x, y, z sont des entiers non nuls.

Ce théorème est démontré immédiatement grâce à l’identité ci-dessous, équivalente à la précédente :

4

(4m−1)a−4d = 1

m((4m−1)a−4d)+ 1

ma−d + 1

((4m−1)a−4d)((^m_d^2a−m). (4.30) En effet, dire quens’écrit sous la forme(4m−1)a−4dest équivalent au fait quea = _4m^n+4d₋₁ et donc n+ 4d est divisible par4m−1.

Remarque : Ce théorème est équivalent au théorème de Mizony 1 si n est premier. En effet, dans ce cas, pgcd(d, a) = 1 donc d|m²a est équivalent à d|m².

b. Étude de l’identité faible

Cette nouvelle identité a été obtenue par une collaboration entre trois personnes : Pierre, un informaticien, Mizony et nous.

Théorème de Gardes-Mizony. Soit n= 4k+ 1, k un entier. S’il existe a, c, deux entiers non nuls tels que c divise (k+a)² et pcgd(k+a, c)(4a−1)divise k+a+c(4k+ 1), alors on a la décomposition 4/n= 1/x+ 1/y+ 1/z où x, y, z sont des entiers non nuls.

On obtient cette décomposition grâce à l’identité et au lemme suivants : 4

4k+ 1 = 1

k+a + (4a−1)c

(k+a)(k+a+c(4k+ 1)) + 4a−1

(4k+ 1)(k+a+c(4k+ 1)). (4.31) Lemme 8. Si pgcd(k +a, c)(4a−1) divise k+a+c(4k+ 1) et si c divise (k +a)² alors (k+a)(k+a+c(4k+ 1))/((4a−1)c) et (k+a+c(4k+ 1))/(4a−1) sont des entiers.

Démonstration. Sipgcd(k+a, c)(4a−1)divise(k+a+c(4k+ 1)) alors(4a−1)divisek+a+ c(4k+1)et(k+a+c(4k+1))/(4a−1)est un entier. D’après l’hypothèsepgcd(k+a, c)(4a−1) divise(k+a+c(4k+ 1)), pour montrer que(k+a)(k+a+c(4k+ 1))/(4a−1)cest un entier, il suffit de montrer quecdivisepgcd(k+a, c)(k+a). Commepgcd(k+a, c)divisek+a, cette condition se ramène à cdivisepgcd(k+a, c)². Commecdivise(k+a)²,pgcd((k+a)², c) =c.

De plus pgcd(k+a, c)² = pgcd((k+a)², c²). Or pgcd((k +a)², c) divise pgcd((k +a)², c²), c’est-à-dire c divise pgcd(k +a, c)². Donc ((k +a)(k +a +c(4k + 1)))/((4a−1)c) est un entier.

10. Pour plus de détails, consulter (Mizony & Gardes, 2010-2012).

L’intérêt de l’identité (4.31) est de fournir de nouvelles progressions arithmétiques. Par exemple, pour chaque solution [k, a, c] de l’équation (4.31), on obtient les triplets de progres- sions arithmétiques [k(t), a(t), c(t)] (pour tout t entier) suivants :

[k+c(4a−1)t, a, c] (4.32)

[k+e(k+a), a, c(1 +e)] oùe(t) = (4a−1)(k+a)t. (4.33) Démonstration. Vérifions que si [k, a, c] est solution alors les triplets (4.32) et (4.33) sont aussi solutions. Pour (4.32), vérifions d’abord que c divise (k +c(4a−1)t+a)². Écrivons (k+c(4a−1)t+a)² sous la forme(k+a)²+c(2(k+a)(4a−1)t+ (4a−1)²ct²). Par hypothèse c divise(k+a)² et comme c divise c(2(k+a)(4a−1)t+ (4a−1)²ct²), la condition cdivise (k+c(4a−1)t+a)² est vérifiée. Pour la seconde condition, comme pgcd(k+a, c)(4a−1) divisek+a+c(4a−1)par hypothèse et que c(4a−1)test divisible parpgcd(k+a, c)(4a−1), on a : pgcd(k+a, c)(4a−1)divise k+c(4a−1)t+a+c(4k+ 1).

Pour (4.33), vérifions d’abord quec(1 +e)divise(k+e(k+a) +a)². Pour cela étudions le quotient : ^(k+a)_c(1+e)^2(1+e)2 = ^(k+a)_c ²(1+e). Commecdivise(k+a)² (par hypothèse), le quotient est un entier et la condition est vérifiée. Vérifions ensuite quepgcd(k+e(k+a)+a, c(1+e))(4a−1) divisek+e(k+a)+a+c(1+e)(4k+1+4e(k+a)). On apgcd(k+e(k+a)+a, c(1+e))(4a−1) = pgcd(k+a, c)(1 +e)(4a−1). Factorisonsk+e(k+a) +a+c(1 +e)(4k+ 1 + 4e(k+a))par (1 +e) : on obtient(1 +e)(k+a+c(4k+ 1) + 4ec(k+a)). D’une part k+a+c(4k+ 1) est divisible par pgcd(k+a, c)(4a−1)par hypothèse et d’autre part4ec(k+a) est divisible par pgcd(k+a, c)(4a−1)car e est divisible par(4a−1)etk+apar pgcd(k+a, c). La condition pgcd(k+e(k+a) +a, c(1 +e))(4a−1) divisek+e(k+a) +a+c(1 +e)(4k+ 1 + 4e(k+a)) est donc vérifiée.

Algorithmiquement, pour avoir une progression arithmétique efficace, on remplaceedans (4.33) par e= ^{(4a−1)(k+a)t}_dδ oùd=pgcd(k+a, c) etδ =pgcd(^(k+a)_c ², k+a).

c. Programmation

Résultat 3. L’équation d’Erdös-Straus a des solutions pour tout n inférieur à10¹⁷.

Le programme de vérification de l’existence de solutions à l’équation d’Erdös-Straus pour n ≤10¹⁷ construit et mis en œuvre par Mizony repose sur l’identité (4.26) (plus précisément sur les trois formules polynomiales qui en découlent) et s’effectue en deux étapes. La première étape consiste à diminuer le nombre de progressions arithmétiques à étudier et la seconde examine les exceptions, c’est-à-dire les nombres contenus dans les progressions arithmétiques restantes. Nous décrivons ci-dessous ces deux étapes.

Première étape : diminuer le nombre de classes à étudier. Le résultat 1 in- dique que seules les classes 1,11²,13²,17²,19²,23² modulo 840 n’ont pas de solution polyno- miale en n. Nous nommerons ces progressions arithmétiques, les classes restantes, c’est-à-dire les classes de nombres restants à étudier pour vérifier l’existence de solutions à l’équation d’Erdös-Straus. Ainsi dans Z/840Z, il reste 6 classes, soit environ 0.71% de classes pour les- quelles l’existence de solutions n’est pas démontrée. Afin de diminuer le nombre de classes à étudier, Mizony a utilisé plusieurs éléments :

1. Utilisation du théorème des restes chinois.

2. Utilisation de la formule polynomiale (4.27).

3. Utilisation des formules polynomiales (4.28) et (4.29) obtenues à partir de la méthodo- logie décrite ci-dessous :

Soient Cples classes restantes dans Z/MZ après l’utilisation du théorème des restes chinois.

SoitAun diviseur deM. Considérons les élémentsxdeZ/AZsusceptibles de donner naissance à une formule (4.28) ou (4.29). En d’autres termes, on considère la progression A×k+x qui permet d’obtenir une décomposition en somme de trois fractions unitaires de _(A×⁴_k+x) selon les formules (4.28) ou (4.29). Pour cela il faut que :

– cette progression contienne des éléments de la forme 24u+ 1.

– cette progression A×k+xne contienne aucun carré, c’est-à-dire que x ne soit pas un résidu quadratique dans Z/AZ.

– x soit dans Cp modulo A.

Il reste alors peu dexsusceptible de fournir une formule éliminant des classes dansZ/MZ d’où la rapidité de cette méthode.

Nous montrons ci-dessous le fonctionnement de cette méthode sur quelques exemples.

Soit M = 24×3×5×7 = 2520. Soit C7 les classes restantes dans Z/2520Z. A partir du résultat 1 (classes modulo 840) et du théorème des restes chinois, il reste 18 classes.

AinsiC7contient 18 éléments. Dans ce cas, les formules polynomiales (4.27), (4.28) et (4.29) n’éliminent pas d’éléments.

SoitM = 24×3×5×7×11 = 27720. SoitC11les classes restantes. Dans Z/2520Zil reste 18 classes, dans Z/11Z il reste 7 classes donc d’après le théorème des restes chinois, il reste 18×7 = 126 classes dans Z/27720Z. On teste ces 126 classes avec la formule polynomiale (4.27) pour m = 14 et m = 25, il reste alors 102 éléments. Enfin, à l’aide des formules polynomiales (4.28) et (4.29) suivantes :[396×k+ 61,9×k+ 9,81],[616×k+ 585,770×k+ 770,23716×k+ 23716]et[3080×k+ 2921,5×k+ 5,25×k+ 25]testées sur les 102 classes, il reste 96 éléments dans C11, soit environ 0.34% de classes pour lesquelles on ne trouve pas de solution à l’équation d’Erdös-Straus avec cette méthode.

Soit M = 24×3×5×7×11×13 = 360360. Soit C13les classes restantes dans Z/MZ.

A partir de C11 et du théorème des restes chinois, il reste 768 classes. A l’aide de la formule polynomiale (4.27) avec m= 36, m= 114 et m= 322, le nombre de classes est réduit à 635 éléments. La méthode exposée ci-dessus permet de trouver 12 formules polynomiales de type (4.28) et (4.29) qui suppriment d’autres classes. C13 contient alors 567 classes, soit 0.15%

de classes pour lesquelles on ne trouve pas de solution à l’équation d’Erdös-Straus avec cette méthode.

Par la même méthode, C17 contient 4758 éléments soit 0.077% de classes restantes et C19 contient 42462 éléments. Il reste donc à démontrer l’existence de solutions à l’équation d’Erdös-Straus pour au plus 42462 éléments sur 116396280 (= 24×3×5×7×11×13×17×19) classes d’entiers, c’est-à-dire moins de 0.04%.

Remarque : L’utilisation de l’identité (4.31) permet de « gagner » environ 6,5% surC19 qui a alors au plus 39658 éléments (environ 0.034% de classes restantes).

Deuxième étape : traitement des classes restantes. Le programme part des 42462 élémentsxdeC19pour lesquels il n’existe pas de formule polynomiale. Il considère les entiers de la forme n = n(k) = x+k×116396280 avec n ≤ 10¹⁷ et les soumet à des filtres, pour m ≤3000, construits à partir des trois formules polynomiales de progression. Le programme

rejette alors les exceptions c’est-à-dire les nombres premiers p = n(k) pour lesquels il n’y a pas de solutions [p, m, d] avec m ≤ 3000. Pour les 76 exceptions restantes, on cherche explicitement une décomposition en cherchant m et d avec l’identité (4.26). Le programme décompose rapidement toutes ces exceptions en trouvant les [m, d] donnant la plus petite solution en m.

Tous les détails de ce programme peuvent être consultés dans (Mizony & Gardes, 2010- 2012).

d. Travail avec I. Gueye

En avril 2012, à la suite de la lecture d’un article de Mizony sur la conjecture d’Erdös- Straus, Ibrahima Gueye¹¹ prend contact avec lui pour lui faire part de ses réflexions sur le problème. Ce fut le début d’un travail de collaboration sur la recherche de la conjecture. Ils ont publié deux articles (Gueye & Mizony, 2012) et (Mizony & Gueye, 2012). Nous exposons ici leurs résultats majeurs.

Théorème de Gueye-Mizony. Soit p ≥ 2 un entier positif. A toute décomposition ⁴_p =

1

x + ¹_y + ¹_z, avec z = x+a, a un entier naturel, correspond le triplet pythagoricien suivant (4ay−pa,2py,p

(4ay−pa)²+ (2py)².

Démonstration. Soitp≥2un entier positif etx, y, z trois entiers positifs non nuls et distincts tels que ⁴_p = ¹_x + ¹_y + ¹_z. Supposons z > x et posons z = x+a où a est un entier positif.

L’équation devient ⁴_p = _x¹+¹_y +_x+a¹ puis4xy(x+a) = p[(x+a)y+x(x+a) +xy]. On obtient alors une équation du second degré en x :

x²(4y−p) +x(4ya−2py−pa)−pay= 0.

Résolvons cette équation. Le discriminant est égal à ∆ = (4ya−2py −pa)²+ 4(4y−p)pay et les solutions sont x= ^4ya−_2(p^2py₋⁻_4y)^pa±√∆. Pour que x puisse être un entier, il faut que∆ soit un carré parfait. Or ∆ = (4ay−pa)² + (2py)². Ainsi le triplet (4ay−pa,2py,√

∆) est un triplet pythagoricien. Écrivons le à partir d’un triplet irréductible. Pour tout kentier non nul et α, β, γ entiers non nuls, on a :

4ay−ap=αk, 2py =βk,

√∆ =γk.

En éliminant k à l’aide des deux premières équations, on obtient y : y= paβ

4aβ−2αp.

Puis exprimons les deux valeurs possibles de x et prenons celle qui est positive : x= a(β−α+γ)

2α .

Enfin, z =x+a s’écrit :

z = a(β+α+γ)

2α .

11. Ibrahima Gueye est sénégalais, médecin dans l’armée à Dakar, passionné de mathématiques et amateurs de résolution de problèmes.

Ainsi la décomposition de ⁴_p devient : 4

p = 2α

(β−α+γ)a + 4aβ−2αp

aβp + 2α

(β+α+γ)a. (4.34)

Le paramètre k du triplet pythagoricien (αk, βk, γk)s’exprime sous la formek = _2aβ^p2₋^a_αp. En substituant dans (4.34), on obtient une autre décomposition :

4

p = 2(−p²+ 2βk) (β−α+γ)kp+ 2p

βk + 2(−p²+ 2βk)

(β+α+γ)kp. (4.35)

Remarque : Réciproquement, se pose le problème de savoir si pour tout entier p≥2, on peut trouver un triplet pythagoricien donnant lieu à la décomposition de ⁴_p en somme de trois fractions unitaires. Si c’est le cas alors la conjecture d’Erdös-Straus sera démontrée.

Exemple de décomposition avec les triplets pythagoriciens: Considérons le triplet le plus simple(3,4,5)et établissons une famille de nombrespqui admettent une décomposition de ⁴_p en somme de trois fractions unitaires. Nous utiliserons deux formules, l’une liée au choix α = 3 et l’autre à α= 4 dans l’équation (4.34). Ainsi pour (α= 3, β = 4, γ = 5), nous avons la décomposition suivante :

4 p = 1

a +8a−3p 2ap + 1

2a. (4.36)

Pour le triplet (α= 4, β= 3, γ = 5), nous avons la décomposition suivante : 4

p = 2

a +4(3a−2p) 3ap + 2

3a. (4.37)

Pourp= 2k, prenons la formule (4.36). Aveca=k, on obtient la décomposition classique

4

2k = ¹_k+ _2k¹ +_2k¹.

Pour p= 3k, prenons la formule (4.37). Avec a = 8k, on obtient la décomposition suivante :

4

3k = _4k¹ +¹_k +_12k¹ .

Pour p= 5k, prenons la formule (4.36). Avec a = 5k, on obtient la décomposition suivante :

4

5k = _5k¹ +_2k¹ + _10k¹ .

De même pour p = 7k et p = 13k, la formule (4.36) donne les décompositions suivantes :

4

7k = _21k¹ +_2k¹ + _42k¹ et _13k⁴ = _26k¹ +_4k¹ + _52k¹ avec respectivement a= 21k eta= 26k.

Pour p= 11k et p= 23k, la formule (4.37) donne les décompositions _11k⁴ = _4k¹ +_33k¹ +_12k¹ et

4

23k = _8k¹ +_138k¹ + _24k¹ avec respectivementa = 8k eta= 16k.

En revanche, pour les multiples de 17 et de 19, il faut recourir à un second triplet (12,5,13) pour obtenir des décompositions simples. Ainsi on trouve les décompositions suivantes :

4

17k = _34k¹ + _5k¹ +_170k¹ aveca = 136k et _19k⁴ = _6k¹ + _95k¹ + _30k¹ aveca = 24k.

Cet exemple démontre ainsi le résultat suivant : pour tout nombre p différent de 1 ou 17 modulo 24, les triplets pythagoriciens (3,4,5) et (5,12,13) donnent une décomposition en trois fractions unitaires de ⁴_p.

Définition 6 (Triplet pythagoricien irréductible d-cousins). Un triplet pythagoricien irré- ductible d-cousins est de la forme F = (n,p

d(2n+d), n+d) avec d(2n+d) un carré.

Les premières valeurs de d, telles que p

d(2n+d) ∈ N^∗, sont {1,2,8,9,12,25,32, ...}. Pourd= 1, les triplets 1-cousins sont donnés par la suite des tripletsF1 ={(2n(n+ 1),2n+ 1,2n(n+ 1) + 1)|n ∈N}. Exemples : (4, 3, 5), (12, 5, 13) , (24, 7, 25). Pourd = 2, les triplets 2-cousins sont donnés par la suite des tripletsF2 ={(4n²−1,4n,4n²+1)|n ∈N}. Exemples : (3, 4, 5), (15, 8, 17), (35, 12, 37).

Avec le théorème précédent, Gueye et Mizony (2012) redémontrent des résultats clas- siques tel que le résultat 1, formulé en ces termes : pour tout nombre premier p différent de 1,121,169,289,361,529 modulo 840, il existe une décomposition de ⁴_p en somme de trois fractions unitaires dont le triplet pythagoricien associé, par l’identité (4.34), soit un 1-cousin ou un 2-cousin.

Un intérêt majeur de ce nouveau point de vue est une reformulation de la conjecture d’Erdös-Straus :

Conjecture Gueye. Pour tout entier p ≥ 2, il existe une décomposition de ⁴_p en somme de trois fractions unitaires dont le triplet pythagoricien irréductible associé est un triplet 1-cousin.

Cette conjecture a été vérifiée algorithmiquement jusqu’à10¹². Cependant les algorithmes associés à l’identité (4.36) sont lents car la variable n indexant les 1-cousins est parfois très grande. Mais cette nouvelle forme de conjecture donne une autre approche théorique du problème. En particulier, ce nouveau paramétrage via les triplets pythagoriciens ne se heurte pas au problème des carrés, soulevé par Yamamoto.

Remarque 5. L’équation (4.23) de Thépault contient un triplet pythagoricien : (4an,(4a− 1)Q, R).

e. Un autre regard

En avril 2012, Mizony prend connaissance d’un article (Bello-Hernández et al., 2012) étudiant la conjecture d’Erdös-Straus grâce à un polynôme à trois variables.

Théorème de Bello-Hernàndez-Benito-Fernàndez. Soit p un nombre premier de la forme 4k+ 1, k entier. S’il existe trois entiers naturels non nuls u, v, w tel quep= 16uvw+ 12uv+ 12uw+ 8u+ 16vw+ 8v+ 12w+ 5 alors il existe une décomposition de ⁴_p en somme de trois fractions unitaires.

La décomposition associée est la suivante : 4

p = 1

(1 +u)(4vw+ 3v+ 3w+ 2) + 1

(4uw+ 3u+ 4w+ 2)(1 +u)(4vw+ 3v+ 3w+ 2)

+ 1

(16uvw+ 12uv + 12uw+ 8u+ 16vw+ 8v+ 12w+ 5)(4uw+ 3u+ 4w+ 2)(4vw+ 3v + 3w+ 2). Les auteurs ont vérifié que tout nombre premier de la forme4k+ 1et plus petit que 10¹⁴ est une valeur de ce polynôme. Ainsi, ils conjecturent que :

Conjecture espagnole. Pour tout entier p premier de la forme 4k+ 1, k entier, il existe une décomposition de ⁴_p en somme de trois fractions unitaires, donnée par l’égalité ci-dessus.

Remarque 6. Mizony a montré que le triplet associé à cette décomposition est un triplet 1-cousin si uest impair ou un triplet 2-cousin si uest pair. A noter également que la décom- position est au sens faible, c’est-à-dire que un seul dénominateur est multiple de p.

Avec la conjecture Gueye et cette remarque, nous pouvons énoncer une nouvelle conjec- ture :

Conjecture 3. Pour tout entier p ≥ 2 il existe une décomposition de ⁴_p en somme de trois fractions unitaires dont le triplet pythagoricien associé est un triplet 1-cousin ou 2-cousin.

Remarque 7. Mizony a également établi un polynôme à trois variables : p= 3 + 8w+ 7t+ 8wt+ 4k+ 8kw+ 8kt+ 8kwt

pour lequel on a une décomposition de ⁴_p en somme de trois fractions unitaires via l’égalité suivante :

4

p = 1

2(1 +w)(1 +k)(3 + 8w+ 7t+ 8wt+ 4k+ 8kw+ 8kt+ 8kwt)+ 1

(1 +k)(1 + 2w+ 2t+ 2wt)

+ 1

2(3 + 8w+ 7t+ 8wt+ 4k+ 8kw+ 8kt+ 8kwt)(1 +w)(1 +k)(1 + 2w+ 2t+ 2wt). Cette décomposition est au sens fort (deux dénominateurs sont multiples dep) et elle est associée à un triplet pythagoricien 1-cousin défini par n=t+w(1 +t).

Cette décomposition est un cas particulier de l’identité forte générale suivante : h

hxyza−hyz²−a = 1

xyz(hxyza−hyz²−a)+ 1

yz(xa−z)+ 1

(hxyza−hyz²−a)xy(xa−z), associée à l’équation diophantienne : p=hxyza−hyz²−a.

No documento Étude de processus de recherche de chercheurs, élèves et étudiants, engagés dans la recherche d’un problème non (páginas 92-101)