Petri Fermat - Observationes Domini Petri de Fermat

Ces deux leçons reviennent à la même, et tous les manuscrits connus de Diophante sont corrompus de la même façon.

Баше сформулировал следующие условия: данное число о не должно быть вида 32 n + 9. Он утверждал, что проверил все числа до 325 и не нашел ни одного исключения.

Il est aisé de voir que la solution particulière donnée par Diophante ne peut être obtenue avec les positions de Fermat, et l’on a dès lors le droit de répéter avec Bachet: «Quamobrem casu factum videtur ut sumpserit autor 2¼, quo de 3 sublato relinquitur ¾ ex tribus cubis compositus.»

Voir Observation VIII.

Il s’agit de trouver trois triangles rectangles en nombres ( a 1, b 1, c 1), ( a 2, b 2, c 2), ( a 3, b 3, c 3) tels que lon ait, a 1, a 2, a 3étant les hypoténuses, b 1 b 2 b 3/ c 1 c 2 c 3dans un rapport carré.

Prenant arbitrairement le triangle ( a 1, b 1, c 1), soit (5, 4, 3) dans l’exemple choisi, Bachet forme les triangles suivants, respectivement des nombres a 1, b 1et a 1, c 1, c’est-à-dire il pose de fait:

a 2= a 1 2+ b 1 2, b 2= a 1 2- b 1 2= c 1 2, c 2=2 a 1 b 1,

a 3= a 1 2+ b 1 2, b 3= a 1 2- b 1 2= c 1 2, c 3=2 a 1 b 1,

d’où

( b 1 b 2 b 3/ c 1 c 2 c 3) 2=( b 1/2 a 1) 2

Les deux triangles ainsi construits sont (41, 9, 40) et (34, 16, 30). Au lieu du second, il prend le semblable (17, 8, 15), le rapport restant le même.

Entendez duodecupla , et à la ligne suivante: Si autem duodeclpla, et tripla.

Les triangles de Diophante ou de Bachet s’obtiennent par la seconde solution de Fermat, c’est-à-dire avec les couples generateurs 5, 4 et 4, 1. Diophante avait probablement traité, dans un problème perdu, la construction de deux triangles rectangles dont l’aire soit dans un rapport donné.

Voir Observation XXIII.

Треугольники, которые выбрал Диофант, найдены именно этим вторым способом. Они отвечают значениям R = 3, S = 1, причем второй треугольник должен быть образован из чисел R — 2 S , R + S. ( Прим. ред. )

Bachet se propose de trouver trois triangles rectangles ( a 1, b 1, c 1), ( a 2, b 2, c 2), ( a 3, b 3, c 3) tels que le rapport a 1 a 2 a 3/ c 1 c 2 c 3soit carré. À cet effet, il prend arbitrairement le premier triangle, en sorte toutefois que 2 c 1> b 1; il forme le second en posant

a 2=(4 c 1 2+ b 1 2)/ b 1, b 2=(4 c 1 2+ b 1 2)/ b 1, c 2=4c 1,

et le troisième en prenant

a 3= a 1 a 2, b 3= b 1 c 2+ b 2 c 1, c 3= c 1 c 2- b 1 b 2.

On a alors, d’une part,

a 1 a 2 a 3 = ( a 1 a 2) 2;

de l’autre,

c 1 c 2 c 1 = (2 b 1 c 1) 2 .

Fermat a bien reconnu que Diophante, se donnant arbitrairement, par exemple, le troisième triangle (5, 3, 4), cherche les deux autres en sorte que a 1 a 2/ c 1 c 2soit dans un rapport donné, à savoir 5. Mais il n’a pas deviné le procédé de lauteur grec, qui a été restitué par Otto Schulz ( Diophantus von Alexandria arithmetische Aufgaben nebst dessen Schrift über die Polygon-Zahlen, aus dem Griechischen übersctzt und mit Anmerkungen beleitet. Berlin, 1822, p. 546–551) d’après le texte donné par Bachet.

Diophante prend d’abord deux triangles auxiliaires (α 1, β 1, γ 1), (α 2, β 2, γ 2), tels que β 1γ 1soit à β 2γ 2dans le rapport donné. Ces deux triangles, obtenus comme dans le problème précédent V, 24 sont d’ailleurs (13, 12, 5) et (5, 4, 3).

D’autre part, ayant un triangle (α, β, γ), Diophante sait construire un triangle ( a, b, c ) tel que ac =βγ/2. Il prend à cet effet

a =½α, b =(β 2-γ 2)/2, c =βγ/α.

Du triangle (13, 12, 5) il deduit de cette façon le triangle (6½, 119/26, 60/13), et du. triangle (5, 4, 3), le triangle (2½, 7/10, 12/5). Les deux triangles ainsi formés satisfont évidemment à la condition imposée.

Pour achever le problème primitif, Diophante prend pour les trois carrés cherchés

( c 1 x / a 1) 2, ( c 2 x / a 2) 2, ( c 3 x / a 3) 2,

c’est-à-dire

14400/ 28561 x 2, 576/ 675 x 2, 16/ 25 x 2

et, égalant leur produit à x 2, il tire pour x la valeur 65/48.

On voit qu’au lieu de déterminer B et D en sorte que (2D 3-B 3)/(B-2D) soit carré, Fermat va les chercher, par erreur, en sorte que (2D 3-B 3)/(2B-D) soit carré. Plus loin, après avoir reconnu la faute de calcul qu’il a commise, il laisse subsister sa solution comme s’appliquant en tout cas à un problème digne d’intérêt.

Ces nombres sont ceux de Diophante. Les racines de ces carrés peuvent se représenter en général par

z , ( r ( z 2+ a ))/4 pz — pz / r , ( r ( z 2+ a ))/4 pz — qz / r ,

en supposant p 2+ q 2= r 2. Diophante a pris en fait, pour a =5, z =3, p =4, q =3, r =5.

Viète, Zeteticum V, 9 (édition Schooten, p. 79):

Invenire numero triangulum rectangulum, cujus area adjuncta dato plano ex duobus quadratis composito, conficiat quadratum.

Sit datum planum Z, planum compositum ex B quadrato et D quadrato. Effingatur triangulum rectangulum abs quadrato adgrcgali laterum B, D, et quadrato differentie eorumden. Hypotenusa igitur similis erit B quad. quad. 2 + B quad. in quad. 12 + D quad. quad. 2. Basis B in D in Z planum 8. Perpendiculum B + D quadrato in B — D quadratum 2. Adplicentur omnia ad B + D in B — D quad. 2, fiet area similis (Z plano in B in D.2)/(B — D quad.). Adde Z planum; quoniam B — D quad. + B in D2, aequatur B quadrato + D quadrato, id est aequatur Z plano, summna erit (Z planoplanum)/(B — Z quad.), quadratum a radice (Z plani)/(B — D).

Sit Z planum 5, D1, B2. Triangulum rectangulum erit huiusmodi: 82/6, 80/6, 18/6. Area 720/36, id est 20. Adde 5. Summa fit 25, cujus radix est 5.

La methode de Diophante peut se repr6senter comme suit: soient a le nombre donné, et