Observationes Domini Petri de Fermat

Ad elucidationem et explicationem quæstionis 25. iuxta methodum Diophanti quam Bachetus similiter prætermisit[37] quærenda sunt duo triangula rectangula ut productum sub hypotenusa et perpendiculo unius ad productum sub hypotenusa et pelpendiculo alterius habeat rationem datam.

Quæ sanè quæstio diù nos torsit et verò difficillimam quilibet tentando experietur, sed tandem patuit generalis ad ipsius solutionem methodus.

Quserantur duo triangula ut rectangulum sub hypotenusa unius et perpendiculo, rectanguli sub hypotenusa alterius et perpendiculo sit duplum.

Fingatur unum ex triangulis ab A et B. alterum ab A et D. Rectangulum sub hypotenusa prioris et perpendiculo erit B in A cubum bis + B cub. in A. bis, rectangulum verò sub hypotenusa posterioris et perpendiculo erit D. in A. C. bis + D. C. in A. bis, cum igitur B in A. C. bis + B. C. in A bis sit duplŭ rectanguli D in A. C. bis + D. C. in A. bis, ergo B in A. C. + B. C. in A. æquabitur D. in A. C. bis + D. C. in A. bis et omnibus abs A divisis fiet B in A. quadratum + B. C. æquale D. in A Q bis + D. C. bis et per antithesin D. C. bis — B. C. æquabitur B. in A Q. — D. in A. Q. bis, si igitur D. C. — B bis C. divisum per B — D bis æquetur quadrato soluta erit quæstio.

Quærendi igitur duo numeri loco ipsorum B et D, eâ conditione ut duplum cubi unius — alio divisum vel multiplicatum (eodem enim res recidit) per duplum posterioris primo faciat quadratum[38], ponatur unus esse 1N + 1. Alter 1 cubus duplus prioris — cubo à posteriore facit 1 + 6N + 6q + 2C duplus autem posterioris — priore facit 1 — 1N. ergo si ducas 1 — 1N in 1 + 6N + 6q — 2C fiet qualdratus, productŭ illud æquatur 1 + 5N — 4C — 2qq. Quod æquandŭ quadrato ab ⁵/₂N — 1 — ²⁵/₈q. et omnia statim constabŭt, propositio autem ad omnes rationes extendetur si loco unius ex quærendis numeris ponatur A + excessu maioris rationis termini supra minorem, et loco alterius ille ipse excessus ut iam à nobis in ratione dupla est factum. Hac quippe ratione semper unitatum numnerus evadet quadratus et æquatio erit proclivis. Hoc peracto invenientur duo numeri qui ipsos B et D reprtesentabunt et ad primam quæstionem fiel reditus. Retractanti quæ hucusque ad 25 quæstionem scripsimus visutr erat statim omnia delere quia abductio ad problema quod perfecimus non convenit quæstioni nostræ. quia tamen quæstionem aliam ad quam malè præsens problema adduxeramus rectè construximus, non tam operam perdidimus, quam malè collocavimus, et ideo maneat scriptura marginalis intacta.

Quæstionem ipsam Diophantæam novo iterum examini subiicientes et methodum nostram sedulò consulentes tandem generaliter solvimus. Exemplum tantum subiiciemus confisi numeros ipsos satis indicatuiros non sorti, sed arti solutionem deberi. in propositione Diophanti quærenda duo triangula rectangula ea conditione ut productum sub hypotenusa unius et perpendiculo ad productum sub hypotenusa et perpendiculo alterius habeat ratioinem quam 5 ad 1. En duo illa triangula, pritnum cuius hypotenusa 48543669109. basis 36083779309. perpendiculum 32472275580. secundum cuius hypotenusa 42636752938. basis 41990695480. perpendiculum 7394200038.

Перевод:

При рассмотрении вопроса 25 [у нас задача V₂₂ — И. Б.] Баше, как и в предыдущем случае, оставил в стороне метод Диофанта, который нужно еще выявить и объяснить. Нужно найти два прямоугольных треугольника таких, чтобы произведение катета и гипотенузы одного из них имело заданное отношение к произведению катета и гипотенузы другого.

Этот вопрос долго нас мучил, и тот, кто попробует его решить, сможет убедиться, что он действительно труден, по наконец был открыт метод общего его решения.

Пусть требуется найти два треугольника таких, что произведение катета и гипотенузы одного из них вдвое больше произведения гипотенузы и катета другого.

Пусть один из треугольников образован из чисел A и B, а другой — из чисел A и D. Для первого треугольника произведение катета на гипотенузу будет

2BA³ + 2B³A,

а для второго — произведение катета на гипотенузу будет

2DA³ + 2D³A.

Требуется, чтобы 2BA³ + 2B³A было вдвое больше произведения 2DA³ + 2D³A; следовательно,

BA³ + B³A = 2DA³ + 2D³A;

деля все на A, получим

BA² + B³ = 2DA² + 2D³,

или, переставляя члены,

2D³ — B³ = BA² — 2DA².

Это значит, если частное от деления 2D³ — B³ на B — 2D будет квадратом, то задача будет иметь решение.

Значит, нужно найти два числа, B и D, удовлетворяющие условию, что удвоенный куб одного минус куб другого, разделенный или умноженный (что приводит к тому же) на удвоенное второе минус первое, будет квадратом.

Положим первое X + 1, второе же 1. Удвоенный куб первого минус куб второго даст 1 + 6X + 6X² + 2X³. Удвоенное же второе минус первое 1 — X.

Итак, произведение 1 — X на 1 + 6X + 6X² + 2X³ должно дать квадрат. Но их произведение равно 1 + 5X — 4X³ — 2X⁴, которое можно приравнять квадрату на 1 + ⁵/₂X — ²⁵/₈X². Остальное не составит труда.

Чтобы распространить этот метод на случай произвольного отношения, достаточно взять в качестве одного из искомых чисел X плюс избыток большого члена отношения над меньшим, а в качестве второго числа — сам этот избыток, что мы и сделали для отношения 2 к 1. Действительно, при этом свободный член в окончательном произведении будет квадратом, и уравнение будет решаться без труда. Этим способом придем к двум числам, которые мы обозначили B и D, а затем вернемся к первоначальному вопросу.

37

Bachet se propose de trouver trois triangles rectangles (a₁, b₁, c₁), (a₂, b₂, c₂), (a₃, b₃, c₃) tels que le rapport a₁a₂a₃/c₁c₂c₃ soit carré. À cet effet, il prend arbitrairement le premier triangle, en sorte toutefois que 2c₁>b₁; il forme le second en posant

a₂=(4c₁²+b₁²)/b₁, b₂=(4c₁²+b₁²)/b₁, c₂=4c₁,

et le troisième en prenant

a₃=a₁a₂, b₃=b₁c₂+b₂c₁, c3=c₁c₂-b₁b₂.

On a alors, d’une part,

a₁a₂a₃=(a₁a₂)²;

de l’autre,

c₁c₂c₁=(2b₁c₁)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 a₁a₂/c₁c₂ soit 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 (α₁, β₁, γ₁), (α₂, β₂, γ₂), tels que β₁γ₁ soit à β₂γ₂ dans 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=(β²-γ²)/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

(c₁x/a₁)², (c₂x/a₂)², (c₃x/a₃)²,

c’est-à-dire

¹⁴⁴⁰⁰/₂₈₅₆₁x², ⁵⁷⁶/₆₇₅x², ¹⁶/₂₅x²

et, égalant leur produit à x², il tire pour x la valeur 65/48.

38

On voit qu’au lieu de déterminer B et D en sorte que (2D³-B³)/(B-2D) soit carré, Fermat va les chercher, par erreur, en sorte que (2D³-B³)/(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.