QDM'15: être soluble à Saïgon

Si N = m², on a la solution x=y=z=t=m

Je ne sais pas qui est cet ami de Saigon, mais voici une réponse non anachronique à sa question. On constate que
$$x^2+2y^2+3z^2+6t^2=a^2+b^2+c^2+d^2$$
où $a=x$, $b=z+2t$, $c=y+z-t$, $d=y-z+t$.

On sait d'après le théorème des quatre carrés que $12N$ peut s'écrire sous la forme $a^2+b^2+c^2+d^2$ où $a,b,c,d$ sont des entiers. Quitte à les permuter on peut supposer que $c$ et $d$ ont la même parité. Montrons que, quitte à changer le signe de $c$ ou $d$, ou à échanger $a$ et $b$, on peut supposer que $b+c-d$ est divisible par 3.

Premier cas : $c$ et $d$ ne sont pas divisibles par 3. Alors $\pm c\pm d$ décrit toutes les congruences modulo 3, donc il suffit d'ajuster les signes de $c$ et de $d$.

Deuxième cas : un et seulement un nombre parmi $c$ et $d$ est divisible par $3$. Alors $a$ et $b$ ne sont pas tous deux divisibles par 3, sinon $a^2+b^2+c^2+d^2$ ne serait pas divisible par 12. Quitte à échanger $a$ et $b$ on peut supposer que c'est $b$, et il suffit alors d'ajuster les signes de $c$ et $d$.

Troisième cas : $c$ et $d$ sont tous deux divisibles par 3. Alors l'un des nombres $a$ ou $b$ est divisible par 3, sinon on aurait $a^2+b^2\equiv 1+1=2\,[3]$ donc $a^2+b^2+c^2+d^2$ ne serait pas divisible par 3. Quitte à échanger $a$ et $b$, on peut supposer qu'il s'agit de $b$, et on a bien $b+c-d\equiv 0\,[3]$.

Posons alors $x=a$, $y=(c+d)/2$, $z=(b+c-d)/3$ et $t=(2b-c+d)/6$. Ce sont des entiers et on a bien $12N=x^2+y^2+z^2+t^2$.

P.S. On a même montré que tout entier multiple de 3 est de la forme $x^2+2y^2+3z^2+6t^2$.

Ah $2116$ . . . , le $22$ème nombre de la forme $2^i \, 23^j$

Bonjour,

Pour répondre à la question initiale :
$$(p+q-r-3s)^2+2(p+q+2r)^2+3(p+q-r+s)^2+6(p-q)^2=12(p^2+q^2+r^2+s^2)$$.