X2X2X5XI

3X2x5xi3x37X4i

2X2X2x3x5x7Xf3

Celui qui le jugera utile pourra, de la même manière, faire cette détermination pour les cubes de davantage de nombres premiers ou pour d'autres puissances cubiques de ceux-ci.

6. Il est clair, d'après un tel examen de ces cubes, qu'il n'y en a aucun qui seul puisse satisfaire à la condition proposée, à l'exception de I et du cube du nombre 7. Comme en effet il n'y a pas de nombre premier, sauf i, qui puisse être carré, on ne peut attendre un autre carré, si ce n'est là où tous les facteurs sont par paires ; ce qui a bien lieu pour le nombre 7, où l'on a 2.2.3.2.5.5; mais nulle part ailleurs,

(') Dans la senonde édition, 2603 est remplace par le produit 19 x 137.

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COMMERGHIM DE WALLIS. 317

7. Ainsi, p<iur avoir un autre carré égal à la somme d'un cube et de ses parties aiiquotes, à moins d'examiner les cubes d'autres nombres premiers ou d'autres puissances de ceux-ci, il faut prendre un cube formé par les puissances cubiques de deux ou plusieurs nombres premiers.

8. Si l'on multiplie entre elles des puissances quelconques de deux ou plusieurs nombres premiers, le produit augmenté de ses parties aiiquotes est égal au produit des puissances composantes, augmentées chacune de ses parties aiiquotes. Si, par exemple, on multiplie a* -i- a- -H a + I par b^-i-b+ i, on aura la somme du nombre a' b^ et de ses parties aiiquotes; en multipliant par c-f- i, on aura la somme du nombre a^b^c et de ses parties aiiquotes. Ce qui peut d'ailleurs s'étendre en général à deux nombres quelconques premiers entre eux.

9. Par conséquent, un cube formé de deux ou plusieurs des cubes ci-dessus (pourvu qu'ils ne proviennent pas du même nombre premier), après addition de ses parties aiiquotes, sera égal au produit des cubes composants, augmentés de même. Par exemple, le cube du nombre a, ainsi augmenté, est i5 = 3x5; celui du nombre 3 est 4o =2X2X2x5; donc le cube du nombre 6 ou 2x3, ainsi augmenté, sera égal au nombre fîoo = i5x/io = 3x5x2. X2X2X.t. De même pour les autres.

10. Dès lors, pour qu'un cube ainsi composé, augmente de ses parties aiiquotes, fasse un carré, il faut prendre des cubes composants tels qu'en prenant tous les facteurs premiers de ces cubes ainsi augmentés, ils soient doubles, ou autrement que chacun de ces facteurs premiers se présente un nombre pair de fois.

11. Or, parmi les facteurs des cubes augmentés ci-dessus, les nombres premiers ^i, -ji, ii-j, iS^, t8i, 333, 2.^7, 281, l\i\, 449» 52i, 941, 1093, 1741. fSGi, 2321, 26o3('), 3i2i, 8191 et 19531 ne se pré-

(') Ce nombre afio5 a été supprimé dans la seconde édition, qui a ajoute \Z-].

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sentent qu'une fois; il est donc clair que les cubes où ils figurent, c'està-dire les cubes des nombres 19, 29, 37, 53, 59, 61, 67, 71, 73, 79, 89, 97, le second, le quatrième et le cinquième cube du nombre 2, le second cube de 3, et le second et le troisième cube de 5 doivent être immédiatement éliminés comme impropres à la question (tant que l'on ne fera pas le calcul pour encore plus de cubes), puisqu'il ne pourra y avoir de paire de ces facteurs dans aucune combinaison des cubes ci-dessus. Mais si l'on élimine le cube du nombre 6 1. il faudra aussi éliminer le troisième cube du nombre 2, puisque le facteur 3i ne se rencontre pas ailleurs. A la suite de cette dernière élimination, il faudra faire celle du cube de 43, dont le facteur 11 n'aura plus de pareil; car il ne se rencontre nulle part ailleurs que dans le troisième cube du nombre 3, où il est déjà en double. Après cette élimination, on fera encore celle du cube du nombre 3 1 , où 37 sera désormais solitaire. Enfin on éliminera le cube de 17, car nulle part ailleurs on ne trouve 29 solitaire (car il est double pour le cube de 4i)-

12. Des cubes qui restent, il est clair que celui de i, qui ne change rien dans la multiplication, est inutile pour la composition. De même celui du nombre 7, où les facteurs de la somme sont tous par paires; toutefois quand nous aurons trouvé un autre cube satisfaisant au problème, ce cube de 7 pourra nous servir, puisque son produit avec l'autre satisfera également, un carré, multiplié par un carré, donnant un carré (remarque qui doit d'ailleurs s'entendre de deux cubes quelconques premiers entre eux et satisfaisant au problème); en attendant toutefois cet autre cube, il faut écarter celui de 7, dont les facteurs étant tous par couple, no peuvent s'accoupler avec aucun autre facteur solitaire.

13. Examinons donc les autres cubes séparément. Le facteur 53 ne se rencontre que pour les nombres 23 et 83; il est donc clair qu'il faut combiner les cubes de ces nombres ou bien les éliminer tous deux. Mais, en réunissant les facteurs en regard de chacun d'eux, on trouve,

en dehors de 2 pris six fois, 3, 5, 53 pris chacun deux fois, les soii-

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taires 2, 7, r3; on cherchera donc ailleurs des facteurs pour les coupler. Comme i3, parmi les facteurs déjà éliminés, ne se rencontre que pour 47 et 5, essayons ces deux nombres; si aucun ne réussit, il faudra éliminer 83 et 23.

Au nombre fx"], on trouve, outre les paires 2, 3, 5, i3, 17 qui, réunis aux trois solitaires précédents 2, 7, i3, couplent bien 2 et i3, mais donnent désormais comme solitaires 3, 5, 7, 17. Réunissons-les aux facteurs en regard de r3, où l'on peut seulement espérer de coupler 17, comme là 5, 7, 17 sont solitaires, il ne reste plus que 3 d'isolé. Si nous lui cherchons un double dans les facteurs au nombre 4i, 7 restera solitaire sans espoir désormais de compagnon; si noua prenons les facteurs pour 5, i3 sera de même cette fois abandonné à lui seul. Allons au nombre 11, il restera comme solitaires 2 et Gi; pour le dernier de ceux-ci, nous pouvons bien trouver un compagnon dans le troisième cube du nombre 3, mais 2 n'en restera pas moins isolé sans espoir d'appareillage. Au premier abord, on pourrait croire qu'on peut recourir au premier cube de 3, mais on doit se l'interdire, puisque le troisième cube du même nombre 3, qui a déjà été pris, comprend le premier. Si enfin (seul espoir qui nous reste), pour trouver un compagnon au solitaire 3, nous allons au nombre 2, il viendra comme solitaire 5; et cherchant, pour coupler celui-ci, au premier cube de 3 (le seul qui, n'ayant pas encore été rejeté, puisse nous donner espoir), il restera le nombre 2 solitaire et sans espoir de compagnon; car, pour la raison déjà indiquée, on ne peut recourir au troisième cube de 3 pour trouver le second de la paire. Ainsi il ne reste aucun moyen, comme le prouve l'inspection du tableau; donc, des nombres 47 et 5, le premier ne réussit pas.

Il reste donc à essayer le nombre 5 pour trouver, s'il est possible, des compagnons aux solitaires 2, 7, r3 ci-dessus mentionnés. Or on y trouve, outre les doubles, les solitaires 3, i3 qui, réunis aux solitaires 2,- 7, i3, laissent encore comme solitaires 2, 3, 7. D'ailleurs 7 ne se trouve nulle part ailleurs qu'aux nombres i3 et 4i> dont aucun des deux ne peut satisfaire. i3, en effet, laisserait solitaire sans espoir

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de compagnon le nombre 17, qui nous rejetterait inutilement au nombre 4? déjà écarté. 4if 3u contraire, permettrait de doubler les nombres 3 et 7, mais 2 resterait toujours solitaire sans espoir de compagnon, si ce n'est par les nombres 3 ou ii, séparément et non ensemble; or 3 laisserait comme solitaire 5, auquel on ne peut trouver de compagnon que par 2, qu'il faut abandonner sans espoir, car il laisse à son tourle solitaire 3, et nous renvoie inutilement à 1 1 comme seul moyen de trouver le compagnon cherché. On ne peut davantage prendre 1 1 au lieu de 3 pour coupler le facteur 2; car il resterait alors comme solitaires 3 et Gi, et si pour le dernier on peut se procurer un double au troisième cube de 3, pour le premier, 3, il n'y en aura pas car on ne peut l'espérer de 2 qui laisserait 5 à abandonner solitaire. Ainsi, tout pesé, il est certain qu'on ne peut trouver de ressources n par 5 ni par 47; il faut donc éliminer et le nombre 83 et tout aussi bien le nombre 23.

14. Prenons maintenant le nombre 47; on y trouve, outre les doubles, les facteurs solitaires 2, 3, 5, i3, 17; or i3 ne se rencontre pas dès lors ailleurs qu'au nombre 5, ni 17 ailleurs qu'au nombre i3; il est donc clair qu'il faudra soit combiner ensemble les cubes de 5, i3 et 47f soit les éliminer tous ensemble.

Or 5 fournit les facteurs solitaires 3, i3, et le nombre i3, les facteurs solitaires 5, 7, 17, tandis que 47 nous donnait les facteurs solitaires 2, 3, 5, i3, 17. Réunissant tous ces facteurs, il reste, en dehors de ceux qui se doublent par la réunion, les solitaires 2 et 7. Parmi les nombres non éliminés, 4' est désormais le seul où l'on trouve 7; il faut donc combiner ce nombre avec les trois autres, ou les éliminer tous quatre ensemble.

Mais 4 r , outre les doubles, donne les facteurs solitaires 3 et 7, qui, réunis aux précédents 2 et 7, permettent de doubler 7, mais laissent encore comme solitaires 2 et 3, auxquels il faut désormais chercher des compagnons. On peut les trouver de deux manières différentes, sans plus.

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En premier lieu, le nombre ii fournit, outre les doubles, les facteurs solitaires 2, 3, 61 qui, unis aux précédents 2 et 3, les doublent, en ne laissant comme solitaire que 61 , pour lequel on trouvera un compagnon au troisième cube de 3, où 61 est le seul facteur solitaire. Par conséquent, si avec les quatre cubes des nombres précités 5, i3, 4i, 47, on combine celui du nombre 11 et le troisième cube ou la neuvième puissance du nombre 3, le cube formé par cette combinaison, étant augmenté de la somme de toutes ses parties aliquotes, fera un carré dont les facteurs premiers seront les mêmes que ceux des cubes composants augmentes de même ; ces facteurs premiers seront donc : 2 seize fois, 3 quatre fois, 5, 7, 1 1, i3, 17, 2g, 61 deux fois.

D'ailleurs si ce même cube, ainsi trouvé, est multiplié par le cube du nombre 7, le produit sera encore cube et, augmenté de ses parties aliquotes, il fera un carré qui aura de plus que le précédent les facteurs 2 quatre fois, et 5 deux fois.

D'ailleurs le cube ainsi composé ne laisse d'intact, parmi ceux du Tableau ci-dessus, que le cube i qui ne change rien, et le cube du nombre 2 qui, augmenté de ses parties aliquotes, fait 3x5, nombre non carré; en effet, le premier cube du nombre 3 se trouve compris dans le troisième et ne peut rentrer dans la combinaison; dès lors il est clair que le cube ainsi composé ne peut plus être combiné avec aucun de ceux du Tableau, en sorte que le produit ainsi formé, étant augmenté de ses parties aliquotes, fasse un carré.

En second lieu, on peut cependant compléter autrement le cube formé par la combinaison de ceux des nombres 5, [3, 41. 47. qui, comme j'ai dit, laissent comme solitaires les facteurs 2 et 3; mais il faut cette fois laisser de côté le cube du nombre 1 1 et dès lors le troisième cube de 3, qui doivent être, comme ci-dessus, pris ensemble ou écartés ensemble, à cause du facteur 6t qui ne se trouve pas ailleurs. Le cube du nombre 2 fournira les facteurs solitaires 3 et 5, et le premier cube du nombre 3 les facteurs solitaires 2 et 5; de la sorte, les facteurs solitaires précédents 2 et 3 trouveront des compagnons, et 5, rencontré de part et d'autre, sera doublé. Ainsi, en combinant avec les

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523 acUVRES DE FERMAT. - TRADUCTIONS.

cubes des nombres 5, i3, /ji, 47 «eux de 2 et de 3, on aura un cube qui, augmenté de ses parties aliquotes, fera un carré dont les facteurs premiers, les mêmes que ceux des cubes composants augmentés de même, seront : 2 quatorze fois, 3 et 5 quatre fois, 7, i3, 17 et 29 d€ux fois.

Le même cube, multiplié par celui de 7, donnera encore un cube jouissant de la même propriété, et aux facteurs du carré déjà énumérés, il faudra ajouter 2 quatre fois et 5 deux fois.

D'ailleurs le cube ainsi composé ne laisse d'intact dans le Tableau que celui du nombre 11, à écarter, comme on l'a dit, à moins que l'on en prenne en même temps le troisième cube de 3, ce que l'on ne peut, puisque le premier cube de 3 est déjà entré dans la combinaison. 11 est donc clair que le cube ainsi formé ne peut plus être combiné avec aucun de ceux du Tableau de manière à en donner un nouveau satisfaisant à la condition imposée.

Mais il est également manifeste que les facteurs solitaires 2 et 3 qui restent, comme j'ai dit, après la combinaison des cubes de 5, i3, 4i. 47, ne peuvent trouver de compagnons que par le cubs de ri avec le troisième cube de 3, ou par le cube de 2 avec le premier cube de 3; car il n'en reste après ceux-là plus d'autres que les cubes de i et 7, dont ni l'un ni l'autre ne peuvent satisfaire. Ainsi il n'y a pas d'autres manières de compléter ce cube, en dehors de celles qui ont été indiquées.

15. En écartant d'ailleurs les cubes des nombres 5, i3, 4'. 4? qui, comme on l'a montré, doivent être soit pris ensemble sott mis de côté ensemble, il est impossible de composer avec ceux qui restent le cube demandé. En effet, si l'on écarte, pour les raisons précitées, les cubes de I et de 7, il ne reste que ceux de 2 et de 1 1 , avec le premier et le troisième cube de 3. Si l'on prend le cube de 1 1 et le troisième cube de 3, puisqu'on doit les prendre ou les écarter ensemble, à cause de 61 qui s'y trouve des deux côtés et n'est nulle part ailleurs, il restera comme solitaires 2 et 3, qui ne peuvent être doublés tous deux par le

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COMMERGIUM DE WALLIS. 523

cube de 2, tandis que le premier cube de 3 ne peut être admis, puisqu'on a déjà pris le troisième. Qu'on écarte au contraire le cube de 1 1 et le troisième cube de 3, les deux qui restent, celui de 2 et le premier de 3, ne peuvent évidemment, par leur combinaison réciproque, satisfaire à la condition imposée; les facteurs 2 et 3 resteraient en effet solitaires.

16- Ainsi, tout considéré, il est établi que, parmi les cubes du Tableau, il n'y en a pas de simples, sauf ceux de i et de 7, qui, ajoutés à la somme de leurs parties aliquotes, fassent des carrés. 11 n'y en a pas non plus de composés de ces mêmes cubes, qui jouissent de ladite propriété, si ce n'est les quatre déjà indiqués, dont le premier est formé du produit des cubes des nombres 5, i3, 4i) 4?. ii-3, 3, 3; le second, des mêmes et du cube de 7; le troisième, des cubes de 5, i3, 4i. 47' 2.3; le quatrième, des mêmes et du cube de 7.

Celui qui voudra davantage de cubes de ce genre et le croira utile pourra, de la même façon que nous avons fait pour les nombres premiers inférieurs à 100, examiner davantage de nombres premiers, ou du moins davantage de leurs puissances. Qu'il me suffise en tout cas d'avoir donné la véritable méthode de recherche, afin que Frenicle apprenne que, si j'ai négligé cette question plus tôt, ce n'est point par impuissance.

Ayant d'ailleurs effectué les calculs, je trouve que les quatre cubes, composés ci-dessus, sont identiquement les mêmes que les quatre donnés par M. Frenicle, et peut-être trouvés par le même procédé.

La méthode exposée pour la question du cube, qui, ajouté à ses parties aliquotes, fait un carré, peut, mutatis mutandis, s'appliquer entièrement à l'autre question du carré, qui, ajouté à ses parties aliquotes, fait un cube. On examinera, à cet effet, aussi loin que l'on voudra, les puissances quadratiques (a""', 4™*. 6'"*, etc.) des nombres premiers pour voir quel nombre on obtient, pour chacune d'elles, en l'ajoutant à ses parties aliquotes, et comment ce nombre est composé on facteurs premiers; puis, on combinera ces puissances quadratiques

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33i ŒUVRES DE FERMAT. - TRADUCTIONS.

en sorte que les facteurs premiers qui leur correspondent puissent se grouper, non plus par 2, comme tout à l'heure, mais par 3 .

Enfin ia même clef, maniée avec intelligence, révélera d'autres mystères semblables sur les parties aliquotes; je les laisse à ceux qui se plaisent a s'exercer sur ce sujet.

Quant à la question que j'ai proposée, d'ailleurs en passant, et non pas à M. Frenicle, mais à M. Fermât, à savoir de deux nombres carrés qui, ajoutés à leurs parties aliquotes, fassent le même nombre (par exemple 16 et 25), je dirai que, quand M. Frenicle s'informe de la possibilité, il s'informe de ce qui est demandé. Il m'est indifférent ou bien qu'il résolve le problème, ou qu'il le montre insoluble (les deux cas compteront également pour une solution légitime), ou encore qu'il [e néglige entièrement; car je n'y attache pas grande importance et, qu'il le résolve ou non, il n'y gagnera, ni n'y perdra grande gloire, Cependant puisqu'il le demande, qu'il sache que la question que j'ai proposée est susceptible de solution et que je le sais d'une façon certaine.

Enfin, pour le théorème que j'avais proposé depuis longtemps et dont vous n'attendez plus, dites-vous, la démonstration d'ailleurs que de moi, je mettrai ici, d'après votre désir, et ce théorème et sa démonstration.

Théorème. — Soit un tronc [^age 4i5, ligne pénultième) le volume

du tronc (page 4i6, ligne 5).

Démonstration. — Soit X la différence des droites A et E {Jig. 4).

Fig. V

c'est-à-dire X = A ~ E. Posons ^ = -^ ^ ^; S sera la hauteur totale

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de la pyramide (ou du cône), P celle de la partie retranchée du coté du sommet. Par suite, SA^ sera le triple de la pyramide ou du cône, PE^ le triple de la partie retranchée; enfin SA* — PE^ sera le triple du tronc restant.

Mais on a S= 4-i P= -J^; donc le triple du tronc

SA^-PE^ ^ ^-^l..

Or A= - E' = (A^ -H AE + E^) X (A - E); donc

et le triple du tronc sera (A^ + AE + E") x F.

Mais, si l'on forme le triangle comme il a été dit, soient T sa base et R le rayon du cercle circonscrit, on aura 'P égal d'une part à