La conjecture abc et quelques

La conjecture abc et quelques-unes de ses cons´equences
§1. Introduction
La conjecture abc est le fruit d’une discussion, en 1985 `a Bonn, entre D.W. Masser et
J. Oesterl´e. En effet, Oesterl´e s’interrogeait sur la possibilit´e de trouver le plus petit exposant
possible αtel que, pour tout triplet d’entiers positifs (a, b, c), premiers entre eux et v´erifiant
a+b=c, on ait
c < 
Y
p|abc
p
α
,
o`u le produit parcourt tous les facteurs premiers pde abc. De l`a est n´ee la conjecture abc
formul´ee comme suit en 1985 par Masser et Oesterl´e:
Soit ε > 0. Il existe une constante positive M=M(ε)telle que, pour tout triplet
d’entiers (a, b, c)premiers entre eux et v´erifiant les conditions 0< a < b < c et
a+b=c, on ait
c < M ·
Y
p|abc
p
1+ε
.(1)
Une formulation ´equivalente est la suivante:
Soit ε > 0. Il existe une constante positive M=M(ε)telle que, pour tout triplet
d’entiers (a, b, c)premiers entre eux et satisfaisant a+b=c, on ait
max{|a|,|b|,|c|} < M ·
Y
p|abc
p
1+ε
.(2)
Ainsi, essentiellement, la conjecture abc nous indique que si 3 nombres sont li´es par une
relation additive, leurs facteurs premiers ne peuvent pas tous ˆetre petits. C’est pourquoi,
comme on le verra, la conjecture abc peut jeter beaucoup de lumi`ere sur certains probl`emes
comme les ´equations diophantiennes dont par exemple le grand th´eor`eme de Fermat.
Dans sa th`ese de doctorat intitul´ee “Cons´equences et aspects exp´erimentaux des conjec-
tures abc et de Szpiro” et pr´esent´ee en 1994 `a l’Universit´e de Caen, Abderrahmane Nitaj
montre en particulier comment une foule de conjectures de la th´eorie des nombres, dont la
plupart sont li´ees `a la r´esolution d’´equations diophantiennes fameuses, peuvent ˆetre ´elucid´ees
en supposant que la conjecture abc est vraie. Il fait ´egalement ´etat de plusieurs r´esultats
analogues obtenus par d’autres math´ematiciens entre 1985 et 1994.
Nous allons reprendre ici quelques-uns de ces r´esultats en donnant `a l’occasion un peu
plus de d´etails et en ajoutant parfois des donn´ees et des calculs num´eriques.
1

§2. La n´ecessit´e d’avoir ε > 0
La premi`ere question qui nous vient `a l’esprit en analysant l’in´egalit´e (??) est “pourquoi
pas ε= 0 ?”.
Auparavant, explorons quelques exemples num´eriques. Consid´erons d’abord un exemple
donn´e par Nitaj, soit la suite des triplets (an, bn, cn) d’entiers positifs d´efinis par
an= 1, bn= 52n−1, cn= 52n(n= 1,2,3,...).(3)
On a bien que les nombres an, bn, cnsont premiers deux `a deux et que
an+bn=cn(n= 1,2,3,...).
D’apr`es la conjecture abc, on doit avoir
52< M ·
Y
p|a1b1c1
p
1+ε
=M(2 ·3·5)1+ε=M·301+ε,
54< M ·
Y
p|a2b2c2
p
1+ε
=M(2 ·3·5·13)1+ε=M·3901+ε,
58< M ·
Y
p|a3b3c3
p
1+ε
=M(2 ·3·5·13 ·313)1+ε=M·1220701+ε,
et ainsi de suite. Si on d´esigne par r(m) le radical de m, c’est-`a-dire le produit des facteurs
premiers de m, une autre mani`ere d’´ecrire l’in´egalit´e (??) dans ce cas est
M(ε)>52n
[5 ·r(52n−1)]1+ε.(4)
Ainsi, en posant ε= 1/100, on observe que le membre de droite de (??) vaut 1.5 si n= 2,
2.84 si n= 3, 5.03 si n= 4 et 7.84 si n= 5. Donc `a cause de ce cas particulier, il est clair
que M=M(1/100) ≥7.84.
Si au lieu de consid´erer le triplet (??), on consid`ere plutˆot le triplet
an= 1, bn= 72n−1, cn= 72n(n= 1,2,...),(5)
lequel satisfait bien les hypoth`eses de la conjecture abc, on trouve, pour n= 5, que
M(ε)>732
[7 ·r(732 −1)]1+ε=732 [7 ·r(28·32·52·17 ·353 ·1201 ·169553 ·47072139617)]1+ε
et ainsi que M(1/100) >51.317 ....
Avec un autre exemple, on arriverait peut-ˆetre `a trouver une plus grande borne inf´erieure
pour M(1/100).
Quoiqu’il en soit, nous allons maintenant montrer que M=M(ε) grandit ind´efiniment
au fur et `a mesure que εdevient de plus en plus petit.
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Th´eor`eme 1. On a
lim inf
ε→0M(ε) = +∞.(6)
D´ emonstration. Pour obtenir ce r´esultat, nous allons encore consid´erer un cas particulier,
celui-l`a fourni par les solutions de l’´equation de Pell x2−2y2= 1. Il est bien connu que
cette ´equation poss`ede une infinit´e de solutions qu’on peut obtenir `a partir de la fraction
continue de √2 ou encore en observant que la plus petite solution positive de x2−2y2= 1
est (x1, y1) = (3,2) et que toutes les autres solutions (xn, yn) non triviales sont donn´ees
implicitement par la relation
xn+yn√2 = (3 + 2√2)n(n= 1,2,...).(7)
On s’int´eresse aux indices nqui sont des puissances de 2. D’abord, il est facile de d´emontrer
par induction que
2m+1|y2m(m= 1,2,...).(8)
En effet, posons n= 2m, auquel cas d’apr`es (??) on a
x2n+y2n√2 = (3 + 2√2)n2= (xn+yn√2)2=x2
n+ 2y2 n+√2·2·xnyn,
de sorte que y2n= 2xnyn. Il s’ensuit que
2m+1|y2m=⇒2m+1+1|y2m+1 ,
ce qui compl`ete le raisonnement par induction.
On applique alors la conjecture abc `a l’´equation
1 + 2y2
n=x2 npour n= 2m(m= 1,2,...).
On obtient alors, pour n= 2m, et comme yn< xn,
x2
n≤M(ε) (r(2xnyn))1+ε≤M(ε)xn
yn
2m1+ε
< M(ε)x2(1+ε)
n
2m(1+ε).
Il s’ensuit que
M(ε)>2m(1+ε)
x2ε
n
.
D’o`u en gardant nfixe (et donc mfixe) et en faisant tendre εvers 0, on peut conclure que
lim inf
ε→0M(ε)≥2m,
ce qui prouve (??).
La deuxi`eme question naturelle qu’on peut se poser est “quel type de majoration effective
peut-on r´eellement obtenir pour c?” Voici deux r´esultats `a cet effet.
En 1986, Stewart et Tijdeman ont obtenu le r´esultat suivant:
3

Il existe une constante effectivement calculable k > 0telle que pour tout triplet
(a, b, c)d’entiers positifs v´erifiant (a, b, c) = 1 et a+b=c, on ait
c < exp{k·r(abc)15}.(9)
Un r´esultat tant soit peu meilleur a ´et´e obtenu en 1990 par Stewart et Yu:
Il existe une constante effectivement calculable k > 0telle que pour tout triplet
(a, b, c)d’entiers positifs v´erifiant (a, b, c) = 1 et a+b=c, on ait
c < exp{r(abc)2
3+k log log r(abc)}.(10)
Remarque: On ne connaˆıt pas de contre-exemple `a (??) avec k= 0. En d’autres mots, on
n’a pas trouv´e de contre-exemple `a l’in´egalit´e
log log c
log r(abc)<2 3.
Le meilleur exemple connu dans cette direction est celui avec a= 1, b= 2 ·37,c= 54·7 qui
donne log log c
log r(abc)= 0.39765 . . . < 2 3,
et on ne connaˆıt pas d’autre exemple avec une valeur plus grande que 0.39765. . .
§3. Les nombres de Wieferich
Selon le petit th´eor`eme de Fermat, si pest un nombre premier et si aest un nombre entier
relativement premier avec p, alors
ap−1≡1 (mod p).
Un nombre premier pest dit nombre premier de Wieferich s’il satisfait la congruence
ap−1≡1 (mod p2)(11)
avec a= 2. On connaˆıt seulement deux nombres premiers de Wieferich: p= 1093 et
p= 3511. Il n’y en a pas d’autre <1012. En 1909, Wieferich a d´emontr´e que si le premier
cas du th´eor`eme de Fermat est faux pour un certain nombre premier p(i.e. si l’´equation
xp+yp=zpadmet une solution enti`ere (x, y, z) non triviale avec p6 |xyz), alors pest
n´ecessairement un nombre premier de Wieferich. Nous allons montrer le r´esultat suivant.
Th´eor`eme 2. Soit a≥2un entier fixe. Alors la conjecture abc implique qu’il existe une
infinit´e de nombres premiers pne v´erifiant pas la congruence (??).
D´ emonstration. Nous allons d’abord d´emontrer le r´esultat pr´eliminaire suivant:
Soit pun nombre premier pour lequel il existe des entiers positifs aet ntels que
an≡1 (mod p)et an6≡ 1 (mod p2). Alors ap−16≡ 1 (mod p2).
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Pour d´emontrer ce r´esultat pr´eliminaire, on d´esigne d’abord par dl’ordre de adans le groupe
des ´el´ements inversibles de Z/pZ. Alors dest un diviseur de p−1 et le plus petit nombre
positif tel que ad≡1 (mod p). Il existe donc un entier positif mtel que ad= 1 + pm.
Comme an≡1 (mod p) et an6≡ 1 (mod p2), alors d|net ad6≡ 1 (mod p2), auquel cas
on doit avoir (p, m) = 1. On a donc
ap−1= (ad)(p−1)/d = (1 + pm)(p−1)/d ≡1 + pm(p−1)
d(mod p2),
avec (p, m(p−1)/d) = 1. Il en r´esulte que ap−16≡ 1 (mod p2), ce qui termine la preuve du
r´esultat pr´eliminaire.
Nous sommes maintenant en mesure de compl´eter la preuve du th´eor`eme 2. La preuve
qui suit est essentiellement due `a Silverman [ ]. On proc`ede par contradiction en supposant
qu’il existe seulement un nombre fini de nombres premiers qtels que aq−16≡ 1 (mod q2).
Pour chaque entier positif n, on pose
an−1 = YqαYrβ=A·B,
o`u A=Anest le produit des puissances de nombres premiers qαtels que aq−16≡ 1 (mod q2)
et o`u B=Bn= (an−1)/A. Par cette construction, si p|B, alors pv´erifie ap−1≡1
(mod p2), de sorte que d’apr`es le r´esultat pr´eliminaire ci-dessus, on doit n´ecessairement avoir
que p2|an−1. Il s’ensuit que p2|Bet donc que r(B)≤√B. En appliquant la conjecture abc
au triplet (1, an−1, an), on obtient, sachant que r(A) est born´e (c’´etait notre hypoth`ese de
d´epart),
AB =an−1≤M(ε)·(r((an−1)an)))1+ε=M(ε)·(r(aAB))1+ε≤M0(ε)r(B)1+ε≤M0(ε)B(1+ε)/2,
pour une certaine constante M0=M0(ε, a, A) et ainsi
AB(1−ε)/2≤M0(ε).
Si εest assez petit, cette derni`ere in´egalit´e ne peut plus tenir lorsque nest assez grand, et
le th´eor`eme suit.
§4. Le dernier th´eor`eme de Fermat
Probablement la cons´equence la plus spectaculaire de la conjecture abc (avant l’annonce
faite par Wiles en 1993) fut le fait qu’elle implique que si nest suffisamment grand, l’´equation
xn+yn=znn’a pas de solution enti`ere (x, y, z) non triviale.
Th´eor`eme 3. Si la conjecture abc est vraie, alors si nest suffisamment grand, l’´equation
xn+yn=znn’a pas de solution enti`ere (x, y, z) non triviale.
D´ emonstration. Supposons qu’il existe n≥4 et des entiers 0 < x < y < z, relativement
premiers entre eux tels que
xn+yn=zn.
Posons a=xn,b=ynet c=zn. D’apr`es la conjecture abc,
xn< yn< zn< M 
Y
p|xyz
p
1+ε
,
5