À propos de l'équation $ax^2+by^2=cz^2$

$\def\P{\mathbb P}\def\R{\,R\,}$@Al-Kashi
Ta conique est l'objet d'un traitement classique qui remonte à Legendre et Lagrange. Dans cette histoire, il y a des standards (ta conique s'y ramène).

$\bullet$ Le premier standard est ce que l'on appelle la forme de Legendre (c'est important de l'écrire ainsi pour des raisons de symétrie et de faire attention aux clauses sur $a,b,c$)
$$
aX^2 + bY^2 + cZ^2 = 0 \qquad (\star)
$$
où $a,b,c$ sont des entiers non nuls, sans facteur carré et premiers deux à deux. Le critère de Legendre dit que $(\star)$ admet une solution (sous-entedu non triviale) SSI $a,b,c$ ne sont pas tous de même signe et si
$$
-ab \R c, \qquad -ac \R b, \qquad -bc \R a, \qquad \qquad \hbox {où $\text{truc} \R \text{machin}$ a la signification truc est un carré modulo machin}
$$
Une première référence est la section 3 du chapitre 17 de Ireland & Rosen (A Classical Introduction to Modern Number Theory). Mais il y en a d'autres.
Ce que l'on ne voit pas toujours bien dans une preuve classique du critère de Lengendre c'est comment exhiber une solution non triviale $(x_0 : y_0 : z_0)$ à partir des contraintes de Legendre. Mais cela se fait et de manière efficace.

Une fois acquis l'existence d'un $\Q$-point de $(\star)$, c'est un classique de paramétriser $(\star)$ par $\P^1_{t,u}$ i.e. exprimer toutes les solutions sous la forme $x = x(t,u), y = y(t,u), z = z(t,u)$ où les intervenants sont des polynômes homogènes de degré 2 en $t,u$. Note : cette étape n'est plus arithmétique mais essentiellement algébrique. Dit autrement, la conique $(\star)$ est $\Q$-isomorphe à la conique standard $XZ = Y^2$ par un automorphisme (linéaire) de $\P^2$. Je te donne juste une idée de ce qu'est un paramétrage pour la conique standard $XZ = Y^2$ :
$$
X = t^2, \qquad Z = u^2, \qquad Y = tu
$$
$\bullet$ Le second standard est la forme de Lagrange :
$$
Z^2 = aX^2 + bY^2
$$
où cette fois $a,b$ sont des entiers non nuls sans facteur carré. Il y a un critère de Lagrange ...etc... Et on passe d'une forme à l'autre par une mécanique bien huilée. Idem pour les deux critères (on déduit l'un de l'autre). Note : toute conique rationnelle non dégénérée possède une forme de Legendre (resp. de Lagrange).

En résumé, une première lecture possible est la section de Ireland & Rosen déjà pointée.

Preuve élémentaire d'un théorème de Legendre ? Hum, je n'y crois pas trop pour la bonne raison qu'il s'agit d'un théorème (dû à Legendre). Enfin, j'ignore. Ma stratégie (mais je n'oblige personne à la partager) : consulter la littérature. Je t'ai pointé une section précise dans Ireland & Rosen. Note : dans ce que tu as rapporté, il te manque la condition ``à l'infini'' $a,b,c$ non tous de même signe.

Si tu ne possèdes pas Ireland & Rosen, tu peux consulter https://public.csusm.edu/aitken_html/notes/legendre.pdf. Il y a aussi le célèbre papier de Cremona & Rusin des années 2000 in http://www.ams.org/journals/mcom/2003-72-243/S0025-5718-02-01480-1/S0025-5718-02-01480-1.pdf ; mais probablement trop compliqué pour une première lecture à cause de ``efficient solution''. Ou alors faire une lecture de leur algorithme I (pages 1421-1422) en omettant l'étape 8 (lattice reduction).

Les objets qui interviennent sont élémentaires (pas de théorie algébrique des nombres, pas d'idéaux ...etc..). Comme tu vois dans le petit papier de 7 pages, on se ramène à la forme de Lagrange $z^2 = ax^2 + by^2$ où $a, b$ sont deux entiers non nuls sans facteur carré. La condition de solubilité devient alors : $a,b$ non tous les deux négatifs, $a$ carré modulo $b$, $b$ carré modulo $a$ et $-ab/d^2$ carré modulo $d$ où $d = \gcd(a,b)$.

Lorsque l'on examine la preuve dite ``descente de Lagrange'', on obtient l'algorithme récursif suivant (c'est très facile d'en faire un algorithme itératif) que j'avais écrit en 2010 :

[color=#000000]
forward EstCarreModulo, ResteCentre, IsLagrange ;

function PointRationnel(a,b)  // Retourne [x,y,z] tel que z^2 = ax^2 + by^2 
  Z := IntegerRing() ;
  assert IsLagrange(a,b) ;

  if a eq 1 then return [1,0,1] ; end if ;
  if b eq 1 then return [0,1,1] ; end if ;
  abs_b := Abs(b) ;

  if Abs(a) le abs_b then       // Cas |a| <= |b|
     ok, r := IsSquare(ResidueClassRing(abs_b) ! a) ;  assert ok ;       // a = r^2 mod b
     r := ResteCentre(Z!r, abs_b) ;                                      // |r| <= |b|/2
     b_prime, s := SquarefreeFactorization(ExactQuotient(r^2 - a, b)) ;  // r^2 - a = b * b' * s^2, b' sqfr
     assert Abs(b_prime) le abs_b div 2 ;                                // |b'| <= |b|/2
     x1,y1,z1 := Explode(PointRationnel(a, b_prime)) ;                   // z1^2 = a*x1^2 + b'*y1^2
     x := r*x1 + z1 ;   y := b_prime*s*y1 ;  z := r*z1 + a*x1 ;          // z^2 = ax^2 + by^2 
   else                         // Cas |b| <= |a|
     y,x,z := Explode(PointRationnel(b,a)) ;                             // z^2 = b*y^2 + a*x^2
   end if ;
   assert z^2 eq a*x^2 + b*y^2 ;
   return [x,y,z] ; 
end function ;
[/color]

Voici ce qu'il va fournir sur un petit exemple. Je fais également tourner l'algorithme implémenté en magma, histoire de montrer une paramétrisation rationnelle (qu'il est facile de rendre entière).

[color=#000000]
> a := -19 ; b := 11 ;
> PointRationnel(a,b) ;
[ -2, 10, 32 ]
> 
> C := Conic([-a,-b, 1]) ;
> C ;
Conic over Integer Ring defined by
19*X^2 - 11*Y^2 + Z^2
> RationalPoint(C) ;
(7 : 10 : 13)
> 
> k := RationalField() ;
> C<x,y,z> := BaseChange(C, k) ;          
> P1<t,u> := Curve(ProjectiveSpace(k,1)) ;
> p0 := RationalPoint(C) ;
> p0 ;
(7/13 : 10/13 : 1)
> phi := Parametrization(C, p0, P1) ;
> phi : Minimal ;
(t : u) -> (-133/13*t^2 - 220/13*t*u - 77/13*u^2 : -190/13*t^2 - 266/13*t*u - 110/13*u^2 : -19*t^2 + 11*u^2)
> Inverse(phi) : Minimal ;
(x : y : z) -> (x + 7/13*z : y - 10/13*z)
[/color]

Donc au début, on est très content de pouvoir faire cela.

Mais, mais. Si tu as le temps, je te suggère de consulter le papier de Cremona & Rusin. Ne serait ce que pour les aspects historiques et la motivation de Cremona (courbes elliptiques). Car ces deux là on vraiment travaillé (c'était indispensable de disposer de méthodes efficaces sur les coniques rationnelles dans la phase de 2-descente des courbes elliptiques comme déjà remarqué par Birch & SWinnerton-Dyer dans les années 1965).

Au lieu de grands discours sur ``efficient solution'', il suffit de considérer l'exemple suivant, qui est repris plusieurs fois par Cremona & Rusin. Voici le résultat de mon algorithme brut

[color=#000000]
> a := -113922743 ;  b := 310146482690273725409 ;
> time p0 := PointRationnel(a,b) ;
Time: 0.110
> p0 ;
[ 601687083841657743572420569993703805349259059987868748415764479460848923581429358420289589708176478556869327\
26243787896789481600, -377427605205720223635267564101978420515945982104376554924456858489843551700411560132854\
44020258824202934770063308963828736, -171397591021011863127999589120386429194389450590549519063711502677904565\
088052556480676354704229622825422361093480348163307414571392 ]
[/color]

Et le point rationnel fourni par l'algorithme I de Cremona & Rusin (c'est celui implémenté en magma, je pense) :

[color=#000000]
> C := Conic([-a,-b, 1]) ;
> time RationalPoint(C) ;
(-18438099853 : -21372 : 320832774821087)
Time: 0.040
[/color]

Il n'y a pas photo.

Il y a également une notion de point d'une conique de Legendre (ou Lagrange) réduit au sens de Holzer (cf le papier de Cremona & Fischer) avec une méthode de Mordell permettant à partir de tout point rationnel d'en déterminer un autre Holzer-réduit. Cremona & Fischer ont fait ce cette méthode un algorithme efficace, cf la section 2.4.1. Je vais en profiter pour Holzer-réduire mon point pourri $p_0$ :

[color=#000000]
> Reduction(C!p0) ;
(-5316144401/76842858034579 : 5424/76842858034579 : 1)
[/color]

C'est très très important de disposer d'un point ``petit'' sur une conique afin de monter une paramétrisation efficace (qui s'appuie sur le point rationnel en question).

Tout cela est raconté dans le papier de Cremona & Rudin avec un résultat surprenant sur la paramétrisation (c'est l'objet de la section 3, Parametric Solutions). Ils ont également étudié d'autres algorithmes (en particulier réseaux, initiés par Cassels, Mordell, Cochrane, Mitchell, cf leur biblio) ainsi que plusieurs algorithmes dûs à Gauss (qui se sont révélés non efficaces).

Bref, un joli thème. Et quand on a compris un petit bout, on a envie d'en savoir plus.

Wlog$^1$ ton équation de départ se réécrit en $z^2-a x^2= b y^2$ ou bien en $N(u-\sqrt{a} v) = b$ où $u = z/y,v = x/y$ et $N$ est la norme dans $\mathbb{Q}[\sqrt{a}]$

C'est à dire que $b$ est la norme d'un élément de $\mathbb{Q}[\sqrt{a}]$

à partir d'une solution $u,v$ pour tout $s,t$ rationnel alors $ (u-\sqrt{a} v)(s-\sqrt{a}t)=u'-\sqrt{a}v'$ et l'équation devient $N(u'-\sqrt{a}v') = b' $ où $b'=b N(s-\sqrt{a}t) = b (s^2-a t^2)$

On peut donc remplacer $b$ par $b' = b(s^2-at^2)$ et résoudre $(u')^2-a (v')^2= b' $ on saura retrouver une solution d'une équation à partir de l'autre.

D'où l'algorithme de descente du pdf de Claude.

@Claude : Cet algorithme donne à la fin un critère simple (congruences) pour savoir si $|b|$ est une norme d'un idéal principal fractionnaire de $\mathbb{Z}[\sqrt{a}]$ ou pas. Ce n'est pas ce dont on a besoin pour rendre explicite CFT et $\zeta_L$ pour $L$ le corps de décomposition d'un polynôme cubique comme $x^3-x-1$ ?

$^1$ Witout Lost Of Generality.
[C'est tellement plus compréhensible quand ce n'est pas crypté ! AD]

Al-Kashi
Ca, c'est facile et cela n'a rien à voir avec les nombres premiers ni avec l'élévation au carré d'ailleurs. Soient $a,b$ deux entiers premiers entre eux et $x,y \in \Z$ vérifiant $N \equiv x^2 \bmod a$ et $N \equiv y^2 \bmod b$. Il existe $z \in \Z$ tel que $z \equiv x \bmod a$ et $z \equiv y \bmod b$ donc .... je te laisse terminer.

Mais est ce que tu n'aurais pas ``oublié'' un pan énorme de l'étude ? Souviens toi : ``les solutions'' (avec un s, cf ton post initial) de $ax^2 + by^2 + cz^2 = 0$ versus une solution particulière de ... Il y a (pour moi) énormément de choses à dire pour passer d'une solution particulière à ... Il suffit de considérer $x^2 + y^2 - z^2 = 0$. Pas besoin de descente de Lagrange ou quoi que ce soit pour exhiber une solution particulière. Quid de l'ensemble des solutions ? Et pour $2x^2 + 3y^2 = 5z^2$ ?

Al-Kashi,

Comme je l'ai déjà mentionné, le papier de Cremona & Rusin est trop sophistiqué en un premier temps. Que faut-il alors faire pour obtenir une paramétrisation d'une conique à partir d'un point rationnel (donc beaucoup de solutions, je ne dis pas toutes) ? Le faire soi-même (en commençant de manière naïve) !! Et tant pis si ce n'est pas efficace. Je t'avais proposé une piste dans http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?5,1771336,1771724#msg-1771724. Le faire soi-même ou trouver des pointeurs abordables (il y en a sans aucun doute).

Mais tu t'es mis en tête de faire autre chose (que la paramétrisation rationnelle que je t'avais suggérée) jusqu'à demander s'il y avait une formule directe pour l'obtention d'un point rationnel sous les conditions de Legendre http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?5,1771336,1771846#msg-1771846. J'espère que tu as pris conscience de la naïveté de la question. Puis tu as demandé une piste (élémentaire !) sur le forum http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?5,1771336,1772598#msg-1772598 en ce qui concerne le théorème de Legendre. J'espère que tu te rends compte maintenant que sans support, c'est difficile d'y arriver (nous ne sommes pas Legendre, tu ne penses quand même pas que nous aurions pu inventer seuls le papier de 7 pages).

Et maintenant, tu poses un nouveau problème sans avoir aucune idée de pistes pour y arriver. Tandis que le coup de la paramétrisation rationnelle est infiniment plus facile. Dit autrement, je suis très étonné de la manière dont tu procèdes. Mais chacun fait ce qu'il veut. Moi pareil.

$\newcommand \transpose[1] {{\,^{\rm t}\!#1}}$Al-Kashi
J'avoue que j'ai un peu la flemme car rien ne se passe comme prévu. Il ne s'agit pas de faire uniquement des calculs (que je n'ai pas vérifiés et que je n'ai pas envie de vérifier). Il faut viser le STRUCTUREL. Lorsque l'on suit mon premier post sur la question, et qu'on joue le jeu, on tombe (via l'équation du second degré) sur ce qui suit. Mais je ne détaille pas (flemme). Le mieux est d'envisager la totale. Mots-clés : formes quadratiques sur $K^3$ où $K$ est un corps de caractéristique $\ne 2$. Plus tard, on fera (?) $K := \Q$ puis $K := \Z$ (là, c'est plus chaud). Je couche les ingrédients. Il faut absolument faire une place à la forme quadratique fondamentale $Q_0(X,Y,Z) = XZ - Y^2$ dont le paramétrage est $(u : v) \mapsto (X = u^2 : Y = uv : Z = v^2)$.
$$
Q(x,y,z) = ax^2 + by^2 + cz^2 + dxy + exz + fyz, \quad Q : \left[ \matrix {a & d/2 & e/2 \cr d/2 & b & f/2 \cr e/2 & f/2 & c} \right] \qquad\qquad
Q_0 = XZ - Y^2, \quad Q_0 : \left[ \matrix {0 & 0 & 1/2 \cr 0 & -1 & 0 \cr 1/2 & 0 & 0} \right]
$$
$\bullet$ A partir d'une solution non triviale $Q(x_0, y_0, z_0) = 0$, on construit (via mon post) une matrice inversible $3 \times 3$ $P$ telle que
$$
\left[ \matrix {x \cr y \cr z} \right] := P \cdot \left[ \matrix {u^2 \cr uv \cr v^2} \right] \quad \hbox {soit un paramétrage (projectif) de $Q(x,y,z) = 0$}
$$
$\bullet$ La chose structurelle c'est que $P : K^3 \to K^3$ est une équivalence (projective) entre $Q$ et $Q_0$ :
$$
\transpose{P}\ Q\ P = \lambda Q_0 \qquad \lambda \in K^* \hbox { (que l'on peut expliciter)}
$$
$\bullet$ Par exemple pour $Q = ax^2 + by^2 + cz^2$ i.e. $d=e=f=0$, on obtient en supposant $z_0 \ne 0$
$$
P = \left[ \matrix {
-ax_0 & -2by_0 & bx_0 \cr
ay_0 & -2ax_0 & -by_0 \cr
az_0 & 0 & bz_0 \cr
} \right]
\qquad
\begin {array} {c}
\hbox {cas particulier (triplets pythagoriciens)} \\
a=b=1, c = -1 \\
x_0 = -1, y_0 = 0, z_0 = 1 \\
\end {array}
\qquad
\left[ \matrix {x \cr y \cr z} \right] = \left[ \matrix {
1 & 0 & -1 \cr
0 & 2 & 0 \cr
1 & 0 & 1 \cr
} \right]
\cdot \left[ \matrix {u^2 \cr uv \cr v^2} \right] =
\left[ \matrix {u^2 -v^2 \cr 2uv \cr u^2 + v^2} \right]
$$
$\bullet$ Dans le petit papier de 7 pages, il y a en page 4, une matrice $3 \times 3$ : c'est elle qui assure l'équivalence (projective) entre une forme quadratique et celle qui la suit dans la descente de Lagrange.

$\bullet$ Cas $K := \Z$. Il faut introduire la notion arithmétique de discriminant d'une forme quadratique en dimension 3. Et $Q_0$ est de discriminant 1 ...etc.. Beaucoup de travail à cette étape là.

$\bullet$ Je résume : place au STRUCTUREL (bis).

Tu pourrais enlever le dénominateur qui est le même : en effet, si $(x,y,z)$ est solution il en est de même de $(\lambda x, \lambda y, \lambda z)$ pour $\lambda \ne 0$ (et réciproquement). Mettre le même ordre pour $u^2, uv, v^2$ dans $x,y,z$ serait plus mieux : on y verrait ainsi 3 formes linéaires en $u^2, uv, v^2$ qui constituent, au signe près, les 3 lignes de la matrice $P$ dont j'ai parlé. Au signe près car des symétries $\pm x, \pm y, \pm z$ dans $ax^2 + by^2 + cz^2 = 0$. Traiter la totale $ax^2 +bx^2 + cy^2 + dxy + exz + f yz = 0$ calme un peu ces symétries.

Cette histoire de ''deuxième cas'' est à modérer car un paramétrage, objet algébrique, c'est uniforme. Et le fait d'utiliser un traitement matriciel permet d'inverser le paramétrage $(u : v) \mapsto (x : y : z)$.

Enfin, dans le cas de $\Z$, la matrice $P$ est dite grossière à cause du facteur $z_0$ dans le déterminant : c'est là que l'on peut jouer encore plus serré au niveau arithmétique.