Par commodité, nous allons systématiquement remplacer a_n par f(n).
Nous allons prouver par récurrence que la suite est ainsi définie :
=1%20\\%20f(4k+2)=f(4k+1)+2%20\\%20f(4k+3)=f(4k+2)+1\\%20f(4k+4)=f(4k+3)+3\\%20f(4k+5)=f(4k+4)+3%20\end{cases})
Notre hypothèse de récurrence forte sera (pour tout k<=n) :
=f(4k+1)+2%20\\%20f(4k+3)=f(4k+2)+1\\%20f(4k+4)=f(4k+3)+3\\%20f(4k+5)=f(4k+4)+3%20\\%20f(4k+2)=3%20(mod%209)%20\\%20f(4k+3)=4%20(mod%209)\\%20f(4k+4)=7%20(mod%209)\\%20f(4k+5)=1%20(mod%209)%20\\%20(\forall%20v%20\leq%20f(4n+5),%20v=1%20(mod%203))(\exists%20u%20\leq%204n+5)%20:%20f(u)=v%20\end{cases})
- On vérifie aisément que ça marche pour n=0
- Supposons que c'est vrai au rang n. Au rang n+1 :
Prouvons que f(4n+6)=f(4n+5)+2 en montrant que f(4n+6)=f(4n+5)+1 est incorrect et que f(4n+6)=f(4n+5)+2 ne mène pas vers une contradiction.
* Supposons que f(4n+6)=f(4n+5)+1.
Alors : f(4n+6)+f(1)=f(4n+5)+2=1+2=3 (mod 9)
Donc : f(4n+6)+f(1)=9t+3=3(3t+1), et puisque 3t+1<=f(4n+5), alors 3t+1=f(u) pour un certain u inférieur à 4n+6, d'où : f(4n+6)+f(1)=3f(u), et donc la contradiction.
* Supposons que f(4n+6)=f(4n+5)+2.
Alors : f(4n+6)=1+2=3 (mod 9)
Supposons qu'il existe i et j (<=4n+6) tels que : f(4n+6)+f(i)=3f(j).
Alors : f(i)=3(f(k)-1) (mod 9), ce qui n'est jamais possible quand f(i) et f(j) = 1 ou 3 ou 4 ou 7 (mod 9)
Ainsi, on ne peut jamais avoir de contradiction et donc on a bien : f(4n+6)=f(4n+5)+2
Prouvons que f(4n+7)=f(4n+6)+1.
Supposons donc que : f(4n+7)=f(4n+6)+1.
Alors : f(4n+7)=3+1=4 (mod 9)
Supposons qu'il existe i et j (<=4n+7) tels que : f(4n+7)+f(i)=3f(j).
Alors f(i)=3f(j)+5 (mod 9), ce qui n'est jamais possible quand f(i) et f(j) = 1 ou 3 ou 4 ou 7 (mod 9)
Ainsi, on ne peut jamais avoir de contradiction et donc on a bien : f(4n+7)=f(4n+6)+1
Prouvons que f(4n+8 )=f(4n+7)+3
* Supposons que f(4n+8 )=f(4n+7)+1.
Alors : f(4n+8 )=4+1=5 (mod 9)
f(4n+8 )+f(4)=f(4n+7)+1+7=4+8 (mod 9) = 3 (mod 9).
Donc : f(4n+8 )+f(4)=3+9t=3(3t+1)=3f(u), d'où la contradiction.
* Supposons que f(4n+8 )=f(4n+7)+2
Alors : f(4n+8 )=4+2=6 (mod 9)
f(4n+8 )+f(4n+8 )=2(f(4n+7)+2)=2(4+2)=3 (mod 9)
Donc : f(4n+8 )+f(4n+8 )=3(3t+1), et puisque 3t+1=1 (mod 9), alors 3t+1=f(u), d'où : f(4n+8 )+f(4n+8 )=3f(u) et donc la contradiction.
* Supposons que f(4n+8 )=f(4n+7)+3
Alors : f(4n+8 )=f(4n+7)+3=4+3 (mod 9) = 7 (mod 9)
Supposons qu'il existe i et j (<=4n+8 ) tels que : f(4n+8 )+f(i)=3f(j).
f(i)=3f(j)+2 (mod 9), ce qui n'est jamais possible quand f(i) et f(j) = 1 ou 3 ou 4 ou 7 (mod 9)
Ainsi, on ne peut jamais avoir de contradiction et donc on a bien : f(4n+8 )=f(4n+7)+3
Prouvons que f(4n+9)=f(4n+8 )+3
* Supposons que f(4n+9)=f(4n+8 )+1.
Alors : f(4n+9)=7+1=8 (mod 9)
f(4n+9)+f(4)=f(4n+8 )+1+7=4+8 (mod 9) = 3 (mod 9).
Donc : f(4n+9)+f(4)=3+9t=3(3t+1)=3f(u), d'où la contradiction.
* Supposons que f(4n+9)=f(4n+8 )+2
Alors : f(4n+9)=7+2=0 (mod 9)
f(4n+9)+f(2)=f(4n+8 )+2+3=7+5 (mod 9) = 3 (mod 9)
Donc : f(4n+9)+f(2)=3(3t+1)=3f(u), et donc la contradiction.
* Supposons que f(4n+9)=f(4n+8 )+3
Alors : f(4n+9)=f(4n+8 )+3=7+3 (mod 9) = 1 (mod 9)
Supposons qu'il existe i et j (<=4n+9) tels que : f(4n+9)+f(i)=3f(j).
f(i)=3f(j)-1 (mod 9), ce qui n'est jamais possible quand f(i) et f(j) = 1 ou 3 ou 4 ou 7 (mod 9)
Ainsi, on ne peut jamais avoir de contradiction et donc on a bien : f(4n+8 )=f(4n+7)+3
On vérifie maintenant aisément que la dernière condition dans l'hypothèse de récurrence est aussi vraie au rang n+1 (on a des nombres congrus à 1 et à 4 et à 7 modulo 9 et qui sont consécutifs)
Fin de la récurrence.
On peut maintenant calculer aisément f(2011).
Accueil 
D'ou leurs PGCD = 3 et vu que 9 divise le second , alors notre rapport accepte bien un diviseur premier différent des n autres CQFD . 
. 
, c'est plutôt " ai+aj≠3ak 
tel que 
, i.e 
, donc ce théorème assure au moins une solution, si maintenant 
est une solution de 
telle que 
alors 
l'est aussi , Or il est facile de voir que 
et ainsi on obtient une solution plus grande (dans le sens large) et alors on aboutit immédiatement au resultat voulu
est non vide , ainsi il est facile d'en déduire que E1 est infini donc il existe bien des quadruples 
considérons maintenant l'ensemble 
et choisisons de cet ensemble un quadruple 
tel que 
soit minimale, supposons que cette quantité est non nulle et sans perte de géneralité supposons que 
comme 
est solution de l'equation 
alors 
est aussi une solution positive de cette equation donc 
appartient à E2, Or 
c'est donc que 
Or il est évident que 
donc 
ainsi 
et donc 
ce qui contradit la minimalité de 
et 
est nul c'est donc que N est une somme d'au plus trois carrés d'ou la contradiction avec le théorème connu de Legendre-Gauss
et 
des entiers naturels tels que ,
contient au moins