Nouvelle démonstration du grand théorème de Fermat

[skydancer]

Soit x,y,z tel que x^2 + y^2 = z^2. x,y,z est un triplet pythagoricien, les cotés d'un triangle rectangle.

Pour n pair : z^n = (z^2)^n/2 = (x^2 + y^2)^n/2 = x^n + y^n + mutiple somme (binome de newton)

donc a priori z^n different de x^n + y^n puisque x,y,z sont des entiers strictement positifs. Donc un triplet pythagoricien n'est pas solution de l'equation de fermat.

Ai-je rater quelquechose ? si oui je m'excuse....

[rvz]

Juste pour signaler qu'il existe une démonstration élémentaire (élémentaire, mais pas triviale) de l'impossibilité de trouver un triplet de Fermat non trivial pour n=4.
C'est fait par exemple dans le Samuel de théorie des nombres.
En gros, suffit de remarquer que si x^4 + y^4 = z^4 est satisfait, alors x^2, y^2, z^2 est un triplet pythagoricien. Après un peu de ruse et beaucoup de raisonnements de parité, on arrive à une impossibilité.

Je laisse les gens que ça intéresse y réfléchir. Je posterai peut-être la méthode si certains d'entre vous sont intéressés.

[Pour Skydancer : je serais curieux de savoir comment tu fais pour un entier n impair ?]
__
rvz

[skydancer]

euh n impair, c doit etre un tout peu petit plus technique mais pas plus compliqué. Je vous laisse réflechir :

du genre : n impair = m + 1 avec m pair et puis y a qu'à ecrire le reste.

[zinia]

Soit x,y,z tel que x^2 + y^2 = z^2. x,y,z est un triplet pythagoricien, les cotés d'un triangle rectangle.

Pour n pair : z^n = (z^2)^n/2 = (x^2 + y^2)^n/2 = x^n + y^n + mutiple somme (binome de newton)

donc a priori z^n different de x^n + y^n puisque x,y,z sont des entiers strictement positifs. Donc un triplet pythagoricien n'est pas solution de l'equation de fermat.

Ai-je rater quelquechose ? si oui je m'excuse....

Je pense que vous ne parlez pas de la même chose. On doit pouvoir montrer qu'un triplet ne peux pas satisfaire simultanément deux equations de Fermat avec des n et n' différents.
Mais si l'on trouve un triplet qui vérifie l'équation pour n=6 par exemple, alors x^3, y^3 et z^3 sont bien les cotés d'un triangle rectangle. C'est ce dit leg me semble-t-il

[martini_bird]

Salut,

On doit pouvoir montrer qu'un triplet ne peux pas satisfaire simultanément deux equations de Fermat avec des n et n' différents.

Oui bien sûr, pour des raisons d'ordre de grandeur : si et , alors



EDIT : je revois ma copie et je reviens...

Contradiction.

Mais si l'on trouve un triplet qui vérifie l'équation pour n=6 par exemple, alors x^3, y^3 et z^3 sont bien les cotés d'un triangle rectangle. C'est ce dit leg me semble-t-il

Oui, je crois (cf. message #67).

Cordialement.

[leg]

tout a fait exact Zinia.

[zinia]

Salut,

Oui bien sûr, pour des raisons d'ordre de grandeur : si et , alors


EDIT : je revois ma copie et je reviens...
Cordialement.

Je pense que cela doit être faisable en utilisant la convexité des courbes t->1+t^n

[skydancer]

je pense aussi qu'on ne parlait pas de la meme chose...donc autant pour moi leg..

Cependant pour revenir à ce qu'a montrer Geatan à savoir que si x,y,z sont les cotés d'un triangle rectangle alors x,y,z ne sont pas solutions de l'équations de fermat pour n>2. Est ce que c'est bien ça ?

En tout cas c'est de ça que je parle dans mes posts.

[leg]

euh n impair, c doit etre un tout peu petit plus technique mais pas plus compliqué. Je vous laisse réflechir :

du genre : n impair = m + 1 avec m pair et puis y a qu'à ecrire le reste.

si c'est comme ta première démo pour le cas des puissances N pair, par exemple N = 4 peux tu le démontrer completement pour ce cas précis ;
et si effectivement pour N impair et premier, ce n'est pas plus difficile alors je t'invite au resto et tu pouurra manger ce que tu veux, car je suis preneur pour N > 4 pair ou impair.

[skydancer]

Tout d'abord je ne dis pas démontrer le cas général n=4. ce que je dis SIMPLEMENT c'est que si :
x^2 + y^2 = z^2 alors
z^4 = (x^2 + y^2)^2 = x^4 + y^4 + 2.x^2.y^2
donc z^4 different de x^4 + y^4
donc x,y,z n'est pas solution de l'equation de fermat pour n=4.

Ca me parait simplist pourtant, non?
JE ne dis rien de plus, désolé

[leg]

je pense aussi qu'on ne parlait pas de la meme chose...donc autant pour moi leg..

Cependant pour revenir à ce qu'a montrer Geatan à savoir que si x,y,z sont les cotés d'un triangle rectangle alors x,y,z ne sont pas solutions de l'équations de fermat pour n>2. Est ce que c'est bien ça ?

En tout cas c'est de ça que je parle dans mes posts.

mais skydancer, si x, y et z sont des produits de puissance N > 2 par exemple et qu'il forme un triangle rectangle, pourquoi veux tu, que celà ne vérifie pas l'équation de Fermat? rvz, zinia et Martini vienne de te le mettre sous le nez.
le post 67 de Martini et clair et pourtant je ne suis pas marhématicien,
tu as l'air de penser si je ne me trompe , que du fait qu'un triplet pythagoricien n'est pas une équation de Fermat alors il ne pourrait pas exister une relation pythagoriciennne ou un triplet Pytha.. qui vérifie l'équation de Fermat, les deux ne sont pas incompatible.

[skydancer]

Pourtant je n'arrive pas à voir ce qui cloche quand on prend un triplet pythagoricien (x,y,z | x^2+y^2=z^2) et que l'on essaie d'élever les éléments à la puissance n, cela ne marche pas comme pour l'exemple que j'ai donné quand n est pair.

Dis moi ce qui ne vas pas dans mon exemple, c'est pourtant d'une simplicité affligeante, une simple application de la formule du binome de Newton.
Est tu au moins d'accord pour le cas précédent :
x^2+y^2=z^2 => z^4 =\ x^4 + y^4
et x^2+y^2=z^2 => z^n =\ x^n + y^n pour n pair

c'est la seule chose que j'affirme. Et je pense que c'est de quoi Geatan parle en considerant des x,y,z cotés d'un triangle rectangle.

[leg]

En gros, suffit de remarquer que si x^4 + y^4 = z^4 est satisfait, alors x^2, y^2, z^2 est un triplet pythagoricien. Après un peu de ruse et beaucoup de raisonnements de parité, on arrive à une impossibilité.

Je laisse les gens que ça intéresse y réfléchir. Je posterai peut-être la méthode si certains d'entre vous sont intéressés. __
rvz

c'est toujours interréssant de voir une méthode pour résoudre le cas N=4;
car à part le fait de démontrer que si dans un triplet pythagoricien, X, est un carré ainsi que Y,alors X^4 +Y^4 = Z² n'a pas de solution donc a plus forte raison X^4+Y^4 =Z^4 non plus puisque cela serait aussi une solution dans N = 2
je n'ai jamais vu avec le cas Z et X carré ; ou Z et Y carré ne peuvent exister dans un triplet PYTH..d'où pas de solution dans N = 4.
donc si tu peux la poster, merci d'avance A+

[zinia]

Bonsoir skidancer et leg

Vous avez l'air bien partis pour un débat sans fin et je n'a pas l'intention ni la prétention de vous départager.
Simplement je voulais clarifier un point :
on peut effectivement prouver qu'un triplet de nombres réels positifs x,y,z ne peut pas vérifier deux relations :

La démonstration élémentaire utilise le fait que la fonction est concave lorsque a>1.
Il n'est pas nécessaire de poser des conditions d'appartenance à N pour les variables ou les exposants, simplement il faut éliminer les solutions triviales (avec des 0 et des 1) et prendre des exposants positifs

[rvz]

Ok, je vais la poster.

Premier bout : Les triplets pythagoriciens primitifs sont de la forme (n^2-1, 2n,n^2+1). (S'inspirer d'une paramétrisation rationnelle du cercle unité)

Deuxième bout :
x^4 + y^4 = z^4 avec x,y,z premiers entre eux dans leur ensemble (solution non triviale).
Alors x^4 + y^4 = Z^2.
Donc on peut écrire x^2 = n^2 -1,
y^2 = 2n, Z = n^2 +1 ...
Donc (n-x)(n+x) = 1.
Donc n-x = +/-1 et n+x = n-x. Donc 2x = 0 On a donc affaire à une solution triviale x=0, d'où une contradiction.

En fait, ça me paraît un peu bizarre que ça marche comme ça. J'ai du me planter quelque part, à vous d'être critique

__
rvz