Nouvelle démonstration du grand théorème de Fermat

[zinia]

Envoyé par 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)
__
rvz

Non Les triplets pythagoriciens primitifs sont de la forme (n^2-p^2, 2np,n^2+p^2).
en faisant p=1 tu ne couvres pas tous les cas de triplets premiers entre eux

[Gaétan Mbama]

Salut les gars!

Admettons que x, y et z ne sont pas les côtés d'un triangle rectangle.

Considérons l'équation de Fermat x^n+y^n=z^n

pour n=2 nous avons x²+y²=z²
n'est ce pas l'équation de Pythagore? A moins que vous me dites le contraire!

Si c'est le cas, que dirions nous alors à propos de x, y
et z ?

[leg]

Envoyé par skydancer

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

si tu suppose que x,y et z sont des produits de puissance N par ex N = 3, tu est d'accord que nous avons trois entiers positifs
(x³);(y³), et (z³)
est que ces trois entier peuvent vérifier l'équation de Fermat par exemple pour N = 6 ; pour le savoir il me suffirait:
a) de mettre ces trois entiers au carré

b) d'élever x, y et z à la puissance 6

c) d'élever les trois carrés A, B et C correspondant à
cette égalité; à la puissance N = 3

je ne peux faire un triangle rectangle qu'avec les entiers de la condition a) et si cette condition me permet de tracer effectivement un triangle rectangle alors j'ai une solution de l'équation de Fermat que je peux vérifier, avec les trois conditions a) ,b) et c)

la racine carré des entiers élevés a la puissance N=6 de la condition b) sont les entiers de la condition a) mais la racine carrée des entiers carré, élevé à la puissance N = 3, de la condition c) sont aussi ceux de la condition a)

par exmp, x=2
condition a) x=8 =2³=x³
condition c) A=4 , A³=64 et racine carré de 64 = x³=8
(" et effectivement comme tu l'a dit, une solution dans N=6 serait aussi soltuion dans N = 2 ; toutes solutions dans N pair > 2 et forcement solution dans cette dernière puissance N=2 ")
Alors je peux faire un triangle rectangle et verifier l'équation de Fermat.

or ceci dit, une solution dans N = 6 et aussi solution dans N = 3 donc il ne sert a rient de démontrer uniquement N = 6
si je ne veux qu'une puissance N impair et première, et verifier l'équation de Fermat qui pourrait exister uniquement dans cette puissance N, par ex N=3 avec une relation de pythagore, il me faut montrer que je peux faire un triangle rectangle avec les racines carrées de x, y et z élevé à la puissance N = 3, et il est évident que ces trois racines carrées ne sont des entiers, pour la bonne et simple raison que ce serait des cubes donc solution dans N = 6 ce que je ne veux pas dans ma supposition.
Ou alors montrer que je ne peux pas faire de triangle rectangle avec ces racines carrées ce qui revient au même; et ce quelque soit la puissance N>2

[rvz]

Envoyé par zinia

Non Les triplets pythagoriciens primitifs sont de la forme (n^2-p^2, 2np,n^2+p^2).
en faisant p=1 tu ne couvres pas tous les cas de triplets premiers entre eux

Ah ! Je me disais bien que c'était trop facile !

Bon, alors après, faut jouer un peu avec les coefficients n et p. (On peut se ramener à n et p premiers entre eux.)

Bonne chance,
__
rvz

[leg]

Envoyé par rvz

Ok, je vais la poster.

Donc on peut écrire x^2 = n^2 -1,
y^2 = 2n, Z = n^2 +1 ...
Donc (n-x)(n+x) = 1. .

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

Z = 13, = N² + u² où N =3 et u =2
donc si Z = n² + 1 = 13..??? tu n'a que 4 et 9.
comment tu fais? pour trouver toutes les solutions de la formule pythagorique, que Zinia vient de te montrer...et par conséquent tu ne pourrait démontrer toutes les solution qui pourrait exister dans N = 4
A+

[leg]

Envoyé par rvz

Ah ! Je me disais bien que c'était trop facile !

Bon, alors après, faut jouer un peu avec les coefficients n et p. (On peut se ramener à n et p premiers entre eux.)

Bonne chance,
__
rvz

tu peux le voir sous cet angle supposons X carré (x²)
(x²) = (n+p)(n-p) le produit de ces nombre premiers entr eux, étant carré, ces nombre sont eux même des carrés ainsi que n et p...
à toi la suite, il suffit de montrer que n et p sont carré et mois je conclu...
A+ dans une petite heure.

[rvz]

u = n+p et v = n-p ne sont pas premiers entre eux à priori, mais leur pgcd divise 2.

Si u et v sont pairs, alors leur pgcd est 2, donc x^2 est pair. Mais la forme de y^2 donne clairement que y^2 est pair. Impossible car alors le triplet ne serait pas primitif. On peut diviser par 2 !

Si il y en a exactement un seul parmi u et v est impair, et pgcd(u,v) = 1.
Mais 2n = u +v est impair donc j'ai une contradiction.

Donc u et v sont impairs et pgcd(u,v) = 1. Donc je peux les écrire sous forme de carrés, u = a^2, v = b^2 avec a et b impair et premiers entre eux.

Du coup, l'équation donne

a^2 b^2 + (a^4 - b^4)/2 = (a^4 + b^4)/2
Donc a^2 b^2 = b^4, ce qui est contradictoire avec la condition pgcd(a,b) = 1, sauf si a ou b =1, ce qui doit donner une solution triviale, car cette dernière équation donne au choix b^2 = 0 ou 1, a^2 =1 pour compléter le système.

J'ai encore craqué ?
__
rvz

[skydancer]

Envoyé par 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

Ok c'est bien ce que je me disais...

donc finalement un triplet pythagoricien (n=2) ne peut pas etre un triplet de fermat ( n>2 ).
Sans rancunes

[leg]

Envoyé par Gaétan Mbama

Salut les gars!

Admettons que x, y et z ne sont pas les côtés d'un triangle rectangle.

Considérons l'équation de Fermat x^n+y^n=z^n

pour n=2 nous avons x²+y²=z²
n'est ce pas l'équation de Pythagore? A moins que vous me dites le contraire!

Si c'est le cas, que dirions nous alors à propos de x, y
et z ?

que c'est un triplet pythagoricien, qui verifie l'équation de Fermat pour N =2 et de plus: x,y et z peuvent être les côtés d'un triangle rectangle. que ce sont trois entiers non nul, qui peuvent être paramettré avec la formule des triplets pythagoriciens..

[leg]

Envoyé par rvz

u = n+p et v = n-p ne sont pas premiers entre eux à priori,

Donc u et v sont impairs et pgcd(u,v) = 1. Donc je peux les écrire sous forme de carrés, u = a^2, v = b^2 avec a et b impair et premiers entre eux.

Du coup, l'équation donne

a^2 b^2 + (a^4 - b^4)/2 = (a^4 + b^4)/2
Donc a^2 b^2 = b^4, ce qui est contradictoire avec la condition pgcd(a,b) = 1, sauf si a ou b =1, ce qui doit donner une solution triviale, car cette dernière équation donne au choix b^2 = 0 ou 1, a^2 =1 pour compléter le système.

J'ai encore craqué ?
__
rvz

n et p, sont les paramettres des triplets Pyth
j'ai donc supposé que X est un carré soit (n+p)(n-p) =
(u v) = a² b² = n² - p²
n et p sont de parité différente.
u et v ainsi que X et Z sont donc impair.

mais j'ai aussi Z qui est un carré (z²) qu'est ce que l'on peut dire sur n et p..?
peuvent ils être deux carrés de sorte que dans ta supposition puisque u et v peuvent s'ecrire sous forme de deux carrés a² et b² ;
tel que n² + p² = a² = u et n²-p² = b² = v....?

[leg]

bonjour rvz
je ne vois pas ou tu veux en venir...
tu dis:
rvz
u = n+p et v = n-p ne sont pas premiers entre eux à priori,:
a) pouquoi puisque en dessous tu dis que (u,v) le sont
rvz
Donc u et v sont impairs et pgcd(u,v) = 1. Donc je peux les écrire sous forme de carrés, u = a^2, v = b^2 avec a et b impair et premiers entre eux

b) si tu peux les écrire sous forme de carrés, alors:
X = n² - p² =(u v) est un carré (x²) impair ok
rvz
Du coup, l'équation donne

a^2 b^2 + (a^4 - b^4)/2 = (a^4 + b^4)/2
Donc a^2 b^2 = b^4, ce qui est contradictoire avec la condition pgcd(a,b) = 1, sauf

c)(a^4 - b^4)/2 je comprend que cela correspondrai a Y = 2np
car par ex a²=9 et b²=1 donc (x²) = 9 et n =5 , p=4 donc 2np=40 = (a^4 - b^4)/2. ok
mais apres si tu veux montrer que a^2 b^2= (x²)²
alors (x²)² = (n²+p² + 2np) (n²-p² - 2np)
mais pour quoi faire ?

[leg]

voila ce que j'ai trouvé rvz.

Lemme 4 : Si un produit de nombres premiers entre eux (deux à deux) est un carré, alors ces nombres sont eux-mêmes des carrés.
Preuve : Supposons pgcd(p,q,r) = 1 (pris 2 à 2, le pgcd est 1) et pqr = t^2. L'entier t se décompose en un produit de facteurs premiers. Par suite t^2 est un produit de facteurs premiers dont les exposants sont pairs. Puisque pqr = t^2, les diviseurs premiers de p, q et r sont extraits de ceux de t. Soit d un diviseur premier de t, apparaissant, dans t^2, sous la forme d²ⁿ. Il ne peut diviser deux des nombres p, q et r. S'il divise p, alors d²ⁿ qui divise t² divise nécessairement p (théorème de Gauss). Donc, par épuisement des cas, p est un carré et on obtiendra que q et r sont des carrés.
Les lemmes 2 et 4 permet d'affirmer que p, q et p² - q² sont des carrés. Posons p = m² , q = n² et p² - q² = r². Ainsi :
r² = p² - q² = m⁴ - n⁴ = (m² + n²)(m² - n²) ;
.............................. .............................. ................
on peut pour la comodité de la suite de ton raisonnement remplacer les paramètres p et q ci dessus par n et p et r² par (x²)
A toi..

[rvz]

Salut leg,

Je suis désolé, j'ai pas vraiment le temps en ce moment d'y réfléchir posément. Donc je t'apporte une réponse rapide et certainement encore incomplète.

1/ Je dis au début que à priori, pgcd(u,v) peut valoir 1 ou 2. Par une étude de cas, je montre que pgcd(u,v) = 2 amène une contradiction.

2/ Donc pgcd(u,v) = 1.
Après, comme uv est un carré, alors u et v sont des carrés. C'est une conséquence du lemme que tu as démontré, que j'avais supposé connu. Pour t'en convaincre en 10 secondes, décomposer en produit de facteurs premiers est redoutable.

3/ On bidouille encore un peu l'équation et on arrive à une contradiction. C'est sur cette partie là que j'ai évidemment craqué. Mais je suis sûr qu'on peut y arriver par là, quitte à travailler modulo 2, 4 ou 8, modulo ou les carrés des impairs ont le bon gout d'être toujours égales à 1...

C'est le plan de ce que j'ai proposé la dernière fois.
Si tu en as marre de chercher, je répéte que c'est fait dans les toutes premières pages du Samuel de théorie des nombres (qui au passage est l'un des livres les plus clairs que j'ai vu sur le sujet). Si tu ne peux pas te le procurer, je te donnerai la preuve quand je l'aurai sous la main, c'est à dire pas avant une bonne quinzaine de jours.
__
rvz, qui n'arrête pas d'écrire n'importe quoi en ce moment, désolé

[zinia]

Envoyé par rvz

3/ On bidouille encore un peu l'équation et on arrive à une contradiction. C'est sur cette partie là que j'ai évidemment craqué. Mais je suis sûr qu'on peut y arriver par là, quitte à travailler modulo 2, 4 ou 8, modulo ou les carrés des impairs ont le bon gout d'être toujours égales à 1...
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rvz, qui n'arrête pas d'écrire n'importe quoi en ce moment, désolé

Bonjour,
Je ne comprends pas, ta preuve est un peu elliptique mais elle tient la route de a (ou r) à z.

[rvz]

Envoyé par zinia

Bonjour,
Je ne comprends pas, ta preuve est un peu elliptique mais elle tient la route de a (ou r) à z.

Cool
Je pensais qu'il y avait des fautes, vu que leg semblait sceptique. Comme je n'ai pas pris la peine de vraiment vérifier, je me suis dit qu'il devait y en avoir. D'autant plus qu'en ce moment, mon directeur de thèse n'arrête pas de trouver des erreurs partout dans ce que je fais

__
rvz, qui devrait être en train de réfléchir à des problèmes de bases de Riesz et de "frame" dans des espaces fonctionnels

[Gaétan Mbama]

Martini salut !

Je réponds à tes pertinentes observations.

1°) Je suis d’accord avec toi quand tu affirmes que lorsqu’on suppose que x, y et z sont les mesures (entières) des côtés d’un triangle rectangle, alors on résout le système de deux équations x²+y²=z² et xn+yn=zn.

2°) Je suis encore d’accord avec toi quand tu dis que ce système n’est pas le GTF. Moi, je ne l’ai pas dis non plus dans mon texte.

3°) J’ai plutôt dis ceci : on part de ce système (page 4, Titre 3.3, formule (c)) pour aboutir au GTF (page 3, Titre 2.2, formule (b)).

4°) En supposant x, y et y comme mesurant les côtés d’un triangle rectangle d’hypoténuse z, j’exécute une manœuvre conceptuelle de changement de cadre mathématique qui me permet d’approcher le problème géométriquement. Cette manœuvre, en soi, n’altère pas le contenu de l’énoncé du GTF. ( Salut Zinia, tu as compris !)

5°) Tu dis que cette hypothèse est restrictive. Mais je ne vois pas quoi elle est restrictive. Je vois seulement qu’elle me permet d’écarter les solutions ‘’triviales’’ (0,0,0), (0,1,1), (1,0,1) et (1,1,0) ( comme l’a souligné à juste titre rvz). rvz, tu t’es trompé, ce sont des solutions « triviales » et non « non triviales » comme tu le dis dans ton post 21.

6°) Pourquoi voulez-vous que x, y et z soient forcément des nombres entiers.
Relisons ensemble le GTF tel que traduit du latin (Martini, tu veux des références?):

« Il n’est pas possible de décomposer un cube en somme de deux cubes, une puissance quatrième en somme de deux puissances quatrièmes et généralement aucune puissance d’exposant supérieur à deux en deux puissances de même exposant ».

Dites-moi, dans cet énoncé, où est ce qu’il est dit que x, y et z doivent être exclusivement des entiers ? Il peut aussi s’agir de rationnels!

Question: en quoi, par exemple, 33 est ‘’plus cube’’ que 3,53 ?


JE REPONDS MAINTENANT A SKYDANCER

Leg a éloquemment répondu à tes questions. Mais je vais ajouter ceci :

1°) D’abord, je ne sais pas ce que tu entends par « trivial ». A mon sens, trivial est synonyme de « évident » c'est-à-dire ce qui saute aux yeux tout de suite.

2°) Je ne te comprend pas lorsque tu dis qu’il est trivial que x3+y3=z3 soit impossible quand on pose x²+y²=z². Ce fait n’est aucunement trivial (comprenez, évident) puisque nous le savons tous de Fermat qui l’avait conjecturé.

La théorie des nombres, ce n’est pas trop mon truc (leg, tu ne m’invites pas au resto ?). Mais je crois comprendre, skydancer, que ton face à face avec leg t’a fait prendre conscience que ton truc trivial avec des n pairs et/ou impairs n’était pas cohérent.

Question : un triplet d’entiers non nuls (x,y,z) peut-il vérifier simultanément l’égalité de Fermat dans deux exposants différents ? (rvz, j’ai deviné, ne t’accroches pas aux solutions triviales, s’il te plait !).

NB : ne pas confondre l’égalité de Fermat (xn+yn=zn) du GTF ( quand apparaît la condition n>2).

Réponse : D’après le GTF, on ne peut considérer que les exposants qui sont inférieurs ou égaux à deux c'est-à-dire 1 et 2 par ce que les exposants n>2, l’égalité de Fermat est impossible.

Sommes nous d’accord ?

Ainsi, la question qui est posée revient donc à celle de savoir si un triplet (x,y,z) d’entiers non nuls peut vérifier simultanément x+y=z et x²+y²=z².

La réponse est évidemment non, puisque cela nous amène à une absurdité. Vous savez pourquoi ? (Evariste_galois, skydancer, rvz et Martini – répondez !)

3°) Ce qui est important pour moi, c’est d’expliquer pourquoi cela doit se passer ainsi c'est-à-dire, pourquoi dans un triangle rectangle l’égalité x²+y²=z² est résoluble et que x3+y3=z3 ne l’est pas et d’une manière générale pourquoi l’équation xn+yn=zn est irrésoluble quand n>2.

L’approche que je propose permet d’expliquer cela.

Leg salut !

A ta question, je répond par oui, bien sûr les côtés x, y et z sont des entiers non nuls y compris leurs racines carrées puisque nous sommes dans le cadre du GTF.

Par contre, quand j’écris par exemple l’égalité x1,15+y1,15=z1,15 , pour moi, elle a un sens géométrique précis c'est-à-dire x, y et z représentent les côtés d’un triangle obtus dont je peux, avec précision, déterminer l’angle. Donc, je peux passer d’un exposant n à un autre par une simple rotation. Ceci explique pourquoi un même triplet ne pas vérifier l’égalité de Fermat dans deux exposant différents.

La méthode permet d’établir un lien entre l’exposant n de l’égalité de Fermat xn+yn=zn et l’angle entre les cathètes du triangle. (La formule n’est pas dans le texte).

En fait, le théorème de Fermat apparaît comme une singularité propre aux triangles rectangles.

Question ?

Amicalement !

[skydancer]

Envoyé par Gaétan Mbama

Martini salut !

6°) Pourquoi voulez-vous que x, y et z soient forcément des nombres entiers.
Relisons ensemble le GTF tel que traduit du latin (Martini, tu veux des références?):

« Il n’est pas possible de décomposer un cube en somme de deux cubes, une puissance quatrième en somme de deux puissances quatrièmes et généralement aucune puissance d’exposant supérieur à deux en deux puissances de même exposant ».

Dites-moi, dans cet énoncé, où est ce qu’il est dit que x, y et z doivent être exclusivement des entiers ? Il peut aussi s’agir de rationnels!

Le probleme, c'est que la décomposition est tout a fait possible pour des nombre réels ou p-adique.... Ce n'est que pour des entiers que ca ne marche pas !

Envoyé par Gaétan Mbama

JE REPONDS MAINTENANT A SKYDANCER

2°) Je ne te comprend pas lorsque tu dis qu’il est trivial que x3+y3=z3 soit impossible quand on pose x²+y²=z². Ce fait n’est aucunement trivial (comprenez, évident) puisque nous le savons tous de Fermat qui l’avait conjecturé.

ben si x²+y²=z² alors z^3 = (x^2 + y^2)^(3/2)
d"apres la formule du binome (x^2 + y^2)^(3/2) \= x^3 + y^3
Voila c'est ce que j'appelle trivial car il faut une ligne pour le monter.

Envoyé par Gaétan Mbama

La théorie des nombres, ce n’est pas trop mon truc (leg, tu ne m’invites pas au resto ?). Mais je crois comprendre, skydancer, que ton face à face avec leg t’a fait prendre conscience que ton truc trivial avec des n pairs et/ou impairs n’était pas cohérent.

Je suis pas d'accord du tout. Réflechis et tu verras que x,y,z ne peut pas etre solution de l'equation de fermat simultanement pour n=2 et n>2 et c'est simple à montrer avec la formule du binome.

Envoyé par Gaétan Mbama

NB : ne pas confondre l’égalité de Fermat (xn+yn=zn) du GTF ( quand apparaît la condition n>2).

Réponse : D’après le GTF, on ne peut considérer que les exposants qui sont inférieurs ou égaux à deux c'est-à-dire 1 et 2 par ce que les exposants n>2, l’égalité de Fermat est impossible.

Sommes nous d’accord ?

Ainsi, la question qui est posée revient donc à celle de savoir si un triplet (x,y,z) d’entiers non nuls peut vérifier simultanément x+y=z et x²+y²=z².

La réponse est évidemment non, puisque cela nous amène à une absurdité. Vous savez pourquoi ? (Evariste_galois, skydancer, rvz et Martini – répondez !)

Tu nous prend pour des ....
si x+y=z alors z^2 = x^2 + y^2 + 2xy

Bon n"empeche que je n'ai pas vue de conditions du type x,y,z entiers dans ton texte et c'est ca la clé. Il existe une infinité de solutions dans les nombre réels et p-adique.

[skydancer]

A geatan,

Saches que de nombreux chercheurs ont tenté de prouver la conjecture de Fermat par des voies géométriques, dont wiles qui y est parvenu avec succes. Car la voie des courbes elliptiques est sans conteste une approche géometrique du probleme.

Dans une conférence que tu peux visionner en ligne sur CANAL U donner par Yves HELLEGOUARCH à propos du theoreme de fermat, un homme dis à la fin de la présentation, lors des questions, qu'ils existeraient une demonstration purement geometrique de la conjecture donné par Roger cotes. Donc si tu te sens le courage de la trouver, je serais interresser.... Mais je pense qu'elle doit etre inexact puisque inconnue malgré que roger cotes fut un iminent mathématicien.