bonjour à tous. est il possible de:
démontrer:a): si Z est un carré parfait, Y ne peut en être un!
b) ou : si Z est un carré parfait X ne peut en être un!
Z = p² + q² ;Y = 2pq ; X = p² - q² ; Y est donc pair.
p et q premiers entre eux , de parité différente
indication: la méthode de descente infinie n'apporte rien.
X = nd + d² , d = p - q, n = 2 si q = 1.
"le cas, si X est un carré parfait, Y n'en est pas un, est démontrer depuis longtemps "
quelqu'un à t'il une idée merci d'avance.
Tu veux résoudre l'équation x^2+y^2=z^2 en nombres entiers n'est-ce pas?
Démontrer que :
il n'existe pas de x, z, p, q, entiers non nuls, tels que
( p^2+q^2=z^2 ET p^2-q^2=x^2 ).
J'y pas encore trouvé...
Shokin
Pardon, humilité, humour, hasard, tolérance, partage, curiosité et diversité => liberté et sérénité.
Au problème de Shokin (je n'ai pas bien compris l'énoncé de leg), j'ai une réponse utilisant les solutions des triplets pythagoriciens (x^2+y^2=z^2 si et seulement si x=k(u^2-v^2), y=2kuv, z=k(u^2+v^2). Dites-moi si ça vous intéresse.
Il s'agit donc de démontrer que l'équationEnvoyé par shokin
n'a pas de solution entière non triviale.
Re : triplet pythagoricien.
Comment arrives-tu à cette équation ?Il s'agit donc de démontrer que l'équation
Shokin
Pardon, humilité, humour, hasard, tolérance, partage, curiosité et diversité => liberté et sérénité.
X, Y, Z est un triplet pythagoricien:
X=k(p²-q²)
Y=2kpq
Z=k(p²+q²)
et
Je traduis: les équations (1.)1. Si Z est le carré d'un entier, X n'en est pas un.*
2. Si Z est le carré d'un entier, Y n'en est pas un.*
Note: les deux cas sont équivalents.
oui, mais surtout démontrer l'impossibilité de deux carrés parfait dans un triplet pythagoricien tel que z et y ou z et x seulement ces deux cas , qui n'ont jamais été publié à ce qu'il me semble.merci
bojour , merci pour ta participation, c'est bien le problème posé!Il s'agit donc de démontrer que l'équation
oui mais les deux démonstrations sont différentes, (et l'équation 1 est une contradiction à la supposition de la démos n°3 si X est un carré , Y n'en est pas un "voir méthode de la descente infinie de P de Fermat pour cette démos N° 3" )
pour simplifier on peut considerer K = 1, car si il n'existe pas de solution primitive,X^4 +Y^2 = Z^4 il ne peut y avoir de solution multiple.tout comme cela a été fait pourX, Y, Z est un triplet pythagoricien:
X=k(p²-q²)
Y=2kpq
Z=k(p²+q²)
et
Je traduis: les équations (1.)
la démo N° 3; X^4 + Y^4 = Z^2, n'a pas de solution.
tu as tres bien retranscrit mais deux propositions et je t'en remerci. car je ne suis qu'un néophite en la matière, mon langage mathématique est par conséquent rudimentaire. Indication, il ne faut pas perdre de vue la formule dui donne les triplets Pyt.. (par exe p = 2, q =3 ;alors X = 5, Y = 12 et Z = 13)solution =25+144=169.Il s'agit donc de démontrer que l'équation
ce qui donnep² - q²)² + (2pq)² = (p²+q²)² et:
(p² -q²)² = [(p²+q²)+(2pq)] [(p² +q²)-(2pq)]
d = p - q ...
Pardonne-moi leg, car j'ai du mal à suivre tes démos numérotées (références à un autre post?). Par ailleurs, j'ai essayé d'apporter une vision plus synthétique du problème qui était posé, mais:
1°) je me suis appuyé sur une interprétation de ton énoncé, aidé par shokin;
2°) c'est une façon de voir le problème que je t'ai proposée, il y en a certainement d'autres (qu'aurait dit Fermat?).
En passant, et comme j'ai lu que tu t'intéresses au théorème de Fermat (-Wiles désormais), cette méthode permet de démontrer le cas n=4.
(Cependant, mon intuition me fait douter de la possibilité d'utiliser cette méthode pour les cas où n est impair... mais on sait (presque) jamais).
bonsoir martini-bird
fermat aurait dit : je peu démontrer le cas n =4 de quatre façons différentes, mais deux me permettent de continuer sur N impair et premier .
curieusement ces deux premières démos n'ont jamais été étudiée tout le monde est partit tête baissée dans ma méthode de descente infinie, qui est une impasse pour la démo générale , je pensais qu'on l'aurait compris . le fait qu'il n'existe pas de surface carrée dans un triangle rectangle ou l'absence de solution X^4 + Y^4 = Z² ce qui m'a permis de découvrir mon raisonnement de descente infini était pour moi plus important, car plus utile pour les mathématique que ces deux petites démo..qui tout en démontrant aussi l'absence de solution dans N = 4 elles ont d'autre propriétés pour le cas générale avec un peu de raisonnement par l'absurde
si je démontre d'une certaine façon le cas N = 4 ,puis de la même façon le cas N = 6, j'arrive à une démo par induction en démontrant
a) l'absence de solution générale pour TOUTES les puissances paires.
b) puis je démontre le cas N = 3 d'une autre manière pour confirmer ma méthode de démonstration qui abouti à la même conclusion absence de solution dans N=3 avec p et q non ENTIER le contraire me donnerait TROIS solutions dans : N = 2, N = 3 et N = 6
c) shokin a écrit dans son post la question et en même temps quasiment la réponse a un des 2 démos regarde bien , il y a une contradiction, que des milliers de mathématiciens n'ont pas remarquer d'où il était inutile de continuer dans la méthode de Fermat.si ce n'est que pour la beauté du raisonnement.
d)si dans N = 4 il n'y a pas de solution cela est aussi valable pour p et q non entier et irrationel , ou alors le raisonnement de Fermat serait faux ainsi que les démos du cas N =4!
e) si deux carrés ne donnent un carré par addition et par soustraction il en est de même pour les cubes qui en plus donneraient une solution dans le carré de N = 3 c'est à dire dans N = 6 et bien sur dans N = 2..! ce qui constiturait déjà une interrogation dans N = 2 il y a des solutions mais pas dans le carré de cette puissance : N = 4! ce qui est vrai pour N = 2 et qui est vrai pour N + 1 est vrai pour tout N.....
f) l'autre démo est un peu plus fine, mais d'une logique imparrable
je redonne l'indication X = nd + d² et remet d² à sa place, la c'est facile il n'y a plus qu'a analyser
H) p et q sont les paramettres de la formule pythagoricienne dans quel cas ils sont déterminé? c'est a dire qu'il ne sont pas choisis n'importe où ?
(note: ces même paramettres, permettent la construction d'un triangle dont les trois côtés sont inégaux en entiers positifs, et dont la surface et aussi un entier, mais p et q sont impair , ils interviennent aussi dans le crible quadratique de Fermat ce qui est normal, c'est grace aux triplets pythagoriciens qu'il a découvert son crible il en était un spécialiste .
p et q facteurs premiers de X si on connait Y multiple de trois et de quatre , ou Z multiple de cinq ou encore congru 19(30) ou 1(30) en fonction de X, on trouve les deux facteurs premiers De X mais ce n'est pas le sujet) a bientôt leg
non elles ne font pas réference à un autre post, c'est dans cet ordre que je les ai découvertes, je pense que fermat a fait la même chose et avec les mêmes outils mathématiques de l'époque .
c'est en lisant ceci , publié sur intrenet et autre depuis des lustres..:
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 = t2. L'entier t se décompose en un produit de facteurs premiers. Par suite t2 est un produit de facteurs premiers dont les exposants sont pairs. Puisque pqr = t2, les diviseurs premiers de p, q et r sont extraits de ceux de t. Soit d un diviseur premier de t, apparaissant, dans t2, 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) ;
j'ai relevé une contradiction flagrante dans le début de cette démo..·
les nombres m2 + n2 et m2 - n2 sont impairs car p et q n'ont pas la même parité
· les nombres m et n sont premiers entre eux (lemme 3)
· les nombres m2 + n2 et m2 - n2 sont premiers entre eux (lemme 1)
le produit (m2 + n2)(m2 - n2) étant un carré, il existe alors (lemme 4) deux entiers u et v tels que :
m2 + n2 = u2 et m2 - n2 = v2 (mn)
OULA!
Pour être tout à fait franc, je n'ai pas compris les détails de ton raisonnement; par exemple, tu parles de passer du cas n=4 au cas n=6 (puis 8, 10, 12, ...) par induction, mais je n'ai aucune idée de ta méthode, d'où mon désarroi face à ton explication.
Ceci dit, et étant donné l'intérêt indubitable qu'il y aurait à exhiber une démonstration élémentaire d'un des plus grands casse-tête mathématique (350 ans d'histoire et la crème des mathématiciens s'y est attaqué), je t'encourage et te souhaite de grands moments mathématiques!
Disposé à t'aider, je ne suis toutefois pas convaincu que je te serais d'un grand secours, mais on ne sait jamais.
Amicalement,
mb.
Hein ! où ça ? c'était quoi la contradiction si proche de la démo, que, comme tous ces mathématiciens, je n'ai pas senti m'éfleurer ?
Sinon, faudra que je voie Fermat et tes lemmes, du tout nouveau pour moi encore.
Shokin
Pardon, humilité, humour, hasard, tolérance, partage, curiosité et diversité => liberté et sérénité.
bonsoir shokin. si p^2 + q^2 = Z^2 d'où vienne p et q?
maintenant si p^2 - q^2 = X^2 est ce que p et q viennent du même endroit..?
tu as donc deux solution Pythagoriques tu ne crois pas..? ils ont obligatoirement étaient choisis dans un triplet pythagoricien donné par p' et q' < à p et q ...
pour les lemmes, cela ne vient pas de moi
je pense que tu as la première soltion avec ces indications , et on va dire : q = y ..là je t'ai vraiment aidé.a+
bonsoir, mon raisonnement est lié à la propriété de la formule qui distribu les triplets pythagoriciens pour celà il faut démontrer le cas N= 4 avecs ses 2 premiéres démonstration et en utiliser les propriétes par raisonnement successif il faut démontrer que dans N = 2 il n'y a pas de triplet PRIMITIF doné avec p et q non entiers, irationnels,
par ex : racine carré de 112 et racine carrée de 7 , te donne un triplet multiple d'un primitif ceci n'apporte aucune indication on considère donc pour tout primitif: K =1
Je commence à voir. I begin to wonder.
mais je ne fais que commencer.
je viens de trouver un site sur entre autres Fermat et ces triplets, l'occasion de clarifier mon esprit.
Shokin
Pardon, humilité, humour, hasard, tolérance, partage, curiosité et diversité => liberté et sérénité.
comme tu pourras le constater ,on aurra nul besoin de la propiété de la divisiblité pour démontrer le cas N = 4 n'a pas de solution, ni de la méthode de descente infinie mais uniquement un raisonnement lié à la formule des triplets . sur les sites ces deux premiéres démo n'existe pas , ni ailleur. si tu commence a comprendre la première,tu verras que la deuxième est tout aussi intérressante et complémentaire dans les détailsJe commence à voir. I begin to wonder.
mais je ne fais que commencer.
je viens de trouver un site sur entre autres Fermat et ces triplets, l'occasion de clarifier mon esprit.
Shokin
a ++
bonsoir martini et shokin
pour la démo N°1, il faut se servir de la particularité de d² je pense que vous savez que (p² + q²) - (2pq) = (p-q)² = d²d'où....
en regardant un triplet pythagoricien sous cette forme il y a une propriété interressante à utiliser pour demontrer cette premiére démo...
pour la deuxième démo je pense que shokin a une idée mais comme je ne vois pas de méssage alors je redonne l'indice différement
p² + q² me donne un carré, p² - q² me donne aussi un carré
cest à dir que p et q sont pythagorique p =... ; q = ....;
j'ai donc choisis p et q quelque part..!
pour les puissance paires : 6 10, 14, 22, 26.. si p et q non entiers mais >0 ne donne pas de triplets primitifs tel que k p²+q²; k p² - q² et k 2 p q pour K = 1 , dans N = 2 comment pourrait 'il en donner dans le carré d'une puissance première en commençant par N = 2 et 4 puis 3 et 6..etc
en effet si dans N= 4 il n'y a pas de solution cela implique aussi p et q non entiers sinon le raisonnement de Fermat admis par tous serait faux .!il pourrait exister x4 + y4 = z² oula même contradiction pour les deux autres démos..!
amicalement, a vous. leg
« deux carrés ne peuvent donner un carré par addition et soustraction, deux cubes ne peuvent donner un cube par addition et soustraction, plus généralement deux produits de puissance N > 1 ne peuvent donner un produit de puissance N > 1 par addition et soustraction ! Alors il n’existe aucune solution de cette forme , dans N ≥ 2 et pairs ! »
Le contraire, impliquerait que toutes les démonstrations seraient fausses (le cas N = 4, 2, 3,5.. et ainsi que la démonstration de A.wiles.)
Première démonstration : on sait que : (a2 + b2) = [(2ab) + (a – b)2]
Pour simplifier, K =1 et d = p – q par définition.
Z – Y = (p2 + q2) – (2pq) = (p – q)2 = d2. Par conséquent :
si X ,Y et Z forme un T.P de produits carrés, tel que (x2), (y2 ) et (z2 ) alors nous avons X4 + Y4 = Z4, mais cela nous donne aussi deux T.P : x ou (x2), (y2 ) et (z2 ) d’une part, et : d, ou d2, y2 et z2 d’autre part, « différence entre Z et Y = d2 » ; donc si Z et Y sont deux carrés, dire que d2 + y2 = z2 signifie que le triplet d , y et z est pythagorique de côté d et y, et d’hypoténuse z ;(quatre solutions pour un seul couple p’ et q’), car il existe aussi le T.P de côté : x, (y²)et d’hypoténuse (z²)
donné par p’ et q’, soit : p’² – q’² = p’ – q’ c'est-à-dire x = d ce qui est absurde !
[p’² + q’²]² - [2p’q’]² = [p’² – q’² ]² et non pas [p’ – q’]² et (z² + y²) (z² – y²) ne peut donner un carré parfait = x² et encore moins d². Or on sait que (z + y)(z – y) = x² = ( p’² - q’²)² ; d’où z4 – y4 = x² n’a pas de solution et par évidence z² - y² = d² non plus!
Les 4 solutions : n°1 : p’² + q’² = (z²), n°2 : p’² - q’² = (x²) n°3 : d² + y² = z² et en 4, (x²)² +(y²)² = (z²)² ; ce qui est impossible par définition ! Puisque d = p – q et (p – q)2 = d2, alors que x = p2 – q2 et par définition p > q > 0.(Par conséquent un T.P ne peut avoir 2 solutions dans N ≥2, tel que : (z²) – (y²) = d² et (z²)² – (y²)² = (x²)² ou x² tout simplement ! Ou alors on admet que la formule qui donne les T.P, donne une solution et un T.P en même temps.. ?dans ce cas p’ et q’ sont pythagorique !)
Il existerait deux entiers p et q < p’ et q’ qui nous a donné le T.P (x2), (y2) et (z2 ) avec d², donnant : p’ et q’ qui sont pythagorique !. Donc, p et q donne le T.P x’, q’ et p’ égale à x’, y’ et z’ mais aussi : p’, q’ et z égale à x’ , y’ et z’ ; puisque par supposition on aurait trois carrés, autrement dit x’ = z’.. ?on ne retiendra que p’ ,q’ et z. [« ainsi que : d, y’ et z’ soit : p2 – q2 = x’, 2 p q = y’, p2 + q2 = z’ ce qui entraîne que d = x, ou que : (z’ + y’)(z’ – y’) = (p – q)², ce qui est faux, c’est = (p² – q²)² ! Ceci serait contraire a la définition de la formule, qui a pour but de donner un T.P et non la solution ! »] .
(ceci entraînerait une contradiction z’ = x’ démo n° 2) ; mais surtout cela donnerait la possibilité à y’ d’être un carré, car si 2p’ q’ donne Y² suivant la supposition du début, il faut que q’ = y’ soit un demi carré et pour cela, 2pq donnant y’ = q’ étant un demi carré il faut aussi que (p q) soit un carré !D’où p et q serait encore pythagorique…si et seulement si : x’ ou z’ sont a nouveau carré ce qui bien sur est impossible X4 + Y4 ≠ Z², mais par supposition on aurait obligatoirement x’ = un carré, car 2p’q’ = 2x’y’ =(y²) et x’² + y’² = (z²) et comme : 2 (p² - q²) (2 p q) = (y²) alors il faut que p² - q² = x’ soit carré !(d’où p et q serait bien pythagorique et carré, p = z’’ et q = y’’ de plus en plus petit, soit z’’² - y’’² = x’² = (p²)² - (q²)² soit la solution z’’4 – y’’4 = x’² ce que l’on est en train de rechercher l’impossibilité. On retrouve la descente infinie de Fermat.) Par conséquent si Z et un carré alors Y ne peut pas l’être et inversement ; ce qui exclu l’existence d’un T.P de produits de puissance 2, d’où X4 + Y4 = Z4
Cette démonstration du cas N = 4 , publiée depuis des siecles et faisant référence au raisonnement de Fermat, par la méthode de descente infinie; ne semble pas avoir été approfondie . le théorème de Gauss étant posterieur à Fermat il n'a surement pas utilisé la propriété du lemme ci dessous:
Propriété d’un lemme, publié sur les sites Internet, pour démontrer le cas N = 4
Par différente université…
Preuve : Supposons pgcd(p,q,r) = 1 (pris 2 à 2, le pgcd est 1) et pqr = t2. L'entier t se décompose en un produit de facteurs premiers. Par suite t2 est un produit de facteurs premiers dont les exposants sont pairs. Puisque pqr = t2, les diviseurs premiers de p, q et r sont extraits de ceux de t. Soit d un diviseur premier de t, apparaissant, dans t2, 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) ;
lg [ce qui est impossible avec des entiers, en effet dire que : u² = (m2 + n2) et v² = (m2 - n2) c’est admettre que la formule qui donne l’infinité des triplets pythagoriciens en entiers est fausse !]
preuve : si m2 + n2 = u² c’est à dire x² + y² = z² alors m et n sont pythagorique, m = x et n = y par conséquent dire que : m2 - n2 = v² c’est dire que x² – y² = X² en effet Z² - Y² = X² cela reviendrait à dire que x = z , ce qui est absurde x = p² - q² alors que z = p² + q² ! par conséquent la valeur de m change obligatoirement de valeur soit m = x ou m = z !
d’où FERMAT pouvait s’arrêter là et conclure directement le cas N = 4 de façon élémentaire. lg·suite:
les nombres m2 + n2 et m2 - n2 sont impairs car p et q n'ont pas la même parité
· les nombres m et n sont premiers entre eux (lemme 3)
· les nombres m2 + n2 et m2 - n2 sont premiers entre eux (lemme 1)
le produit (m2 + n2)(m2 - n2) étant un carré, il existe alors (lemme 4) deux entiers u et v tels que :
m2 + n2 = u2 et m2 - n2 = v2 (mn)
La propriété du lemme 4 est avant tout une propriété de la formule des triplets pythagoriciens qui donne X², produit de (z + y)(z – y) quelque soit z et y entiers ou non, carré ou non tel que : z = p² + q² et y = 2pq et bien sur x = p² – q² ! dont P de FERMAT ne pouvait ignorer, d’autant plus que (p + q)(p – q) = X , non carré si et seulement si : p et q ne sont pas PYTHAGORIQUE
Deuxième démonstration : [« celle ci fait référence a la descente infinie de P de Fermat, « publiée sur des sites Internet » surtout à son raisonnement, je cite : si on donne deux carrés dont la somme et la différence sont des carrés , on donne par la même en nombres entiers deux carrés jouissant de la même propriété et dont la somme est inférieure…..etc ; et « sous réserve » il s’appuie sur sa démonstration de descente infinie, qui commence ainsi : [" p et q sont deux carrés, premiers entre-eux , de parité différente p = m² et q = n² , m² + n² = u² et m² – n² = v² ….etc ’ »] . Utilisons uniquement comme pour la première démo, la propriété de la formule de Pythagore.
Nous somme confronté à trois solutions : « la première par supposition : deux carrés donnent deux carrés.. » si deux carrés donnent un carré par addition, il s’agit d’une solution pythagorique tel que x² + y² = z² et si deux carrés donnent un carré par soustraction, il en est de même mais avec la différence, c’est que là il s’agit de z² – y² = x² alors q peut garder la même valeur c’est à dire y2 mais p change obligatoirement de valeur par définition soit que p = x² ou p = z² , « p et q sont de parité différente ».
Première constatation, p et q sont donc pythagorique, donné par p’ et q’ plus petits ; quand bien même y aurait la même valeur par ex 12 , il est évident que p’ et q’ change de valeur soit 6 et 1 ou 3 et 2, ce qui donne deux T.P différents. Mais p sera obligatoirement différent en fonction du choix qui sera fait tel que si p = m² = x² et q = n² = y² il est évident que lorsque p = z² = m² et q = n² = y² , p ne peut pas garder la même valeur pour y = 12, puisque p’ et q’ ont changé de valeur soit, 3 et 2 ou 6 et 1(« ou inversement ») d’où une impossibilité fondamentale par définition. Deux carrés p et q, provenant d’une solution d’un T.P par obligation, ne peuvent donner par addition et soustraction deux carrés ! car cela équivaut à dire que la formule du théorème de Pythagore, donne deux solutions sans que p’ ou q’ change de valeur, et que z = x ! « p’ < p et q’ < q » Puisque p et q étant carrés, tel que (p’² + q’² )² = z² = p , (2p’q’)² = q = y² , donc z² – y² = x²; ce qui est vrai pour p = z² , mais z² + y² = grand Z² ? or, « p’² + q’² ≠ p’² – q’² , z ≠ x ». Et inversement si p = x² alors x² + y² = z² , ce qui est vrai mais
x² – y² = X² il faut donc à nouveau que : p change de valeur. « x² ≠ z² soit p’² + q’² ≠ p’² – q’² . » ce qui est évident ; et à plus forte raison aussi si :« p² et (q² / 2) choisis dans un T.P », puisque (z² ) – (y² ) = d² , n’existe pas en vertu de la démo 1, et par conséquent z4 et y4 non plus ; donc si p² = (z²)² alors q² = (y²)² n’existe pas et par voie de conséquence (q² / 2, ou q /2) non plus, c’est à dire que Y/2 ne peut être un demi carré si x ou z sont carré dans un T.P , du fait que l’on ne pourrait choisir p et q dans ce T.P« (p q ≠ y²).Tel que ceci a été démontrer dans la démo n°1 et de plus si X est un carré, et y un demi carré ; la surface serait carrée.
. (Mais néanmoins, ceci a le mérite de démontrer aussi que p et q non entiers ne donne de solution, en effet pour obtenir un carré par adition et soustraction cela n’est faisable qu’avec p et q non entiers, d’où : X4 + Y² = Z4 ↔ X² + Y² = Z² n’ont pas de solution dans N = 2 !)
Et ainsi, si Z est un carré parfait, alors Y et X ne peuvent pas être un carré parfait ‘‘tel que le démontre la formule pythagoricienne’’, avec p et q choisis dans les racines carrées des entiers à la puissance 2. Si p et q ne sont pas entier, c'est-à-dire choisis entre les racines carrées d’entiers, il ne peut y avoir au maximum que deux produits de puissance N ≥2 dans un T.P et le troisième élément ne peut pas être la racine carrée d’un entier à la puissance N ≥ 2 !
Note : si p et q non entiers, donnent un T.P multiple d’un T.P primitif, c’est forcément que p et q sont des racine carrées d’entiers, p – q n’est pas un entier et ne sont pas à prendre en considération ou alors il y a un facteur K, qui divise : x, y et z ! (Ex p = √112, et q = √7 donne le T.P multiple du T.P primitif 15.8 et 17 où k = 7). Certain on aussi utilisé l’ex de 6^3 + 8^3 = 9^3 – 1 il est évident que si cette réponse avait été exacte, on aurait eu le triplet cubique primitif 3^3 + 4^3 = (5 – 0,5)^3, puisque le triplet 6,8 et 9 est le conjugué de 3 , 4 et 4.5 avec k =2 soit la solution (3^3 + 4^3) 2^3 = 728 et (4,5^3 2^3) = 729 toute solution homogène ou conjuguée implique la solution primitive.
" j'ai oublié de coller le début du lemme 4"
Lemme 4 : Si un produit de nombres premiers entre eux (deux à deux) est un carré, alors ces nombres sont eux-mêmes des carrés.
Avant de continuer sur le cas N = 4 pour la démo 3 et 4.
P de Fermat n’a probablement pas utilisé la propriété du lemme 4 ci dessous ; le théorème de Gauss étant postérieur.
Ni le livre de S. SINGH le dernier Théorème de Fermat, ni le livre de L Hua et J J Rousseau, Fermat a t’il démontré son théorème ; pourtant très détaillé sur les méthodes de Fermat et très intéressant sur sa biographie. n’apporte une quelconque idée sur sa démo du cas N = 4 , comment a t’il découvert sa méthode de descente infinie, ni sa démo concernant : l’aire carrée d’un triangle rectangle mesuré par des entiers, est impossible. Il était un spécialiste des Triplets Pythagoriciens.
[ 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 = t². L'entier t se décompose en un produit de facteurs premiers. Par suite t² est un produit de facteurs premiers dont les exposants sont pairs. Puisque pqr = t², les diviseurs premiers de p, q et r sont extraits de ceux de t. Soit d un diviseur premier de t, apparaissant, dans t², 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 = m^4 – n^4 = (m² + n²)(m² - n²) ;
· les nombres m² + n² et m² - n² sont impairs car p et q n'ont pas la même parité
· les nombres m et n sont premiers entre eux (lemme 3)
· les nombres m² + n² et m² - n² sont premiers entre eux (lemme 1) ]
il y a beaucoup moins de volontaire pour donner leur avis au sujet de ces Démonstrations,
que pour penser ou dire que P de Fermat n’avait pas trouvé la solution générale à son théorème, c’est pourtant pas les Matheux qui manquent.. sur ce site. Dommage , personne n’a utilisé cette piste sinon on se serait aperçu de la contradiction :
les nombres m2 + n2 et m2 - n2 ne peuvent donner deux carrés !
Cela n’est pas grave, l’essentiel étant de continuer toujours avec ma méthode ; démo N° 3 et 4
Si X est un carré, Y n’en est pas un ! l’aire d’un triangle rectangle mesuré par des entiers ne peut être un carré !
Annexe III : troisième démonstration, qui je pense correspond à la démonstration utilisant la descente infinie, découvert par Fermat. (sous réserve).
Est ce que si X est un carré, Y peut aussi être un carré, dans un T.P tel que p² – q² = X² et 2 p q = Y², et p² + q² =Z ? p>q>0, ou q>p>0 ; p et q de parité différente, premiers entre eux et Y pair.
Soit X = x², alors p et q sont pythagoriques et déterminés ; p = z et q = y . Il existe donc deux autres entiers p’ et q’, inférieur à p = z et q = y, qui vont justement donner x , z et y, soit p et q.
X² = (p’² + q’²)² – (2 p’ q’) ², et Y² = 2 (p’² + q’²) (2 p’ q’). On en déduit que pour tout X², p et q sont déterminés et pythagoriques = à z et y, inférieur à X = X², ce qui ne pose aucune contre indication.
Alors si Y = y², il faut que 2 (p’² + q’²) (2 p’ q’). se décompose sous la forme (p’² + q’² ) (2 p’ q’) = 2 U² , donc (2 U² ) 2 = Y², d’où (U² 2²), = (U² v²) = Y² et (p’² + q’²)(p’q’) = U² , p’ et q’ sont de parité différente si p’² + q’² = Z² et (p’q’) = A² ,ce qui donne (Z² A² )= U²) v² ) = Y² et p’² + q’² = Z² donnent encore p’et q’ pythagorique ; de plus p’ et q’ donnant A² , sont égaux à x’ et y’ = (x’²) et (y’²)puisque « [(x’²)² + (y’²)² = Z²] et (2p’ q’) = (2 (x’²) (y’²) = y, = (2 A²), d’où (x’²)(y’²) = A².) ».
En résumé : X = (x²) ,et Y = (y²) donné par p et q étant pythagorique par définition, il y à pour: (x²) = (z² – y²) [avec: (x²) > z > y] , pour (y²) cela nous donne (2 z y) , d'où (z y) = 2 U², soit: z = z² ,donc: (2 z² y) = Y² ; alors p’² + q’² = (x’²)² + (y’²)² = Z² ; (2 p’ q’) = ( 2 x’² y’² ) = y ; et avec x’² et y’² encore plus petit et carrés ..!
(« Nous ne rentrerons pas dans les détails de la décomposition, (2 z² y) = Y² = (2 z y) = (2pq). On sait que si p = (z²) alors q = (y²) ne peut exister, démo n°1. Mais aussi si p = (z²) alors q ≠ (y²/2) puisque : (2 x’² y’²) = ½ carré ne peut exister, ceci nous renverrait indéfiniment à deux entiers pythagorique et carré de plus en plus petit !»)
Ont se retrouve à la solution du départ, on recherche à nouveau x’² et y’² ; il existe encore 2 entiers plus petits, pythagoriques qui vont donner x’² et y’² (« soit p et q carrés et tel que (p²)² + (q²)² = z² et (p² q²) = A² . »), donc ceci est égal à (p’’² – q’’² ) = x’² = p’² , et (2 p’’ q’’) = y’² = q’² , où : p’’ = z’< z
et q’’ = y’ < y ;
et bien sur : (p’’’² + q’’’² )= z’ = p’’, (2 p’’’ q’’’) = y’’= q’’ .MAIS aussi : (p’’’² _ q’’’² ) = (x’’), puisque : (p’’’² + q’’’² )² _ (2 p’’’ q’’’)² = (p’’’² _ q’’’² )² = (x’’)²
Donc si (p’’² – q’’²) donnent x’², et (2 p’’ q’’) donnent y’², soit deux carrés ; alors il existerait indéfiniment deux entiers p et q de plus en plus petits, pythagoriques et deux carrés ce qui est impossible et doublement contradictoire . Les deux plus petits entiers p et q , pythagoriques sont 3 et 4 dont un seul est un carré qui sont donnés par les deux plus petits entiers non carrés 1 et 2 = à p et q non PYTHAGORIQUE .
D’où si X est un carré alors Y n’en est pas un et inversement ; ce que Fermat avait découvert, ainsi que sa descente infinie, d’où son raisonnement.
Démo N°4
Deuxième hypothèse, si : (x y) = 2 A² et / 2 = un triangle rectangle à surface carrée ?On suppose donc, que x (y/2) = A² ; par conséquent x est un carré = x², (y/2) = u² (« en passant, nous venons de démontrer que si x est un carré y ne peut être un demi-carré ce qui termine la démo! »); d’où, p et q sont pythagorique ; p = z et q = y, de parité différente tel que p² – q² = z² – y² = x² et comme :
(x² u²) = A² , nous avons aussi 2 p q = 2z² y² = Y, z² y² = u² , d’où z et y sont bien carrés, puisque (p² – q²) (2 p q) = 2 A² , soit (z²)² – y²)² ) (2 z² y² ) = 2 A² ; (z²)² – y²)² ) (z² y²) =A² "ce qui est impossible dans un T.P, un seul des 3 membres peut être un carré ." Et en vertu de la première démonstration du théorème, si Z est un carré alors Y ne peut en être un et inversement ;
d’où : on ne peut pas avoir choisi p et q pythagorique, = à z et y qui doivent être deux carrés. ! Alors un triangle rectangle à surface carrée n’existe pas ! C’est cette dernière propriété que Fermat a du utiliser. Mais aussi, l’impossibilité de choisir p et q dans un T.P d’une puissance N > 2 !
En espérant que les neurones de Futura-science bougent, en attendant je vous dit à bientôt pour la suite,
Fermat ne pouvait absolument pas ignorer ces démonstrations, étant encore plus néophyte et amateur que lui, il est vrai que probablement cela aurait été mieux présenté, je fais avec les moyens du bord…
Peut être que martini-bird ou d’autre le feront. ‘sauf si tout cela est faux …’
Avant de continuer sur le cas N = 3 et la solution générale de ce théorème, une remarque s’impose.
Il est clair que Fermat, avait la démonstration générale des puissances paires > 2 et sans faire intervenir les puissances premières > 2, tel que 3, 5 , 7 ..13..etc.
Comme cela a été démontré pour les quatre démos du cas N = 4 , il apparaît clairement l’absence de solution dans N = 2, si on prend : p et q non entiers alors il ne peut y avoir de T.P primitif constitué de trois entiers ; d’où absence de solution générale dans une puissance paire > 2 pourrait-on déjà conclure!
Aucun mathématicien à ce jour, n’a montré une démo générale indiquant l’absence de solution dans les puissances paires > 2, et sans faire appel a des techniques modernes postérieur à Fermat.
Ce qui est surprenant, depuis plus de trois siècles il est connu qu’un T.P ne peut être constitué que d’un entier au carré et les deux autres, deux entiers ; en prenant p et q entiers…etc. Si p et q ne sont entiers, alors on admet au maximum deux carrés et le troisième élément du T.P n’est pas un entier.
Par conséquent il est impossible qu’il existe un T.P constitué de trois carrés parfaits !
Ce qui n’empêche pas aujourd’hui encore, d’essayer « sans résultat » de démontrer, que Fermat ne pouvait avoir de solution générale pour son dernier théorème. Alors qu’en démontrant le cas N = 4 il démontrait de manière générale dans un premier temps, l’absence de solution dans toutes les puissances paires > 2.
Or il me parait évident, que si trois entiers élevés a la puissance première ≥ 2 (par exemple N = 3 , 5 , 7 , 11 , 13…) sont mis au carré, tel que : (a^N)² + (b^N)² = (c^N)² existe, cela implique de façon formelle, l’existence d’une solution de trois entiers carrés, élevés à la puissance N > 2 tel que X^N + Y^N = Z^N et où : a² = X, b² = Y et c² = Z ; ce qui est contradictoire, si une équation de type A implique une équation de type B, alors non B implique NON A ! étant donné que l’on a démontré l’impossibilité d’un T.P constitué de trois carrés ; avec ou sans facteur distinct !
2^6 = 4^3 , 3^6 = 9^3 , 5^6 = 25^3 ..etc ..etc il en sera de même pour toute puissance première.
Il est alors évident qu’aucune solution n’existe dans une puissance paire > 2 de façon générale !
Autrement dit :
si : a^6 + b^6 = c^6 existe , il existe :
(p² -q²)² = X^3, avec X carré, soit : √X^3 = a^3 et a^6 = X^3, évidement √X = a
(2 p q)² = Y^3, avec Y carré, soit : √Y^3 = b^3 et b^6 = Y^3, évidement √Y = b
(p² + q²)² = Z^3, avec Z carré, soit : √Z^3 = c^3 et c^6 = Z^3 , évidement √Z = c ; il est clair qu’il s’agirait d’une solution multiple d’un T.P primitif, tel que :
(p² -q²)² = X^3, = K0 (p² - q²) = X^3 et avec K0 = x^n ; (2 p q)² = Y3, = K1 (2 p q) = Y^3, avec K1 = y^n ; et enfin, (p² + q²)² = Z^3, = K2 (p² + q²) = Z^3, avec K2 = z^n ;
X^3 + Y^3 = Z^3. C'est-à-dire trois facteurs distincts élevés à la puissance N > 2 et ce quelque soi la puissance N>2 choisi, en commençant par N = 4, 6 , 10 , 14 …etc. On ne pourrait traiter que les puissances paires.
Or on sait que la formule donne des T.P multiples d’un primitif, ayant le facteur
K >1 et commun pour X, Y et Z et non un facteur distinct ; mais supposons qu’il existerait dans une puissance paire > 2, cette solution avec un facteur distinct ; alors qu’elle est la nature du T.P primitif X, Y et Z … ? On vient de le voir :
Trois carrés, ce qui est absurde Fermat l’a démontré, et on sait depuis plus de 3 siècles et demi, que dans un T.P primitif X , Y et Z il ne peut y avoir un et seulement un seul carré … ! Alors comment peut on supposer encore, qu’il pourrait y avoir une solution dans une puissance paire > 2 .. ? Il n’y a donc pas de solution d’une manière générale dans une puissance paire >2 !
Je laisse méditer sur cette remarque, avant de passer au cas N = 3 et au cas général des puissances premières > 2, en utilisant toujours les mêmes outils élémentaires.
D'après la déonstration de Andrew Wiles(prix Wolf)et que j'admire il n'existe pas x,y et z tel que x^n+y^n=z^n pour n>2 non trivaiales,donc,pour n=4,on n'a pas de x ,y ey z tel que x^4+y^4=z^4 soit x^4+y^2=z^4.
j'aimerais bien te voir à la tache Leg pour tes démonstrations de cas n=4,n=6 ou encore n impair,amusant.
