X*n+Y*n= Z*n on a découvert la démonstration originelle de Pierre de Fermat

[invite5f67e63a]

Finalement, pour resumer (et clarifier un tantinet le pdf d'AIB, s'il me permet), voila la démo que vous proposez.

Lemme:
Soit a,b,n des entiers naturels avec a et b premiers entre eux et n>2.
Alors si a^n t b^n ne sont pas décomposables comme somme de deux puissances n-iemes alors (ab)^n ne l'est pas non plus.

Etes vous d'accord AIB que c'est votre règle d'exclusion?

Preuve 1: Cela résulte de l'associativité de l'addiation et de la mutliplicaiton, et de la distributivité de l'addition par rapport a la mutliplication.

Etes vous d'accord que c'est votre preuve directe?

Preuve 2: Notons que si l'on a a^n=r^n+t^n alors (ab)^n=u^n+s^n avec u=rb et s=tb. Notons aussi que la meme démo s'applique si b^n=r^n+t^n.
"Donc" si ni a^n ni b^n ne sont sommes de puissances n-iemes, (ab)^n ne saurait l'etre.

Etes vous d'accord que c'est votre seconde preuve de votre regle d'exclusion AIB?

A moins d'un enorme probleme de rédaction (ou de compréhension de ma part) la réponse a ses 3 questions sera oui.
-----

[invitea6f35777]

Pour AIB: j'aurais fait tout mon possible pour vous faire comprendre votre erreur, je ne vois pas comment je pourrais vous aider plus que ce que j'ai déjà fait. Mettons que je ne soit pas assez intelligent pour comprendre votre génie, si vous en avez marre d'être confronté à des débiles arrogants même pas capable de comprendre votre preuve vous pouvez toujours aller voir sur la page
http://coq.inria.fr/
Vous y trouverez le logiciel de vérification de preuve automatique Coq, celui la même qui a servi à démontrer le théorème des 4 couleurs. La vous ne pourrez pas vous plaindre de relecteurs incompétents puisque c'est votre ordinateur qui vérifiera votre preuve. Cela dit je doute que vous soyez capable d'apprendre à utiliser ce logiciel et je suis absolument convaincu que vous n'arriverez pas à taper votre preuve en Coq. Si vous arrivez à taper votre preuve et si Coq la valide alors il sera irréfutable que vous ayez réussi à démontrer le théorème de Fermat, et dans ce cas je veux bien relire la preuve, pour des remarques de rédaction et je veux bien aussi la taper en latex pour vous (pour que l'apparence de l'article soit plus conforme à ce que demande les revues) et bien sûr je ne demande absoluement pas que mon nom ne soit cité à aucun endroit, toute la gloire vous en reviendra

[invite986312212]

bonjour AIB,

KerLannais et Therodre t'ont fait remarquer que ta démonstration de la "règle d'exclusion" ne dépendait pas de P, et KerLannais t'a donné un contre-exemple avec une autre proposition Q. On peut aussi utiliser le P que tu définis, mais en prenant n=2. Alors P(2,2) et P(17,2) sont fausses, mais 2*17=34 et 34^2=30^2+16^2 et donc P(34,2) est vraie.

[invitea6f35777]

dommage
P(17,2) est vraie puisque

mais chercher ce genre de contre-exemple pourrait peut-être convaincre notre AIB de son erreur à condition qu'il y ait de tels contre-exemples c'est une bonne question d'ailleurs (il faudrait que je revois mes triplets pythagoriciens)

[invite986312212]

Aaargh! j'avais écrit un petit programme en R pour trouver un contre-exemple, mais il est manifestement faux! en fait j'ai essayé à la main et je n'en ai pas trouvé. Aussi bien l'implication est vraie dans ce cas...

[leg]

à condition qu'il y ait de tels contre-exemples c'est une bonne question d'ailleurs (il faudrait que je revois mes triplets pythagoriciens)

Bonjour
moi je ne me risquerait pas à chercher des contre-exemples...

il y a un point qui n'a il me semble, jamais été débattu:

on suppose que :

dans l'idée de Fermat, c'était un spécialiste des triplets pythagoriciens.
et si on regarde bien, ou sont choisis le deux paramètres qui forme un triplet de racines carrées primitifs ?
le fait justement de dire que x,y et z sont premiers entre eux avait du donner une idée à Fermat.

1) cela élimine toute possibilité de trouver un tel triplet de racines carrées primitif qui ne serait donné par p et q premiers entre eux, mais aussi entiers naturels >0 et qui plus est, racines carrées !

2) il se dit si une solution existe dans N =4, 3 ,6...etc alors pour obtenir une solution primitive il me faut choisir p et q dans les racines carrées comme pour N=2

3) il démontre très facilement le cas N = 4 et 6 qui sont aussi solution de N=2 pas de solution ce qui veux dire aussi quelque soit les deux paramètres réels, complexes, irrationnels...etc tout ce que l'on pourrait imaginer mes pas des entiers.

4) il peut se dire alors si une tel solution existait, ce serrait un triplet primitif qui ne serrait pas donné par la formule des triplets pythagoriciens,

donc elle ne donne pas toutes les solutions entières donc elle est fausses ou du moins : elle donne toutes les solutions entières est faux! mais, c'est démontré ....!

5) si un couple de paramètres existe, il est dans les racines carrées des puissances. or c'est impossible pour deux raisons:
on obtiendrait des solution par addition et soustraction sans même mettre le triplet de racines carrées au carré !

6) il conclu très facilement que le théorème de Pythagore, dans de telles conditions d'existence d'un tel couple de paramètres ne voudrait plus rien dire....le cube de l'hypoténuse est = à la somme des cubes des côtés de l'angle droit,
et plus généralement ce serrait vrai pour n'importe quelle puissance en commençant par N=4

7) les seules couples de paramètres sont : entiers , premiers entre eux, et racines carrées des entiers au carré!
car dans les autres puissance on ne peut mettre ces deux paramètres
au carré sans obtenir une solution par addition et soustraction....

en conclusion si une telle solution existait, il y en aurait une infinité dans n'importe qu'elle puissance y compris 4 ,
en multipliant le triplet de racines carrées par une racine carrée de la puissance concernée ou les produits par le produit de la puissance concernée...

il peut dormir sans risquer d'être contredit....même dans les complexes...>2.

[invitea6f35777]

Problème:Soient et des entiers naturels non nuls premier entre eux et tels qu'ils n'existent pas entiers naturels non nuls tels que

et il n'existe pas d'entiers naturels non nul tels que

De tels couples existent (par exemple et ). Est-il possible de trouver un tel couple tel qu'il existe des entiers naturels non nuls et tels que

?

Supposons que ce soit le cas. Prenons un tel couple . On appelera solution du problème un quadruplet . D'après le principe de descente infinie de Fermat, on peut alors considérer un quadruplet tel que pour tout autre quadruplet solution

(sinon on pourrait construire une suite de solutions constitués d'entiers de plus en plus petit et en déduire une suite infinie strictement décroissante d'entiers naturels ce qui est impossible).

Lemme 1: et sont impairs.

preuve:

 Cliquez pour afficher

Si ou est pair alors est un multiple de et et doivent avoir la même parité pour que la somme de leurs carrés soit paire. Supposons et tous les deux impairs alors


De même

De sorte que

ce qui est absurde. Ainsi et sont pairs et on peut diviser ou par (un seul des deux), et par et on contredit (2).

On déduit du Lemme 1 que et ne peuvent avoir la même parité puisque est impair. Supposons par exemple que est pair (on ne perd rien à la généralité puisque et jouent des rôles parfaitement symétriques).Notons

avec . On a


Puisque et sont impairs alors et sont pairs. Notons
et
avec . On a


Lemme 2: et sont premiers entre eux.

preuve:

 Cliquez pour afficher

Soit un nombre premier (positif), supposons que divise et divise . Alors

mais alors

et puisque est premier

On peut alors diviser ou par (un seul des deux), et par et on contredit (2).

On déduit de (3) et du Lemme 2 que et sont des carrés:

Lemme 3: et sont des carrés.
preuve:

 Cliquez pour afficher

sont les décompositions en facteur premier de , [tex]n[tex] et respectivement. Alors

Puisque et sont premiers entre eux les et sont tous deux à deux distincts et par unicité de la décomposition en facteurs premiers ils s'identifient à un unique . De sorte que les et les sont tous pairs et

Notons et . On a


En particulier et ne peuvent pas être tous les deux des carrés sinon on contredit (2). J'utilise alors le théorème de noël de Fermat et les propriétés des sommes de deux carrés
(lire la page http://fr.wikipedia.org/wiki/Théorèm...rrés_de_Fermat).
Remarquez que l'on ne peut pas utiliser directement les résultats de cette page puisque on y parle seulement de l'écriture comme somme de deux carrés et pas de l'écriture comme somme de deux carrés non tous les deux nuls.

Puisque et sont premiers entre eux leurs facteurs premiers sont distincts, et puisque aucun n'est la somme de deux carrés non tous les deux nuls (sinon et le seraient ce qui est contraire à notre hypothèse) et puisqu l'un des deux au moins n'est pas un carré il n'est pas somme de deux carrés (au sens large). La valuation -adique de au moins un premier congrus à modulo qui divise est impaire ce qui contredit (4).

Le problème n'a donc pas de solution et ainsi la règle d'exclusion est vraie pour . Je veux bien que quelqu'un vérifie pour voir s'il n'y a pas trop d'erreurs

[invite0e50cbef]

Hélas je ne peux suivre votre démonstration, car peu calé en maths !
Il m'est apparu cependant quelque chose d'assez simple concernant le grand théorème de Fermat dans le cas n=3.
Le fait que la somme de deux cubes ne puisse être égale à un troisième cube peut aussi s'exprimer : la somme du volume de deux sphères ne peut être égale au volume d'une troisième sphère (toutes les trois de rayon à valeur entière) . Alors le problème se ramènerait peut-être à une étude de relations de cercles entre eux.

[leg]

Bonjour
Kerlannais
je n'ai pas tout lu en détail mais de toutes les façons c'est exact.

si a et b au carré ne sont pas somme de deux carrés c'est qu'il ne font pas partis d'un triplet pythagoricien !
des lors, leur produit au carré non plus, car dans le contraire, h et k serait divisible par d et e :
par exemple e impair diviserait k impair et d pair diviserait h pair
en faisant référence au début de ton méssage pour d et e
pour que (ab)² = h² + k² il faut que a et b appartienne à un triplet pythagoricien, ou alors la formule des triplets pythagoriciens est fausse , c'est à dire elle n'est pas unique !
cela serait surprenant ...depuis des siècles...

[leg]

Kerlannais
on peut voire aussi que ta démo est valable pour n = 3 car si
ab^n : n'a pas de solution tel que a^n = c^n + d^n et b^n = e^n + f^n , et qu'il existe ab^n = h^n + k^n , alors ta démo est fausse et la démo de L Euler pour n =3 aussi.

car le triplet de racines carrées est donnée par la même formule que tu as démontrée, et par conséquent il existerait d et e racine carrée de deux triplets de racines carrées, qui diviseraient h et k.!

Alors supposer le contraire, c'est plus que douteux...ou alors on admet n'importe quoi...donc il existe un triangle rectangle dont les 3 côtés au carrés, nous donne qu'un cube qui est le carré de l' hypoténuse est somme de ces deux côtés au carré, donc de 2 cubes..!

[invite9cf21bce]

Bonjour. J'ai relu et ça me paraît pas mal jusqu'à ce point :

Puisque et sont premiers entre eux leurs facteurs premiers sont distincts, et puisque aucun n'est la somme de deux carrés non tous les deux nuls (sinon et le seraient ce qui est contraire à notre hypothèse) et puisqu l'un des deux au moins n'est pas un carré il n'est pas somme de deux carrés (au sens large).

Je n'ai pas bien compris comment tu traites dans ce paragraphe le cas où a s'écrit 2k² et b est un carré impair.

La valuation -adique de au moins un premier congrus à modulo qui divise est impaire ce qui contredit (4).

C'est compréhensible mais je ne pense pas que ce soit bien dit

Taar.

[leg]

Bonjour. J'ai relu et ça me paraît pas mal jusqu'à ce point :
Je n'ai pas bien compris comment tu traites dans ce paragraphe le cas où a s'écrit 2k² et b est un carré impair.

a est impair, il ne peut en aucun cas s'écrire 2k² sinon il existe des solutions et sa démo ne servirait à rien.

[invite9cf21bce]

a est impair, il ne peut en aucun cas s'écrire 2k² sinon il existe des solutions et sa démo ne servirait à rien.

Au temps pour moi, tu as bien raison, et d'ailleurs, KerLannais le précise au cours de sa démonstration.

Cela dit, le paragraphe que je cite (et qui, du coup, devient indéniable) gagnerait à être un peu détaillé je pense.

Merci leg et désolé KerLannais.

Taar.

[leg]

disons qu'il part du principe que la démo des triplet pythagoriciens est bien connue, de ce fait un triplet primitif ne peut avoir (ab)² = h² + k² avec ab= 2k² il ne pourrait alors être primitif, il existerait une solution inferieur primitive. où la (ab) est obligatoirement impair et de ce fait comme il démontre que c'est imposible..
p²+ q² = 2k² avec p et q premiers entre eux de parité différente qui donne un triplet primitif, 2k² est impossible.
p et q sont les paramètres de la formule des T.P
bonne soirée Taar.

[invitea6f35777]

merci leg pour toutes ces précisions, effectivement on peut faire plus simple quand on connais ses formules de triplets pythagoriciens

[leg]

merci leg pour toutes ces précisions, effectivement on peut faire plus simple quand on connais ses formules de triplets pythagoriciens

Bonjour

c'est d'ailleurs dommage que personne ne ce soit intéressé à la formule des T.P, car à l'époque de Fermat il n'y avait pas d'informatique, et surtout des outils mathématiques élémentaires.
Or on veut à tout prix supposer qu'il faut des outils mathématiques complexes pour résoudre ce théorème..et jusqu'à preuve du contraire on a rien démontré ...par contre:
si les paramètres de la formule des T.P ne sont pas choisis dans les racines carrées des entiers comment veux tu trouver 3 carrés entiers ? tel que (p²+q²)² - (p²-q²)² = (2pq)²
il faut impérativement que p et q soient des racines carrées et ça Fermat le savais!
de plus ta démonstration le prouve...
tu peux même essayer de trouver un triplet dans une suite de raison >1, par exemple 1,5
1.5 , 3 ,4.5 , 6 et on suppose que ce sont des racines carrées.
tu choisis p et q dans cette suite, ça m'étonnerait que la formule te donne un T.P dans cette suite..car l'écart et >1.

Fermat savais que pour obtenir un triplet de racines carrées de cubes, ou de n'importe quelle puissance > 2 il faut que le couple de paramètres soit choisis dans les racines carrées! donc impossible d'avoir une solution > N = 2

autre précision , on ne peut considérer les entiers naturels comme des entiers à la puissance N =1 sinon 1 est un produit alors tout aussi
bêtement, il n'existe pas d'entiers premiers entre eux..et 7^1 n'est pas un nombre premier, c'est un produit, 1 aussi, il existe alors un facteur P< 1

ce qui revient à dire que la première puissance N , c'est N=2
ce qui est vrai pour la puissance N₁, N₂, N₃...est vrai pour toutes les puissance N.

en démontrant qu'il n'existe pas de solution dans les 3 premières puissances , et en utilisant la même formule , le cas est vrai de façon générale....

tout comme pour (ab)^N si il n'existe pas deux triplets tel que tu les as définis dans N = 3,4, ou5...tu ne peux pas trouver un triplet donné par la formule des T.P, tel que(ab)^N = h^N + k^N.

et il me semble (sous réserve) que c'est la règle d'exclusion de AIB..
seulement il ne donne pas des arguments convaincants pour le montrer...

si on analyse ta démo, et que l'on pousse un peu plus loin on arrive à la conclusion que le couple de paramètres p et q ne peut pas être choisis n'importe comment pour obtenir 3 carrés, tel que ce soit 3 entiers naturels qui sont des produits de puissance N = 3,4,5,6...etc
soit (a^n/2)² = (c^n/2)² + (d^n/2)²

Lorsque Fermat parlait de descente infinie, c'était quelque soit la puissance N, où p et q sont obligatoirement choisis dans les racines carrées et il est évident que si la formule des T.P donnait un tel triplet , alors il y en a une infinité de plus en plus petit....ce qui est absurde!

les côtés d'un triangle rectangle ne peuvent être des racine carrées d'entiers élevés à la puissance N > 2....car la formule des T.P l'interdit..! Heureusement d'ailleurs, par ce que je me demande si le théorème de Pythagore qui est vrai que pour N = 2, voudrait dire grand chose dans une telle situation, si sa formule donnait des triplets de racines carrées n'importe où

[invitea6f35777]

Si j'ai bien compris tu propose une démonstration du théorème de Fermat qui aurait le schéma de preuve suivant:

On considère trois entiers naturels non nuls et entier tels que

1- On pose


(ce qui est possible puisque (1) impose que
On a alors et en fait ce sont même des nombres algébriques mais ils n'ont aucune raison d'être entiers. Par un calcul direct on a



et par hypothèses on doit donc avoir


2- De (3) on déduit ([...]) que et doivent être nécessairement des racines carrées d'entier.

3- Du point 2- on déduit ([...]) que , et ne sauraient être des puissances d'un entier, d'où la contradiction.

c'est ça ?

si c'est le cas est tu capable de préciser les passages de la démonstration ([...]) dans les points 2- et 3-. A mon avis ce n'est absolument pas trivial et cela ne peut se montrer qu'à l'aide d'outils mathématiques compliqués.

[invite5f52a886]

Bonjour,

Pour ne pas perdre le fil de la discussion, les lignes de l'article sont numérotées pour que les questions et les réponses correspondent par leurs références.

Ci-joint le pdf.


Cordialement
Ahmed Idrissi Bouyahyaoui

[leg]

2- De (3) on déduit ([...]) que et doivent être nécessairement des racines carrées d'entier.

3- Du point 2- on déduit ([...]) que , et ne sauraient être des puissances d'un entier, d'où la contradiction.

c'est ça ?

si c'est le cas est tu capable de préciser les passages de la démonstration ([...]) dans les points 2- et 3-. A mon avis ce n'est absolument pas trivial et cela ne peut se montrer qu'à l'aide d'outils mathématiques compliqués.

pour 2 c'est exact , pour 3 aussi .

le passage du point 2 à 3 ne peut se faire que par raisonnement..
on montre en gros ..:
si la formule des triplets P.T. donnait une solution, déjà tu aurais ta démo fausse, la règle d'exclusion de AIB au point 1, serrait fausse car on admet alors, qu'il peut exister des T.P qui ne peuvent être donnés par la formule des T.P, tel que: abⁿ = hⁿ + kⁿ ("ref à ta démo")
or on sait que ceci est faux car il y aurait déjà des solutions dans N = 2,3 et 4 ,6 pour n'en rester qu'à ces 4 puissances
comme AIB le dit aussi on aurait le même cas dans les entiers naturels n¹ qui n'est pas une puissance(" mais pour la forme du raisonnement j'admet ").

or pour 2 les seules solution qui existent son celle de Pythagore p et q sont bien choisis dans les entiers naturels qui son bel et bien des racines carrées donnant solution dans N =2

si tu veux un triangle rectangle dont les trois côtés au carré sont des entiers exemple 1.8.9 il te faut bien racine carrée de 4 et 5, soit p et q....etc il est évident que si p et q n'étaient pas de tel racines carrées qu'est ce qui empêche de dire que le cas N=4,6, 3 et 5 est faux? c'est bien par ce que de telles hypothèses sont absurdes.

mais surtout que si tu veux un triplet de cubes avec solution dans N = 6 soit n^2*3, et pour rester en conformité avec Pythagore, c'est à dire que la somme des carrés, des côtés d'un angle droit et = au carré de l'hypoténuse, ce qui ne gênerait en rient d'avoir 3 cubes comme côté au lieu de 3 carrés car cela ferait désordre...

si "la formule de Pythagore" donne une solution dans les cubes , cela ne peut être que dans les puissances paires car elles vérifient aussi N = 2.
on pourrait très bien exclure le cas N= 4 et ses multiples afin de ne pas avoir les côtés du triangle rectangle déjà solution, carrée sans mètre ces côtés au carré.

mais il existe aussi un raisonnement: si on suppose vrai une telle solution alors il en existe une dans les Complexes >2 , par exemple dans N=4 , or la partie entière doit être ou faire partie d'un triplet pythagoricien....!

on en arrive à la conclusion que seule la formule des triplets P, donne un triplet dans les racines carrées" T.P primitif "
et que ce couple de paramètres p et q, ne pourrait être choisis que dans les racines carrées, de la puissance concernée où l'on veut une solution.
en effet si il existe une solution dans N, je peux bien choisir p et q dans les racine carrées déjà pour trouver une solution qui par hypothèse existe, et pour en avoir une >...!
exemple N =2 le T.P: 3.4.5 soit 3 racines carrées je choisi p =3 et q=4 ou 4 et 5 ou encore: (3 et 5 mais je divise par 2, p²+q² et p²-q²...)
j'obtiens d'autres solutions >....Mais avec le raisonnement suivant p et q sont alors déterminés et Pythagorique. et il ne pourrait me donner qu'un seule carré, dans le triplet soit par addition soit par soustraction mais pas les deux....!

suppose que tu sois dans les cubes entier, ou racine carrées, tu obtiens des solutions de cubes par addition et soustraction ....il en existe alors une infinité de plus en plus petites, mais il existerait aussi une infinité de racines carrées de cubes de plus en plus petites....
Ce que Fermat avait probablement deviné il connaissait très bien sa formule et ses T.P.

Donc: peut être que tu as raison sur l'utilisation d'outils mathématiques compliqués....mais uniquement pour démontrer que le couple de paramètres ne peut être choisis que dans les racine carrées des entiers à la puissance N >2 comme pour les solutions de N = 2.

si on ne veut pas admettre un raisonnement par l'absurde...
ou si de tels arguments ne sont pas convaincants ou pas suffisants...

Mais tu en conviendras qu'à son époque , de tels arguments étaient plus que convaincant!

Et il lui était tout aussi facile de montrer que :une solution dans N=4, se répèterait dans N =6 et 3

c'est à dire qu'un triplet de carrés , donné par la formule des T.P , soit x², y², z², te donnerait ce types de contradiction ci dessous.
il en serait de même pour un triplet de cubes ou de racines carrées de cubes, et plus généralement pour toutes Puissances N

Ou plus explicite :
z² + y² = u² (3)
z² - y² = v² (4)
tel que u² v² = (x²)²

L’égalité (3) est une équation de Pythagore qui admet pour solution primitive le triplet (z, y , u) paramétrés de manière unique par le couple p1 et q1 tels que :

p₁²+q₁²= u
p₁²-q₁²= z (5)
2p₁q₁= y



L’égalité (4) est également une équation de Pythagore qui admet pour solution primitive le triplet d’entiers (v, y, z) paramétrés de manière unique par le couple p2 et q2 tels que :
p₂²+q₂²= z
p₂²-q₂²= v (6)
2p₂q₂= y

Or, 2p₁q₁=y et 2p₂q₂=y alors, p₁=p₂=p’ et q₁=q₂=q’ et nous obtenons :

deux triplets (z,y,U) et (V,y,z) donnés par un même couple de paramètres p’ et q’: c’est impossible ! de même si p’ et q’ sont deux réels non entiers.

Ou alors on admet que la formule des T.P ne sert à rient. et que l'on peut supposer qu'il existe de ci de là,.. deux réels, imaginaires...non entiers, non algébriques..et qui par miracle mathématique nous donne une solution dans N >2...

la rigueur ne pas tout démontrer, sinon Gödel c'est E... pour rien...En définitive c'est pour l'histoire ..Fermat avait une idée merveilleuse..ou un raisonnement merveilleux

[invitecac02c44]

salut tous

[invite5f52a886]

Bonjour,

Le Professeur E. E. Escultura, qui a étudié et analysé la démonstration de Andrew Wiles et qui affirme que la preuve contient plusieurs failles, m’a répondu :
“ 1) I did not prove FLT; on the contrary, I disproved it by counterexamples.

2) Using standard mathematics I do not find a flaw in your argument.

3) My main point is that the field axioms of the real number system are inconsistent; therefore, this number system is ill-defined; consequently, FLT being formulated in it is also ill-defined, ambiguous and ill-formulated as a problem.

3) Therefore, I constructed the consistent new real number system R* using the elements 0, 1 well defined by the addition and multiplication tables (as the two other axioms).

4) Then I constructed countably infinite counterexamples to FLT in R*. “

Ci-joint un pdf de ma preuve du GTF.

Bonne (re)lecture.

Cordialement
Ahmed Idrissi Bouyahyaoui

[invitec7c23c92]

fou rire du soir...

[invitea6f35777]

Ah mince, toutes les mathématiques sont fausses, je vais devoir changer de métier

Il faut immédiatement avertir les autorités pour que plus personne ne prenne l'avion, leur conception est basée sur des modèles qui utilise l'ensemble des nombres réels inconsistents il va y avoir des milliers de morts

Une seule bonne nouvelle, AIB a enfin la réponse à sa question, sa preuve est fausse puisqu'il y a des contre-exemples au théorème de Fermat, le Professeur E. E. Escultura a démontré que le théorème de Fermat est faux ainsi que toutes ses preuves

[invite986312212]

d'ailleurs il n'y a pas besoin d'inventer un nouveau "système" de nombres réels pour invalider le FLT. Dans R^4 l'équation X^n+Y^n=Z^n a beaucoup de solutions.

[invite5f67e63a]

Bonjour,

Le Professeur E. E. Escultura, qui a étudié et analysé la démonstration de Andrew Wiles et qui affirme que la preuve contient plusieurs failles, m’a répondu :
“ 1) I did not prove FLT; on the contrary, I disproved it by counterexamples.

2) Using standard mathematics I do not find a flaw in your argument.

3) My main point is that the field axioms of the real number system are inconsistent; therefore, this number system is ill-defined; consequently, FLT being formulated in it is also ill-defined, ambiguous and ill-formulated as a problem.

3) Therefore, I constructed the consistent new real number system R* using the elements 0, 1 well defined by the addition and multiplication tables (as the two other axioms).

4) Then I constructed countably infinite counterexamples to FLT in R*. “

Ci-joint un pdf de ma preuve du GTF.

Bonne (re)lecture.

Cordialement
Ahmed Idrissi Bouyahyaoui

Ca devient lassant...

On a déjà invalidé votre preuve plusieurs fois, ce n'est pas la peine d'insister elle est FAUSSE.

Quant à Mr E.E Escultura, le théorème de Fermat concerne les rationnels pas les reels... De plus pas etonnant qu'il y ait des contres exemples reels, pour n nombre impair x->x^n est surjective de R dans R... n'importe quel etudiant de premiere S vous fournira une "quantité dénombrable" de contre exemples dans R.

Ca ne sert a rien d'insister. Vous perdez votre temps et le notre.

[invite14e03d2a]

Bonjour,

Le Professeur E. E. Escultura, qui a étudié et analysé la démonstration de Andrew Wiles et qui affirme que la preuve contient plusieurs failles, m’a répondu :
“ 1) I did not prove FLT; on the contrary, I disproved it by counterexamples.

2) Using standard mathematics I do not find a flaw in your argument.

3) My main point is that the field axioms of the real number system are inconsistent; therefore, this number system is ill-defined; consequently, FLT being formulated in it is also ill-defined, ambiguous and ill-formulated as a problem.

3) Therefore, I constructed the consistent new real number system R* using the elements 0, 1 well defined by the addition and multiplication tables (as the two other axioms).

4) Then I constructed countably infinite counterexamples to FLT in R*. “

Ci-joint un pdf de ma preuve du GTF.

Bonne (re)lecture.

Cordialement
Ahmed Idrissi Bouyahyaoui

Mathscinet référence 16 articles de E.E.Escultura dont aucun n'a eu de rapporteur. Pourtant, sa bio sur thefreelibrary est plus que flatteuse puisque M.Escultura a résolut le problème des n-corps, prouvé la conjecture de Goldbch et trouvé des contre-exemple au théorème de Fermat.

Dommage qu'un tel génie soit passé inaperçu