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Nouvelle démonstration du grand théorème de Fermat

  1. #151
    Gaétan Mbama

    Re : Nouvelle démonstration du grand théorème de Fermat

    Martini

    Par cube (ou carré, etc.), il faut entendre cube (ou carré, etc.) parfait : le cube (ou carré, etc.) d'un entier...

    Je suis désolé, pour moi un carré parfait c'est un nombre qui est le carré d'un autre. autant 9 est le carré de 3 autant 12.25 l'est de 3.5.

    Martini, pourquoi quand on parle de nombres vous ne vous limiés qu'aux seuls entiers? est ce une léçon apprise par coeur et mal assimilée ou bien serait ce un effet de mode?

    -----


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  3. #152
    Gaétan Mbama

    Re : Nouvelle démonstration du grand théorème de Fermat

    Martini

    La condition est beaucoup plus forte que d'éliminer les solutions triviales : dans , elle élimine toutes les solutions...

    Que veux dire par là. Je ne te saisi pas trop bien!

    Dis-moi quand tu examines l'équation de Fermat dans N^3, ne trouves-tu pas que tu pose là une condition plus restrictive que moi quand qui l'examine sous l'angle du triangle?

    En adoptant l'hypothèse du triangle, je prend en compte tous les triplets qui peuvent me permettre de construire un triangle (en général pas forcément rectangle) et mon domaine de définition est plus large que l'ensemble des entiers que toi tu considères.

    Ne trouves-tu pas?

  4. #153
    Gaétan Mbama

    Re : Nouvelle démonstration du grand théorème de Fermat

    Skydancer, salut

    Geatan, As-tu remarqué que l'equation de Fermat possede une infinité de solutions x,y,z dans quelque soit le nombre n ?[/QUOTE]

    Je dis que quand n>2, l'égalité de Fermat est impossible, qu'on se situe dans N ou dans R.

    Pourquoi cela?

    Parce que c'est une caractéristique qui singularise les triangles rectangles. C'est ce que montre, justement le GTF.

    Et quand on sort du cadre du triangle rectangle (triangles obtus, triangles scalènes, segment), l'égalité de Fermat admet une infinité de solutions. Ces solutions se situent dans une plage limitée( ]-48,-0.5[U[1,2[U]2,49[ ).

    C'est ce que je trouve avec mon hypothèse!

  5. #154
    Gaétan Mbama

    Re : Nouvelle démonstration du grand théorème de Fermat

    [QUOTE=indian58;729544]Bonjour à tous,

    je m'excuse de me lancer dans cette discussion aussi tard et je m'excuse donc de ne pas avoir lu tous les posts. J'ai lu les 4 premières pages de posts et la 8 et 9° (mais ai survolé les autres), ainsi que la démonstration de Gaetan. J'ai une question à lui poser, cette question a déjà été posée mais a été, je crois, sans réponse. Cette question me semble donc très importante et je propose qu'on (Gaetan et quiconque y pourrait) y réponde sans plus tarder:

    UNE BONNE FOIS POUR TOUTES, GAETAN, DIS-NOUS OU TU UTILISES LE FAIT QUE X,Y,Z SONT DES ENTIERS.

    J'ai déjà répondu à cette question je penses.

    C'est comme dans la démo par l'absurde.

    1°) On suppose que l'équation de Fermat est vraie
    2°) On essaie ensuite de le prouver
    3°) On arrive au GTF

    Question: Indian, pourquoi veux-tu que, à l'étape 2, qu'on exige à ce que le triplet (x,y,z) appartienne à N^3?

    Répond d'abord à cette question avant je ne continue.

  6. #155
    erik

    Re : Nouvelle démonstration du grand théorème de Fermat

    Je dis que quand n>2, l'égalité de Fermat est impossible, qu'on se situe dans N ou dans R.
    Ben non, dans R t'as autant de solutions que tu veux (c'est pour cela que ça n'a aucun interet dans R)

    Tu prends ce que tu veux comme valeur pour x, ce que tu veux pour y et le triplet
    est évidemment solution de

  7. #156
    Gaétan Mbama

    Re : Nouvelle démonstration du grand théorème de Fermat

    Leg salut,

    Merci pour l'invitation!

    Je pense qu'il fallait quand même laisser Skydancer prendre son repas, l'autre jour, au resto puisque c'est toi même qui l'y avais invité.

    Paraît-il qu'il est entrain de parfaire son truc trivial avec la formule du binôme. Comme ils ne veulent pas tous du triangle (le mien), je lui aurais conseillé d'utilisé un autre triangle, celui de Pascal à défaut de s'adjoindre les services d'un maître trapéziste pour qu'il l'aide à aller de plus en plus haut sur l'echèlle des exposants.

    Tu sais, j'aime les trapèzes. Nooon, pas ceux du cirque, ceux de la géométrie bien sûr!

    Sais-tu pourquoi? Par ce qu'ils me font penser au théorème de Waring (le cas k=2 établi par Lagrange).
    Ouaih! c'est vrai, y'a un lien. ça c'est un autre sujet. Je déborde...

    amicalement!

  8. #157
    Gaétan Mbama

    Re : Nouvelle démonstration du grand théorème de Fermat

    Leg
    [QUOTE=leg;729131]Salut Gaetan.
    2eme explication
    Je suppose, que comme tu l’as dit, tu part du triangle rectangle où les côtés sont bien les racines carrées soit entières ou algébriques, restons sur les entières.
    Tu arrives à démontrer que lorsque les côtés du triangle rectangle deviennent des entiers à la puissance N>1 je dit bien 1, alors ton triangle n’est plus rectangle donc tu ne solutionne que l’égalité du cas N=2 et l’inégalité pour N>2 et pair, à juste raison puisque tu peux représenté les côté du triangle rectangle avec des racine carrée entières donc des produits de puissance N >1 et premiers ; comme tu l’as indiqué et tu as bien représenté l’égalité de Fermat pour cette puissance 2, et l’inégalité pour 4.6. ..n pair.

    Donc tu t’aperçois maintenant, que tu as affaire à des triangles ou scalènes, 3 cotés quelconques.
    Il te faut maintenant montrer pour N premier >2 .
    Deux possibilités :
    a)
    Soit ta démonstration qui est juste dans le fond (« mais fausse, à priori dans le raisonnement faute de complément d’explication») doit montrer qu’il n’est pas possible de tracer un triangle rectangle avec des réel algébrique = racine carrée d’entiers non nul, produit de puissance N premières tel que c’est défini, (« voir les posts plus haut, de Zinia et moi même »).


    Leg suis moi:

    Je dis ceci

    1°) quand n est dans l'intervalle ouvert ]1,2[, nous sommes dans le domaine des triangles obtus.

    2°) Quand n=2, nous avons affaire aux triangles rectangles. (GTF).

    3°) Quand n appartient à ]-48,-0.5[ et ]2,49[ nous sommes dans le domaine des scalènes.

    4°) Quand n= 1 nous sommes dans le domaine des segments.

    Voilà ce que je trouve!

  9. #158
    erik

    Re : Nouvelle démonstration du grand théorème de Fermat

    As tu lu mon post (le #155) ?

  10. #159
    Gaétan Mbama

    Re : Nouvelle démonstration du grand théorème de Fermat

    Citation Envoyé par erik Voir le message
    Ben non, dans R t'as autant de solutions que tu veux (c'est pour cela que ça n'a aucun interet dans R)

    Tu prends ce que tu veux comme valeur pour x, ce que tu veux pour y et le triplet
    est évidemment solution de
    Erik tu oublies que N est inclu dans R.

    J'apporte la précision suivante:
    Dans les intervalles que j'ai spécifiès, n n'admet pas des valeurs entières sauf pour n=2 ( TR) et n=1 (segment).

    Par exemple,
    les triangles obtus ont pour intervalle ]1,2[ et si n appartient à cet intervalle, évidemment il ne peut pas être entier.

    Il en est de même pour les autres triangles. ( page 16, théorème 3).

    dans cette partie du texte, je ne démontre pas le GTF, je tire au-dela du GTF des conclusions qui découlent logiquement de l'hypthèse triangle.

    Regardez au tout debut de ma démo (page 6, titre 4.2), je considère d'abord un triangle quelconque; à cette étape j'obtiens la formule (3).

    étape 2: je considère le triangle rectangle. La formule (3) se transforme en formule (4) et (4'). J'analyse cette formule géométriquement, je découvre une série de contradictions qui me conduisent droit au GTF.

    Ce qui vient après n'est plus la démo du GTF.

    Regardez le Titre 6: a ce niveau je montre ( je ne démontre pas) que le GTF peut être visualisé graphiquement. (Voyez les graphiques à la fin) .

  11. #160
    erik

    Re : Nouvelle démonstration du grand théorème de Fermat

    Erik tu oublies que N est inclu dans R.
    Ma réponse est parfaitement valable pour n appartenant à R.

  12. #161
    Gaétan Mbama

    Re : Nouvelle démonstration du grand théorème de Fermat

    rvz, salut!

    es-tu bien certain qu'avec le triplet (x,y,z=x+y) tu peux former un triangle? tu affirmes celà?

    Ne fais pas comme Martini qui persiste à signer que si le triplet (x,y,z) constitue un triangle, alors les inégalités x+y>z, x+z>y et y+z>x ne sont que très rarement vraies.
    Il veut m'emmener dans le débat inextricable des axiomes.

  13. #162
    Gaétan Mbama

    Re : Nouvelle démonstration du grand théorème de Fermat

    [QUOTE=indian58;729544]Bonjour à tous,

    Je suis prêt à croire que tu as trouvé une démonstration élémentaire du GTF mais explique les points importants plutôt que des points sans importance (plusieurs pages auraient pu être résumées en une seule avec le binôme de Newton). Je te recommande de réécrire ta démonstration.

    Jusque je n'ai trouvé que peu de gens pour me poser des questions serrées, étape après étape, sur le fond du document. les questions posées ne sont d'ordre général.

    je voudrais:

    1°) qu'on attaque mes hypothèses de départ
    2°) qu'on me dise avec force arguments est ce que mon hypothèse des triangles est recevable ou pas
    3°) On rentre dans mon raisonnement afin de trouver la faille.
    4°) A chaque étape on fait le point.
    Ainsi de suite.

    indian,
    pour ce qui est du truc sur les binômes... t'a qu'a essayer...

  14. #163
    Gaétan Mbama

    Re : Nouvelle démonstration du grand théorème de Fermat

    Zinia, salut!

    [QUOTE=zinia;724943]Je crois que cette condition n'est pas gênante.
    Si x,y et z sont des entiers positifs vérifiant la relation de Fermat x^n+y^n=z^n,... raisonner sur les cotés d'un triangle quelconque ne nuit pas à la généralité.


    Donc, d'après toi, mon hypothèse sur les triangles est recevable?

  15. #164
    invite7863222222222
    Invité

    Re : Nouvelle démonstration du grand théorème de Fermat

    Donc, d'après toi, mon hypothèse sur les triangles est recevable?
    Juste pour recentrer les choses, peux-tu rapeller ce que tu apelles "ton hypothèse sur les triangles" ? D'abord c'est pas la tienne, le savoir appartient à tout le monde .

  16. #165
    erik

    Re : Nouvelle démonstration du grand théorème de Fermat

    Tu veux que l'on discute de tes hypothèses, OK allons y :

    Page 3) tu écrit :
    Qu’en est-il du théorème de Fermat, ci-dessus, énoncé? Sa formulation est
    équivalente à celle-ci : «Si n >2, alors l’égalité est impossible ».
    Structurellement, il comporte également deux propositions qui sont:

    Cela posé, le théorème de Fermat, symboliquement, a pour formule:
    (lire si Pn, alors non Qn) (b) (je note la négation : )
    page 4) tu remplaces par
    et par
    Et tu démontres que est vrai.

    Le problème c'est que vrai n'implique pas que soit vrai.

    C'est une petite erreur de logique bien courante, en effet quand on a vrai cela n'implique pas vrai comme tu sembles le croire.
    Par contre implique

  17. #166
    leg

    Re : Nouvelle démonstration du grand théorème de Fermat

    salut gaétan
    je pense que tu as un serieux problème, jai essayé de penser que tu pouvais travailler avec des réel algèbrique ou sur des côté de scalène ; c'est pour cela d'ailleur que Zinia m'a posé cette question sur les racines carrées, et je crois que tu devrait y refléchir, à ce qui y ai dit, ainsi que dans la réponse qu 'elle m'a fait d'où les idées que j'ai établi et postés. en pure perte dommage.
    Mais lorsque tu dit qu'un carré parfait et le carré d'un entier naturel ok mais le carré d'un nombre décimal, réel algébrique, défini dans le post de Zina , ou autre du même genre je pense que là ,tu es trés trés loing du GTF et effectivement Zinia a raison dans son dernier post

    ("je pense que ce n'est pas cela que fait gaetan")

    et par conséquent ta remarque entièrement fausse sur les carrés parfaits ne fait que renforcer cette hypothèse.
    alors 2 est un carré parfait mais 3 et 5 aussi par conséquent ils se décomposent en facteur premiers tous les trois, en effét je n'est qu'a mettre la racine carrée irationnel de deux au carré pour obtenir un carré parfait qui est 2 idem^pour 3 et 5 mais à ladifférence, de ce que tu pense, c'est que tous carrés parfait peux se décomposer en facteur premier! comment tu fais avec 12.25 ou autre ? tu peux trés bien dire que N et compris dans R et qu'il se situ quelque part en Alaska entre 4.8 et 12.25 ou autre Mais tu vas devoir le montrer sans équivoque.

  18. #167
    Quinto

    Re : Nouvelle démonstration du grand théorème de Fermat

    J'ai vraiment l'impression que cette discution n'amène rien...
    Des gens qui démontrent le dit théorème, il y'en a un par mois, et à chaque fois ils évitent les questions "génantes", et souvent, ils racontent n'importe quoi.
    Malheureusement, ce fil est voué au même sort...

  19. #168
    ShadowLord

    Re : Nouvelle démonstration du grand théorème de Fermat

    Euh, euh, là ça me choque vraiment quand même:

    Citation Envoyé par Gaétan Mbama Voir le message
    Je dis que quand n>2, l'égalité de Fermat est impossible, qu'on se situe dans N ou dans R.
    Citation Envoyé par erik Voir le message
    Tu prends ce que tu veux comme valeur pour x, ce que tu veux pour y et le triplet
    est évidemment solution de
    Citation Envoyé par Gaétan Mbama Voir le message
    Erik tu oublies que N est inclu dans R.
    Bref, soit . Alors .

    ShadowLord, que, tant qu'on parle de "grandes preuves", cf http://www.arxiv.org/abs/math.AG/0608265 . Cela fera au moins un sujet de conversation à Madrid .
    - I am a world, space-floating, life nurturing.
    - I am a nova, all-exploding .... planet-cremating.

  20. #169
    leg

    Re : Nouvelle démonstration du grand théorème de Fermat

    voila l'ai trouvé un triplet pythagoricien dans les racine carrées entre -1 et 0, mais avec la solution de trois entier non nul, j'ai le droit d'utiliser tous les carrés parfaits que sont les équation de pyhtagore compris dans R et par conséquent avec n;
    ces trois entier x+y =z sont dans N=1 donc qui infirme,
    sous réserve, l'hypothèse où il n'y aurait pas de solution dans cette denière celon tes différentes réponses:

    je n'ai mis que les 9 première décimales
    P = 1.366025403… , q =0.366025403….

    (p^2 + q^2)= z = 2, (2 p q) = y =1 ; (p^2 – q^2)= x = √3
    tu peux vérifier z² = y² + x² soit 4 = 3 + 1 =
    (p^2 + q^2)² = (2 p q)² + (p^2 – q^2)²

    voila ou te mène tes carrés parfait

  21. #170
    erik

    Re : Nouvelle démonstration du grand théorème de Fermat

    Fait des efforts de redaction, ce que tu écrit est incompréhensible.
    un triplet pythagoricien dans les racine carrées entre -1 et 0

  22. #171
    leg

    Re : Nouvelle démonstration du grand théorème de Fermat

    je veux dire entre-1 et 2, mes excuses

  23. #172
    leg

    Re : Nouvelle démonstration du grand théorème de Fermat

    et ce sont les paramettres, qui constituent le triplet merci pour ta remarque.

  24. #173
    zinia

    Re : Nouvelle démonstration du grand théorème de Fermat

    Bonsoir à tous,
    Après avoir relu le texte de Gaétan et les différents échanges, je pense un peu comme Quinto. Les efforts de leg pour tenter de rapprocher la démarche de Gaetan du GTF se sont avérés vains comme il le constate aujourd'hui.

    Dommage, j'aurais bien aimé le resto dans l'arrière pays nicois..
    Au fait, leg c'est "il" et non pas "elle", mon choix de pseudo n'était pas très judicieux ...

  25. #174
    skydancer

    Re : Nouvelle démonstration du grand théorème de Fermat

    Citation Envoyé par Gaétan Mbama Voir le message
    Skydancer, salut

    Je dis que quand n>2, l'égalité de Fermat est impossible, qu'on se situe dans N ou dans R.
    C'est bien ce que je pensais, tu n'as rien compris au GTF. Est ce que tu veux vraiment des exemples ? Moi je n'oserais pas en donner tellement c'est banal....

    Toute la difficulté du GTF réside ici, il y a une infinité de solutions dans R et il faut monter qu'il n'y en a aucune dans N.

    C'est sur qu'avec tes hypotheses tu elimines toutes les solutions dans R, ce qui simplifie nettement.

  26. #175
    skydancer

    Re : Nouvelle démonstration du grand théorème de Fermat

    Juste un truc encore,



    Ca me parait tout a fait général, remarquez le

    plus généralement :

    Dernière modification par skydancer ; 21/08/2006 à 08h41.

  27. #176
    skydancer

    Re : Nouvelle démonstration du grand théorème de Fermat

    Plus exactement :






    Car

  28. #177
    rvz

    Re : Nouvelle démonstration du grand théorème de Fermat

    Citation Envoyé par Gaétan Mbama Voir le message
    rvz, salut!

    es-tu bien certain qu'avec le triplet (x,y,z=x+y) tu peux former un triangle? tu affirmes celà?

    Ne fais pas comme Martini qui persiste à signer que si le triplet (x,y,z) constitue un triangle, alors les inégalités x+y>z, x+z>y et y+z>x ne sont que très rarement vraies.
    Il veut m'emmener dans le débat inextricable des axiomes.
    Salut Gaétan,

    Je rentre de week end et je vois une quantité impressionante de messages sur ton sujet : A défaut de nous donner une preuve de Fermat, au moins tu nous donnes l'occasion de dire ce qu'on sait à ce sujet.

    Avec Martini, on t'a prouvé que ton hypothèse de travail (x,y,z) sont les cotés d'un triangle rectangle est restrictive. En effet, tu dis qu'il n'existe pas de triplet de Fermat pour n=1, à savoir x+y = z, avec x,y,z entiers, et j'aimerais insister sur l'énormité d'un tel énoncé. (Rien à voir avec des débats sur des axiomes quelconques, je ne connais pas de systèmes d'axiome sur les entiers où x+y =z n'a pas de solution entière !)

    Après, les démonstrations données par Scorp et Zinia sont tout à fait juste et prouve qu'on peut faire en quelques lignes ce que tu as fait en plusieurs pages. Néanmoins ton approche est intéressante.

    Après, je trouve regrettable que tu t'obstines à prétendre démontrer le GTF, et que tu ne fasses pas l'effort de vraiment lire/comprendre nos messages.

    Cordialement,
    __
    rvz

  29. #178
    leg

    Re : Nouvelle démonstration du grand théorème de Fermat

    Citation Envoyé par zinia Voir le message
    Bonsoir à tous,
    Après avoir relu le texte de Gaétan et les différents échanges, je pense un peu comme Quinto. Les efforts de leg pour tenter de rapprocher la démarche de Gaetan du GTF se sont avérés vains comme il le constate aujourd'hui.

    Dommage, j'aurais bien aimé le resto dans l'arrière pays nicois..Au fait, leg c'est "il" et non pas "elle", mon choix de pseudo n'était pas très judicieux ...
    bonjour Zinia ok pour "il"; Mais aussi pour le resto dans l'arrière pays , des que tu aurras l'occasion de descendre
    ce srra avec plaisir.
    je trouve aussi dommage que gaétan ne soit pas en mesure d'utiliser la propriéte que j'ai indiquée afin de relier le Gtf au réel algébrique, ce qui et curieux d'ailleur vu son travail mais que moi je suis incapable de décortiquer.
    Néamoin, pour répondre plus clairement à ta question
    comment reconnâitre les racines algébrique et montrer le Gtf.
    voissi mon résumé, qui je l'èspere serra un peu plus clair, ("des l'instant ou l'on a représenter la racine carrée de X, Y et Z....réel algébrique ou racine algébrique")

    Pour N pair >.2
    Donc, on suppose que le triplet se trouve dans N premier ;
    Je choisi p et q dans N=3 afin de reconstituer une solution qui existe ou de former un T.P de produit de puissance N = 3
    Supposons que je n’obtienne qu’un cube afin de pas soulever la contradiction de N=4, un cube par addition et soustraction avec p et q ; alors il est clair que je n’ai pas de solution pour N=6, et en réitérant, ceci est générale pour n= 5 et 10 etc etc

    Soit j’obtiens 3 cubes (« ou trois produit de puissance N premier la méthode étant générale») donc il est impossible que j’ai pu choisir p et q dans N = 3 pour éviter la contradiction de N= 4 ;
    Mais alors, je ne peux jamais reconstituer des solutions de triplets, supposer existés dans une puissance première, (ou dans cette puissance pair en multipliant l’exposant par 2), soit par addition ou soustraction, ce qui est contradictoire car dans ce cas, c’est qu’il n’en existe pas. D’où il est impossible de constituer ou reconstituer une solution supposée existée. Dans une puissance Pair > 2
    Sauf si effectivement, je peux reconstituer des solutions existantes dans les puissances premières, mais avec l’impossibilité d’en recréer une > , comme c’est le cas avec N = 2
    Alors ce raisonnement contradictoire ne serait valable que pour les puissances pairs et avec l’impossibilité de former un triplet de racines carrées algébriques pour les puissances premières en choisissant p et q, dans ces racines algébriques.

    Donc pour résumer ce passage:
    p²-q² = X entier mais qui n’est pas un cube, 2pq = Y
    Réel algébrique que l’on peut supposer racine algébrique et p² + q² =Z qui lui est un cube par supposition, ou l’inverse avec X

    Qui ne vérifie pas pour l’instant et complètement X+Y = Z qui sont les trois côtés d’un scalène. ("mais les trois côtés d'un triangle rectangle qu'il me suffirait de mettre au carré pour vérifier partiellement").

    Pour une solution dans N premiers et un T.P dans leurs racines algébriques ; pour N=3 qui se généralise à N > premier.

    Je reprends :

    Le but étant là de faire ressortir la contradiction précédente (des post plus haut avec rvz) celle du cas N=4 qui interdit une solution par addition et soustraction pour un même triplet.

    Il existe donc des triplets de racines algébriques ou p et q ( les paramètres du triplet) peuvent être choisis et à plus forte raison, puisque il est supposé exister des triplets, je les choisis dans un triplet supposé existé.
    Donc p et q sont déterminé et pythagorique. P = x, et q = y de sorte que p² + q² = z^3 soit la relation x^3 + y^3 = z^3 supposé exister.

    Lorsque p et q sont mis au carré mes deux racines algébriques deviennent effectivement deux cubes qui me donnent par addition le troisième cube entiers donc p²+q² = (z^3)
    Mais lorsque il me faut le deuxième élément du triplet : x il est clair que cela doit être
    Une racine algébrique donc surtout pas un cube !
    Or ceci est impossible ! En effet comme pour (z^3) je suis obligé de mettre p et q au carré; donc deux cubes et entiers par obligation, qui par conséquent ne peuvent me donner un réel algébrique autrement dit une racine carré entière, qui n’est autre qu’un cube mais par soustraction ! Ce qui est contradictoire et qui confirme la démo du cas N= 4 qui est générale que ce soit des racine entière de N >1 ou des racines algébriques de N> 2 est premier
    D’où ce qui est vrai pour N= 2 à savoir un et un seul produit de puissance dans un triplet pythagoricien en commençant par N = 2, l'ai aussi pour N>2 et premier . Ce qui résout partiellement de façon générale le GTF par Pythagorisation de son théorème.

    L’insuffisance de cette contradiction qui pourrait venir du fait que des triplets existent, mais que l’on peut en reconstituer un avec les paramètres p et q, qui ne sont que choisis dans les racines algébriques, mais sans redonner de triplets dans ces racines carré algébriques pour certaine et entières pour d’autres; sauf si de l’hypothèse de départ on exclu les carré parfaits ce qui est logique ; des lors le théorème est vérifié puisque l’on devrait n’obtenir qu’un cube par triplet. Alors qu’en mettant p et q au carré on en obtient deux par addition et soustraction.

    Et comme cette condition ne serait pas remplis alors il est impossible de choisir p et q dans les racines carrées algébriques. C’est tout simplement qu’il ne peut pas exister de T.P de racine carrée algébrique où l’on pourrait vérifier une solution supposée exister dans N =3 et plus généralement pour N premier > 2, pourrait on conclure.

    Fermat, alors n’avait qu’à supposer l’existence de trois racines carrées algébriques ; mais en choisissant p et q entre ces racines (« mais bien évidement pas dans les entiers car solution aussi dans N=2 et N>2 pair, concerné en mettant le triplet au carré. »)
    Il faut alors choisir p et q dans les réels et constituer le triplet de réels algébriques de racines carrées.
    Une dernière solution se pose, comment montrer que même dans cette condition on ne peut trouver un triplet de racines algébriques. Tout simplement en démontrant le cas N = 3 par une autre propriété ce qu’il est supposé avoir fait, mais qu’Euler lui, a fait pour N= 3.
    Des lors si, dans cette condition et en choisissant p et q dans les réels afin de former ce triplet de racines carrées algébriques pour N=3, alors la solution et générale car :

    a) il existerait deux carrés parfaits dans un triplet de N=2, ce qui est absurde.
    b) Il est donc impossible de trouver trois racines carrées algébrique pour N >3 et premier ; car il en existerait pour N= 2 et N +1

    Ce qui conclu mon raisonnement ; Alors est ce suffisant pour dire que ce l’est, par induction ?
    A moins qu’il soit possible de montrer, avec les moyens mathématiques d’aujourd’hui qu’effectivement p et p tel que défini ne peuvent, donner trois racines carrées algébriques.
    Ce qui résoudrait le GTF et qui plus est, élémentairement.
    Mon raisonnement n’utilise que les moyens de l’époque, même si le terme de réel algébrique n’était pas utilisé.

  30. #179
    skydancer

    Re : Nouvelle démonstration du grand théorème de Fermat

    Et pour être certain que Geatan soit d'accord je rajoute le cas du triangle rectangle :



    Cette somme est convergente

    et est un coefficient binomial :



    Finalement :
    car

    et plus génralement :

    pour la meme raison

  31. #180
    skydancer

    Re : Nouvelle démonstration du grand théorème de Fermat

    Merci Leg pour tout tes efforts, malgré que j'ai été un boulet pour toi, je crois... J'ai pas toujours compris ou tu voulais en venir mais maintenant je vois mieux. J'espere que geatan sear reconnaitre ses erreurs, aussi...

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