Binôme de Newton dans le cas d'un exposant impair

On rappelle la formule du binôme : $(x + y)^{n} = \sum_{i + j = n} \frac{n!}{i! j!} x^{i} y^{j} = \sum_{k = 0}^{n} (\binom{n}{k}) x^{n - k} y^{k}$ .

Résumé

Cet article présente, pour $n$ un entier positif impair, la remarquable forme $(𝐱 + 𝐲)^{𝐧} = 𝐱 \cdot 𝐜^{𝟐} + 𝐲 \cdot 𝐝^{𝟐}$ . Son existence se déduit du regroupement symétrique des termes du binôme en $(x + y)^{n} = x \cdot a + y \cdot b$ . Après avoir établi les expressions algébriques des coefficients $(a, b, c, d)$ , nous étudions quelques propriétés dans $ℤ$ . D'abord, avec $(x, y)$ 2 entiers copremiers de parité différente, nous montrons que $(a, b)$ et $(c, d)$ sont premiers entre eux. Ensuite nous montrons qu'il y a unicité des $(c, d)$ pour $x + y = p$ premier. Enfin, si l'exposant n est premier, alors les facteurs premiers de $(a, b)$ sont congrus à $1 [2 n]$ , et ceux de $(c, d)$ à $\pm 1 [2 n]$ . En dernier lieu nous faisons un bref passage par l'exposant n pair, où nous trouvons que pour $x + y = p$ premier, la forme $(x + y)^{n} = x \cdot c^{2} + y \cdot d^{2}$ existe seulement pour $x = 1$ ou $y = 1$ . Une fois ces résultats établis, nous en donnons quelques applications. Nous sommes alors rapidement amenés à une réflexion historique sur Pierre de Fermat, avec l'idée qu'il aurait pu découvrir ces formules, et s'en inspirer notamment pour son dernier Grand Théorème.

Introduction

Au départ nous avons cherché comment la puissance d'un nombre pouvait toujours être exprimée en une somme de 2 nombres premiers entre eux. En partant du binôme $(x + y)^{n}$ , avec n impair, nous avons étudié le regroupement symétrique des différents termes. Avec $(x, y)$ copremiers de parité différente, nous aboutissons alors sur 2 expressions telles que $(x + y)^{n} = a + b, a \land b = 1$ .

Ces expressions utilisent les mêmes fonctions $f_{n} (x, y)$ suivantes :

Définition

$\begin{matrix} n = 2 m + 1 \\ f_{n} (x, y) & = \sum_{k = 0}^{m} (\binom{n}{2 k}) x^{m - k} y^{k} \\ = \underset{k=0}{\underset{⏟}{x^{m}}} + \underset{k=m}{\underset{⏟}{n y^{m}}} + \sum_{k = 1}^{m - 1} (\binom{n}{2 k}) x^{m - k} y^{k} \end{matrix}$

Exemple:

$\begin{matrix} f_{3} (x, y) = x + 3 y \\ f_{5} (x, y) = x^{2} + 5 y^{2} + 10 x y \\ f_{7} (x, y) = x^{3} + 7 y^{3} + 21 x^{2} y + 35 x y^{2} \\ f_{9} (x, y) = x^{4} + 9 y^{4} + 36 x^{3} y + 126 x^{2} y^{2} + 84 x y^{3} \end{matrix}$

Propriétés

pour $n = p$ premier, $f_{p} (x, y)$ est irréductible dans ℤ

'Démonstration'

$f_{5} (x, 1) = 1 + x + x^{2}$ est irréductible dans $ℤ (x)$

Soit $p$ premier supérieur à 7. Alors $p$ divise tous les coefficients binomiaux

donc $f_{p} (x, 1) = x^{m} + p + p x P (x), \deg (P) = m - 2$

f est donc p-Einsenstein

Propriétés algébriques

Tout comme la formule du binôme, ces propositions s'appliquent dans tout anneau commutatif

(x+y)ⁿ=x.a+y.b

Proposition

$(x - y)^{n} = x f_{n} (x^{2}, y^{2}) - y f_{n} (y^{2}, x^{2}) (1)$

'Démonstration'

En séparant les termes pairs et impairs dans la formule du binôme :

$(x - y)^{n} = \sum_{k = 0}^{n} (\binom{n}{k}) x^{n - k} (- y)^{k} = \sum_{k = 0}^{m} (\binom{n}{2 k}) x^{2 m + 1 - 2 k} y^{2 k} - \sum_{k = 0}^{m} (\binom{n}{2 k + 1}) x^{2 m - 2 k} y^{2 k + 1}$

soit $(x - y)^{n} = x \sum_{k = 0}^{m} (\binom{n}{2 k}) x^{2 m - 2 k} y^{2 k} - y \sum_{k = 0}^{m} (\binom{n}{2 k + 1}) x^{2 m - 2 k} y^{2 k}$

En posant $k^{'} = m - k$

$(x - y)^{n} = x \sum_{k = 0}^{m} (\binom{n}{2 k}) x^{2 m - 2 k} y^{2 k} - y \sum_{k^{'} = 0}^{m} (\binom{n}{n - 2 k^{'}}) y^{2 m - 2 k^{'}} x^{2 k^{'}}$

D'où la formule par symétrie du coefficient binomial.

(x+y)ⁿ=x.c²+y.d² - formule des carrés

Proposition

$(x - y)^{n} = x f_{n} (x, y)^{2} - y f_{n} (y, x)^{2} (2) : formule des carrés$

'Démonstration'

On a précédemment établi : $(x - y)^{n} = x f (x^{2}, y^{2}) - y f (y^{2}, x^{2})$

En prenant $- y$ : $(x + y)^{n} = x f (x^{2}, y^{2}) + y f (y^{2}, x^{2})$

En multipliant les deux dernières expressions : $(x^{2} - y^{2})^{n} = x^{2} f (x^{2}, y^{2})^{2} - y^{2} f (y^{2}, x^{2})^{2}$

D'où la formule en substituant $(x, y)$ à $(x^{2}, y^{2})$

Exemples

$\begin{matrix} (x - y)^{3} = x (x + 3 y)^{2} - y (y + 3 x)^{2} \\ (x + y)^{3} = x (x - 3 y)^{2} + y (y - 3 x)^{2} \\ (x - y)^{5} = x (x^{2} + 10 x y + 5 y^{2})^{2} - y (y^{2} + 10 x y + 5 x^{2})^{2} \\ (x + y)^{5} = x (x^{2} - 10 x y + 5 y^{2})^{2} + y (y^{2} - 10 x y + 5 x^{2})^{2} \end{matrix}$

xⁿ+yⁿ

Propriétés

$\begin{matrix} (x + y)^{n} + (x - y)^{n} & = 2 x f_{n} (x^{2}, y^{2}) & (3) \\ \frac{x^{n} + y^{n}}{x + y} & = \frac{f_{n} ((x + y)^{2}, (x - y)^{2})}{2^{n - 1}} & (3 b i s) \\ f_{n} (x^{2}, y^{2}) & = \sum_{i + j = n - 1} (x + y)^{i} (y - x)^{j} & (4) \end{matrix}$

'Démonstration'

(3) : conséquence directe de (1)

(3bis) : Par changement de variable $(x + y, x - y) = (u, v)$ soit $(x, y) = ((u + v) / 2, (u - v) / 2)$

Ensuite la définition donne la propriété $f_{n} (a / 2, b / 2) = f_{n} (a, b) / 2^{m}$

Soit ici avec des carrés $f_{n} ((a / 2)^{2}, (b / 2)^{2}) = f_{n} (a^{2}, b^{2}) / 2^{2 m}$

(4) : En identifiant avec l'identité remarquable $u^{n} + v^{n} = (u + v) \sum_{i + j = n - 1} u^{i} (- v)^{j}$

xᵖ+yᵖ, p premier

On pourra rappeler ici le résultat de Gauss qui relie la somme de puissance, et donc $f_{p} (x^{2}, y^{2})$ avec les formes quadratiques:

Théorème

$p$ premier, $\frac{x^{p} + y^{p}}{x + y} = X^{2} + (- 1)^{\frac{p + 1}{2}} p Y^{2} : formule de Gauss$

Ce qui est équivalent : $f_{p} (u^{2}, v^{2}) = \frac{(u + v)^{p} + (u - v)^{p}}{2 u} = (X^{2} + (- 1)^{\frac{p + 1}{2}} p Y^{2})$

Le calcul des carrés n'est pas simple^[1].C'est plus simple en faisant un changement de variable

Exemples:

$\begin{matrix} (u + v)^{3} + (u - v)^{3} & = 2 u (X^{2} + 3 Y^{2}) & X, Y = u, v \\ (u + v)^{5} + (u - v)^{5} & = 2 u (X^{2} - 5 Y^{2}) & X, Y = u^{2} + 5 v^{2}, 2 v^{2} \\ (u + v)^{7} + (u - v)^{7} & = 2 u (X^{2} + 7 Y^{2}) & X, Y = u (u^{2} + 7 v^{2}), v (u^{2} - v^{2}) \\ (u + v)^{11} + (u - v)^{11} & = 2 u (X^{2} + 11 Y^{2}) & X, Y = u (u^{4} - 22 u^{2} v^{2} - 11 v^{4}), v (3 u^{4} - 2 u^{2} v^{2} - v^{4}) \end{matrix}$

Nous pouvons observer la régularité suivante:

Proposition

$p$ premier, $\frac{(u + v)^{p} + (u - v)^{p}}{2 u} = (X^{2} + (- 1)^{\frac{p + 1}{2}} p Y^{2})$

Alors $v$ divise toujours $Y$ et $u$ divise X pour $p = 3 [4]$

Par contre, contrairement aux formules (1) et (2), il n'y a pas de régularité sur les facteurs premiers des X ou des Y.

C'est ce que nous allons voir dans le chapitre suivant en étudiant les propriétés dans $ℤ$

(x+y)ᵖ-(xᵖ+yᵖ)

Afin d'être complet, nous rappelons aussi la factorisation de $(x + y)^{p} - (x^{p} + y^{p}), p \in ℙ$ .

C'est apparemment un résultat "classique" en algèbre

Théorème

$p$ premier plus grand que 5:

$(x + y)^{p} - (x^{p} + y^{p}) = p R S^{k} Q (R^{2}, S^{3})$ où $R = x y (x + y)$ et $S = x^{2} + x y + y^{2}$

avec:

- $k = 1$ si $p \equiv - 1 [6]$ et $k = 2$ si $p \equiv 1 [6]$

- $Q$ irréductible

'Démonstration'

La divisibilité par p vient du petit théorème de Fermat.

Celle par xy en factorisant le binôme.

Celle par x+y vient de la factorisation de $x^{p} + y^{p}$ par $x + y$ .

Celle par $x^{2} + x y + y^{2}$ vient en prenant y=1. On obtient alors le polynôme $X^{2} + X + 1$ qui a pour racine $w = e^{2 i π / 3}$ et $w^{2}$ . Et qui donne donc la relation $1 + w = - w^{2}$ On vérifie que ces racines ce sont aussi celles de $(X + 1)^{p} - (X^{p} + 1)$ .

Pour la multiplicité k, on vérifie sur $P^{'} (X)$ et $P^{″} (X)$

Pour l'irréductibilité de Q, c'est déjà plus compliqué. On peut déjà relever que les racines sont groupées par 6. En effet, on vérifie facilement que si $α$ est racine, alors automatiquement les éléments de l'ensemble ${α, \frac{1}{α}, - 1 - α, - \frac{α + 1}{α}; - \frac{1}{α + 1}, - \frac{α}{α + 1}}$ sont racines. Ensuite c'est très compliqué et il faut connaître la théorie de Galois pour aller jusqu'à l'irréductibilité de Q

Exemples: avec $y = 1, R = x (x + 1), S = x^{2} + x + 1$

$\begin{matrix} (x + 1)^{3} - (x^{3} + 1) & = 3 x (x + 1) \\ (x + 1)^{5} - (x^{5} + 1) & = 5 x (x + 1) (x^{2} + x + 1) \\ (x + 1)^{7} - (x^{7} + 1) & = 7 x (x + 1) (x^{2} + x + 1)^{2} \\ (x + 1)^{11} - (x^{11} + 1) & = 11 x (x + 1) (x^{2} + x + 1) & (x^{6} + 3 x^{5} + 7 x^{4} + 9 x^{3} + 7 x^{2} + 3 x + 1) \\ ((x^{2} + x + 1)^{3} + (x (x + 1))^{2}) \\ = 11 R S (R^{3} + S^{2}) \\ (x + 1)^{13} - (x^{13} + 1) & = 13 x (x + 1) (x^{2} + x + 1)^{2} & (x^{6} + 3 x^{5} + 8 x^{4} + 11 x^{3} + sym) \\ ((x^{2} + x + 1)^{3} + 2 (x (x + 1))^{2}) \\ = 13 R S^{2} (R^{3} + 2 S^{2}) \\ (x + 1)^{17} - (x^{17} + 1) & = 17 R S (R^{6} + 5 R^{3} S^{2} + R^{4}) \\ (x + 1)^{19} - (x^{19} + 1) & = 19 R S^{2} (R^{6} + 7 R^{3} S^{2} + 3 R^{4}) \\ ... \end{matrix}$

Propriétés dans ℤ

On supposera dans la suite $(u, v) \in ℤ$ copremiers

(u+v)ⁿ=u.c²+v.d²

La formule des carrés (2) permet d'écrire n'importe quelle puissance impaire comme combinaison linéaire de 2 carrés copremiers

Exemples:

$\begin{matrix} 1 7^{3} & = (5 + 12)^{3} = 5 \times 3 1^{2} & + 12 \times 3^{2} & = 5 \times (31)^{2} & + 12 \times (3)^{2} \\ 1 7^{5} & = (5 + 12)^{5} = 5 \times 14 5^{2} & + 12 \times 33 1^{2} & = 5 \times (5 \cdot 29)^{2} & + 12 \times (331)^{2} \\ 1 7^{7} & = (5 + 12)^{7} = 5 \times 692 9^{2} & + 12 \times 376 7^{2} & = 5 \times (6929)^{2} & + 12 \times (3767)^{2} \\ 1 7^{9} & = (5 + 12)^{9} = 5 \times 13891 1^{2} & + 12 \times 4292 1^{2} & = 5 \times (31 \cdot 4481)^{2} & + 12 \times (3^{2} \cdot 19 \cdot 251)^{2} \\ ... \end{matrix}$

Nous montrerons la coprimalité dans le prochain chapitre

Parité et 2-valuation

Proposition

$(u, v)$ de parité différente $\Rightarrow f_{n} (u, v)$ impair

'Démonstration'

si $(u, v)$ de parité différente:

Par définition $f_{n} (u, v) = u^{m} + n v^{m} + u v P (u, v)$ . n étant impair, alors $f_{n} (u, v)$ est impair

Corrolaire

$(u, v)$ impairs ou de parité différente, alors $\frac{u^{n} + v^{n}}{u + v}$ impair

'Démonstration'

si $(u, v)$ de parité différente, on a un quotient de 2 impairs

si $(u, v)$ impairs, $(u, v) = (a + b, a - b)$ avec $(a, b)$ de parité différente.

Or (3) donne $\frac{u^{n} + v^{n}}{2 a} = f_{n} (a^{2}, b^{2})$ , qui est impair d'après la proposition précédente

Proposition

$(u, v)$ impairs $\Rightarrow f_{n} (u^{2}, v^{2}) = 2^{n - 1} \times a$ , $a$ impair

'Démonstration'

Pour $(u, v)$ impairs, on peut toujours changer de variable:

$(u, v) = (x + y, x - y)$ avec $(x, y)$ de parité différente.

D'après (4bis), $f_{n} (u^{2}, v^{2}) = f_{n} ((x + y)^{2}, (x - y)^{2}) = 2^{n - 1} \sum_{i + j = n - 1} x^{i} (- y)^{j}$

Or $\sum_{i + j = n - 1} x^{i} (- y)^{j} = x^{n - 1} - y^{n - 1} + x y P (x, y)$ est impair avec $(x, y)$ de parité différente

Ce qui implique que $f_{n} (u^{2}, v^{2})$ a nécessairement une 2-valuation de $n - 1$

Coprimalité

Nous considérerons dans la suite $(u, v)$ copremiers de parité différente

Propositions

$(u, v)$ copremiers de parité différente $\Rightarrow {\begin{matrix} f_{n} (u, v) \land f_{n} (v, u) = 1 & (5) \\ n ∤ u \Rightarrow u \land f_{n} (u, v) = 1 & (6) \end{matrix}$

'Démonstration (5)'

On a déjà établie que si $u, v$ de parités différentes alors $f (v, u)$ sont impairs.

Considérons $p$ un diviseur premier impair commun. On a donc $f (u, v) \equiv f (v, u) \equiv 0 [p]$ . La forme (2) implique $u \equiv v [p]$

En réinjectant dans la définition de $f$ , on obtient:

$f (u, v) \equiv \sum_{k = 0}^{m} (\binom{n}{2 k}) u^{m - k} v^{k} \equiv u^{m} (\sum_{k = 0}^{m} (\binom{n}{2 k})) \equiv u^{m} (2^{m - 1}) [p]$

Par conséquent $f (u, v) \equiv 0 \Rightarrow u \equiv 0 [p]$ . Même résultat pour $v$ .

Ainsi tout diviseur premier commun à $f (u, v)$ et $f (v, u)$ divise aussi $u$ et $v$ .

'Démonstration (6)'

(6): $f (u, v) = n v^{m} + u P (u, v)$ , $P$ un polynôme .

Avec $u \land n v^{m} = 1$ , alors $u \land f (u, v) = 1$ , le pgcd étant conservé par ajout de multiples de $u$

f_{n} (u, v)

et

f_{n} (u^{2}, v^{2})

ne sont pas forcément premiers entre eux!

$\begin{matrix} f_{11} (29, 18) & = 6117463571 & = 23 \times 109 \times 2440153 \\ f_{11} (2 9^{2}, 1 8^{2}) & = 42623439661994533 & = 23 \times 67 \times 27659597444513 \end{matrix}$

Puissance n première

Ici on considérera $n$ premier impair

n-valuation

Proposition

$n$ premier impair, $(u, v)$ copremiers de parité différente.

$\Rightarrow {\begin{matrix} n ∤ u \Rightarrow n ∤ f_{n} (u, v) \\ n ∣ u \Rightarrow v_{n} (f_{n} (u, v)) = 1 & (7) \end{matrix}$

Exemples:

$\begin{matrix} (u, v) & = (7^{3} \times 5^{3}, 22) \\ f_{3} (u, v) & = 23 \times 1867 \\ f_{5} (u, v) & = 5^{1} \times 18979 \times 19471 \\ f_{7} (u, v) & = 7^{1} \times 643 \times 743 \times 839 \times 28393 \\ f_{11} (u, v) & = 43 \times 1847 \times 977923 \times 1918245063019 \end{matrix}$

'Démonstration'

(7): Lorsque $n$ est premier, $n$ divise tous les coefficients binomiaux.

Si $n \geq 5$ , on peut écrire $\frac{f (n u, v)}{n} = v^{m} + n u P (u, v)$ , $P$ polynôme.

Facteurs premiers modulo 2n

Proposition

$n$ premier impair, $(u, v)$ copremiers de parité différente, $n ∤ u$

${\begin{matrix} f_{n} (u, v) & = \prod p_{i}^{v_{i}} \Rightarrow p_{i} \equiv \pm 1 [2 n] & (8) \\ f_{n} (u^{2}, v) & = \prod p_{i}^{v_{i}} \Rightarrow p_{i} \equiv \pm 1 [2 n] & (9) \\ f_{n} (u^{2}, v^{2}) & = \prod p_{i}^{v_{i}} \Rightarrow p_{i} \equiv 1 [2 n] & (10) \end{matrix}$

'Démonstration (10)'

cf^[2] : "When xn+yn=(x+y)Qn then Qn only has prime factors p=1modn"

En résumé, d'après (3bis) : $2^{n - 1} \frac{x^{n} + y^{n}}{x + y} = f_{n} ((x + y)^{2}, (x - y)^{2})$

Soit $p \neq n$ un diviseur premier impair de $\frac{x^{n} + y^{n}}{x + y}$

$x^{n} + y^{n} \equiv 0 [p]$ donne ${(x y^{- 1})}^{n} + 1 \equiv 0 [p]$ , soit ${(x y^{- 1})}^{2 n} \equiv 1 [p]$

D'après le petit théorème de Fermat ${(x y^{- 1})}^{p - 1} \equiv 1 [p]$

Donc $p - 1 ∣ 2 n$ et $p \equiv 1 [2 n]$

'Démonstration (8)'

cf^[3] : "Numbers with prime factors p≡±1(mod n) for n prime"

L'idée est d'utiliser la relation sous la forme:

$(\sqrt{x} - \sqrt{y})^{n} = \sqrt{x} f_{n} (x, y) - \sqrt{y} f_{n} (y, x)$ et de travailler dans $ℤ / 𝕟^{𝟚} ℤ$

Exemples

$f_{n} (u, v) \equiv \pm 1 [2 n]$ : Les facteurs premiers tous congrus à $\pm 1 [2 n]$

$\begin{matrix} f_{5} (6, 11) & = 1301 & \equiv 1 & [10] \\ f_{7} (6, 11) & = 181 \times 239 & \equiv - 1 \times 1 & [14] \\ f_{11} (6, 11) & = 47820079 & \equiv 1 & [22] \\ f_{13} (6, 11) & = 8969 \times 177269 & \equiv - 1 \times 1 & [26] \\ f_{19} (6, 11) & = 151 \times 386989747169 & \equiv - 1 \times - 1 & [38] \\ f_{23} (6, 11) & = 5278223 \times 12238317893 & \equiv - 1 \times - 1 & [46] \\ f_{29} (6, 11) & = 233 \times 521 \times 1309699 \times 14932891583 & \equiv 1 \times - 1 \times 1 \times - 1 & [58] \\ ... \end{matrix}$

$f_{n} (u^{2}, v) \equiv 1 [2 n]$ : Le nombre de facteurs en $- 1 [2 n]$ est pair.

$\begin{matrix} f_{5} (6^{2}, 11) & = 5861 & \equiv 1 & [10] \\ f_{7} (6^{2}, 11) & = 507809 & \equiv 1 & [14] \\ f_{11} (6^{2}, 11) & = 89 \times 6029 \times 7129 & \equiv 1 \times 1 \times 1 & [22] \\ f_{13} (6^{2}, 11) & = 883 \times 2341 \times 160627 & \equiv - 1 \times 1 \times - 1 & [26] \\ f_{17} (6^{2}, 11) & = 67 \times 187067 \times 199591969 & \equiv - 1 \times - 1 \times 1 & [34] \\ f_{19} (6^{2}, 11) & = 229 \times 683 \times 1901 \times 2963 \times 246469 & \equiv 1 \times - 1 \times 1 \times - 1 \times 1 & [38] \\ f_{23} (6^{2}, 11) & = 367 \times 4457595074737380607 & \equiv - 1 \times - 1 & [46] \\ f_{29} (6^{2}, 11) & = 1069838719517673460520580221 & \equiv 1 & [58] \\ ... \end{matrix}$

$f_{n} (u^{2}, v^{2}) \equiv 1 [2 n]$ : Les facteurs premiers tous congrus à $1 [2 n]$

$\begin{matrix} f_{5} (6^{2}, 1 1^{2}) & = 118061 & \equiv 1 & [10] \\ f_{7} (6^{2}, 1 1^{2}) & = 34188379 & \equiv 1 & [14] \\ f_{11} (6^{2}, 1 1^{2}) & = 23 \times 89 \times 2377 \times 586961 & \equiv 1 \times 1 \times 1 \times 1 & [22] \\ f_{13} (6^{2}, 1 1^{2}) & = 30187 \times 27342279823 & \equiv 1 \times 1 & [26] \\ f_{19} (6^{2}, 1 1^{2}) & = 2129 \times 3079 \times 3039225397425209 & \equiv 1 \times 1 \times 1 & [38] \\ f_{23} (6^{2}, 1 1^{2}) & = 1663964075070633572800332299 & \equiv 1 & [46] \\ f_{29} (6^{2}, 1 1^{2}) & = 59 \times 11250493 \times 60508154689065340703592763 & \equiv 1 \times 1 \times 1 & [58] \\ ... \end{matrix}$

Unicité

Forme (u+v)ⁿ=u.a+v.b

Nous allons étudier s'il y a d'autres décompositions possibles $(u + v)^{n} = u . a + v . b$ , avec $(u, v)$ premiers entre eux de parité différente, et $(a, b)$ n'ayant que des facteurs premiers en $1 [2 n]$ . Nous considérons aussi le cas $n | u$ où $v_{n} (a) = 2$ .

L'exemple $z = 7^{5}$ suivant nous montre que oui. L'informatique en trouve 114, dont voici une partie:

'Exemple des 114 occurrences pour $7^{5}$ '

$\begin{matrix} 7^{5} & = 1 \times (61) & + 6 \times (2791) \\ = 1 \times (241) & + 6 \times (11 \times 251) \\ ... \\ = 1 \times (6481) & + 6 \times (1721) \\ = 3 \times (31 \times 71) & + 4 \times (2551) \\ = 1 \times (6841) & + 6 \times (11 \times 151) \\ = 3 \times (2441) & + 4 \times (2371) \\ = 1 \times (11 \times 11 \times 61) & + 6 \times (1571) \\ ... \\ = 1 \times (8161) & + 6 \times (11 \times 131) \\ = 3 \times (11 \times 251) & + 4 \times (2131) \\ = 3 \times (2801) & + 4 \times (11 \times 191) \\ = 1 \times (8521) & + 6 \times (1381) \\ = 5 \times (5 \times 11 \times 31) & + 2 \times (41 \times 101) \\ = 1 \times (8641) & + 6 \times (1361) \\ ... \\ = 5 \times (5 \times 401) & + 2 \times (3391) \\ = 5 \times (5 \times 521) & + 2 \times (31 \times 61) \\ ... \\ = 1 \times (16741) & + 6 \times (11) \end{matrix}$

Dans ce dédale, la première formules du wiki atteint "uniquement" :

$\begin{matrix} 7^{5} & = 1 \times (6841) & + 6 \times (11 \times 151) \\ = 3 \times (2801) & + 4 \times (11 \times 191) \\ = 5 \times (5 \times 11 \times 31) & + 2 \times (41 \times 101) \end{matrix}$

Pourtant l'exemple montre l'existence de beaucoup d'autres formes en $1 a + 6 b, 3 a + 4 b$ , $5 a + 2 b$

Question: Existe-t-il des formules permettant de les atteindre?

Remarque:

Ici la formules des carrés ne compte pas, puisqu'elle donne des $- 1 [2 n]$ .

$\begin{matrix} 7^{5} & = 1 \times (1 1^{2})^{2} & + 6 \times (19)^{2} \\ = 3 \times (31 \times 19)^{2} & + 4 \times (59)^{2} \\ = 5 \times (5 \times 11)^{2} & + 2 \times (29)^{2} \end{matrix}$

Mais attention, sur d'autres nombres, il peut arriver qu'elle donne aussi des $1 [2 n]$ .Par exemple:

$\begin{matrix} 9^{5} & = 1 \times (241)^{2} & + 8 \times (11)^{2} \\ 1 5^{5} & = 7 \times (191)^{2} & + 8 \times (251)^{2} \end{matrix}$

pⁿ=(u+v)ⁿ=u.c²+v.d² avec p premier

Dans ce cas, nous allons pouvoir donner une proposition très intéressante. En effet, les puissances de nombres premiers ont une unique forme en carré. L'existence est donnée par la formule des carrés. Et elle est unique

Proposition

Soit $p$ un nombre premier impair. Alors pour tout couple $(u, v)$ d'entiers strictement positifs tels que $p = u + v$ et pour tout entier impair $n$ il existe un unique couple $(c, d)$ d'entiers strictement positifs premiers entre eux tels que $p^{n} = u c^{2} + v d^{2}$

'Démonstration'

Une première preuve utilisant la théorie des nombres ici sur mathstackexchange: ^[4]

Une autre beaucoup plus accessible de Jandri sur ilemaths:

Soit p premier et (a,b) entiers positifs tels que $p = a + b$ . On suppose $p^{n} = a u^{2} + b v^{2} = a x^{2} + b y^{2}$ avec $u, v$ premiers entre eux ainsi que $x, y$ . En combinant les égalités on obtient $p^{n} (y^{2} - v^{2}) = a (u^{2} y^{2} - v^{2} x^{2})$ donc $p^{n}$ divise $(u y - v x) (u y + v x)$ .

On montre assez facilement que $p$ ne peut pas diviser simultanément $u y - v x$ et $u y + v x$ et on en déduit que $p^{n}$ divise $u y - ε v x$ avec $ε = \pm 1$ .

Pour terminer on écrit, en multipliant les deux expressions de $p^{n}$ : $p^{2 n} = (a u x + ε b v y)^{2} + a b (u y - ε v x)^{2}$ .

On en déduit $u y = ε v x$ puis $u = x$ et $v = y$

Exemples:

les premières formes (à gauche) sont données par la formule des carrés. Celles supplémentaires à droite trouvées par l'informatique

$\begin{matrix} 3^{3} & = 1 \cdot 5^{2} & + & 2 \cdot 1^{2} \\ 5^{3} & = 1 \cdot 1 1^{2} & + & 4 \cdot 1^{2} \\ = 3 \cdot 3^{2} & + & 2 \cdot 7^{2} \\ 1 5^{3} & = 1 \cdot 4 1^{2} & + & 14 \cdot 1 1^{2} \\ = 7 \cdot 1 7^{2} & + & 8 \cdot 1 3^{2} \\ = 11 \cdot 1^{2} & + & 4 \cdot 2 9^{2} & = 11 \cdot 1 7^{2} + 4 \cdot 7^{2} \\ = 13 \cdot 7^{2} & + & 2 \cdot 3 7^{2} & = 13 \cdot 1^{2} + 2 \cdot 4 1^{2} \end{matrix}$

Remarques sur l'exposant pair

L'idée est de rechercher des formes $z^{2 m} = (u + v)^{2 m} = u \cdot c^{2} + v \cdot d^{2}$ avec $(c, d)$ copremiers.

Pour tous $z$ et $m$ , l'informatique sort systématiquement une solution du type $z^{2 m} = c^{2} + (z - 1) \cdot d^{2}$ , soit $u = 1 ou v = 1$

Pour les nombres premiers, c'est la seule et unique forme:

$\begin{matrix} 7^{2} & = (5)^{2} & + & 6 \cdot (2)^{2} \\ 7^{4} & = (1)^{2} & + & 6 \cdot (2 \times 2 \times 5)^{2} \\ 7^{6} & = (5 \times 47)^{2} & + & 6 \cdot (2 \times 3 \times 17)^{2} \\ 7^{8} & = (2399)^{2} & + & 6 \cdot (2 \times 2 \times 2 \times 5)^{2} \end{matrix}$

Pour les nombres composés, on observe des doublons comme:

$\begin{matrix} 2 1^{2} & = (19)^{2} & + & 20 \cdot (2)^{2} \\ = (11)^{2} & + & 20 \cdot (2 \times 2)^{2} \\ 2 1^{6} & = (11 \times 11 \times 19)^{2} & + & 20 \cdot (2 \times 17 \times 59)^{2} \\ = (11 \times 839)^{2} & + & 20 \cdot (2 \times 2 \times 43)^{2} \\ 1 5^{4} & = (113)^{2} & + & 14 \cdot (2 \times 2 \times 13)^{2} \\ = (223)^{2} & + & 14 \cdot (2 \times 2 \times 2)^{2} \end{matrix}$

Et parfois apparaissent d'autres cas que $u = 1 ou v = 1$ , avec éventuellement des doublons

$\begin{matrix} 2 1^{2} & = 17 \cdot (5)^{2} & + & 4 \cdot (2)^{2} \\ 3 3^{2} & = 31 \cdot (1)^{2} & + & 2 \cdot (23)^{2} \\ = 17 \cdot (7)^{2} & + & 16 \cdot (2 \times 2)^{2} \\ 2 1^{6} & = 17 \cdot (5 \times 13 \times 29)^{2} & + & 4 \cdot (2 \times 1259)^{2} \\ 3 3^{6} & = 17 \cdot (5 \times 7 \times 13)^{2} & + & 16 \cdot (2 \times 2 \times 2243)^{2} \\ = 31 \cdot (7 \times 449)^{2} & + & 2 \cdot (5 \times 23 \times 193)^{2} \end{matrix}$

Comme le cas des puissances impaires, l'idée est de chercher une formule en partant du binôme.

On arrive alors à une forme $(x + y)^{2 m} = A^{2} + x y \cdot B^{2}$

Proposition

$n = 2 m$ ,

$(x - y)^{n} = A^{2} - x y \cdot B^{2} = {(\sum_{k = 0}^{m} (\binom{n}{2 k}) x^{m - k} y^{k})}^{2} - x y \cdot {(\sum_{k = 0}^{m - 1} (\binom{n}{2 k + 1}) x^{m - 1 - k} y^{k})}^{2}$

'Démonstration'

On procède comme pour le cas impair. Sauf qu'ici il n'y a plus la symétrie avec les $f_{n} (x, y)$ et $f_{n} (y, x)$

$(x - y)^{n} = \sum_{k = 0}^{n} (\binom{n}{k}) x^{n - k} (- y)^{k} = \sum_{k = 0}^{m} (\binom{n}{2 k}) x^{2 m - 2 k} y^{2 k} - \sum_{k = 0}^{m - 1} (\binom{n}{2 k + 1}) x^{2 m - 2 k - 1} y^{2 k + 1}$

$(x - y)^{n} = (\sum_{k = 0}^{m} (\binom{n}{2 k}) (x^{2})^{m - k} (y^{2})^{k}) - x y (\sum_{k = 0}^{m - 1} (\binom{n}{2 k + 1}) (x^{2})^{m - k - 1} (y^{2})^{k})$

donc $(x - y)^{n} = A (x^{2}, y^{2}) - x y \cdot B (x^{2}, y^{2})$

Par conséquent $(x + y)^{n} = A (x^{2}, y^{2}) + x y \cdot B (x^{2}, y^{2})$

Comme pour le cas impair en multipliant, $(x^{2} - y^{2})^{n} = A^{2} - x^{2} y^{2} \cdot B^{2}$

Puis on substitue $(x, y)$ à $(x^{2}, y^{2})$

Exemples:

$\begin{matrix} (x + y)^{2} & = {(x - y)}^{2} & + & x y \cdot {(2)}^{2} \\ (x + y)^{4} & = {(x^{2} - 6 x y + y^{2})}^{2} & + & x y \cdot {(4 x - 4 y)}^{2} \\ (x + y)^{6} & = {(x^{3} - 15 x^{2} y + 15 x y^{2} - y^{3})}^{2} & + & x y \cdot {(6 x^{2} - 20 x y + 6 y^{2})}^{2} \end{matrix}$

Si on cherche $(u + v)^{2 m} = u \cdot v^{2} + b \cdot d^{2}$ , alors la formule ne va être applicable que pour les cas $u = 1 ou v = 1$ . Et pour $m$ impair elle offre peu d'intérêt puisqu'on retombe sur un des cas impair donné par la formule des carrés. En effet:

$\begin{matrix} 1 7^{6} & = (3 \times 3 \times 5 \times 11)^{2} & + 16 \cdot (2 \times 13 \times 47)^{2} \\ = 28 9^{3} & = 225 \cdot (3 \times 11)^{2} & + 64 \cdot (13 \times 47)^{2} \end{matrix}$

$\begin{matrix} 2 3^{6} & = (3 \times 3 \times 7 \times 59)^{2} & + 22 \cdot (2 \times 5 \times 13 \times 19)^{2} \\ = 52 9^{3} & = 441 \cdot (3 \times 59)^{2} & + 88 \cdot (5 \times 13 \times 19)^{2} \end{matrix}$

Le seul intérêt ici est donc l'étude des puissances paires $n = 2^{k}$

Exemples:

$\begin{matrix} 1 7^{2} = 1 \cdot (3 \times 5)^{2} & + & 16 \cdot (2)^{2} \\ 1 7^{4} = 1 \cdot (7 \times 23)^{2} & + & 16 \cdot (2 \times 2 \times 3 \times 5)^{2} \\ 1 7^{8} = 1 \cdot (79 \times 401)^{2} & + & 16 \cdot (2 \times 2 \times 2 \times 3 \times 5 \times 7 \times 23)^{2} \end{matrix}$

On peut toutefois donner ici la preuve de l'observation que nous avons faites sur les nombres premiers:

Proposition

$p$ premier impair et $(u, v)$ 2 entiers positifs tels que $p = u + v$

Alors la forme $p^{2 m} = (u + v)^{2 m} = u \cdot c^{2} + v \cdot d^{2}$ , $(c, d)$ copremiers, n'existe que pour $u = 1$ ou $v = 1$ . De plus, elle est unique.

'Démonstration'

La preuve d'unicité pour le cas impair s'applique aussi au cas pair.

Avec $p = a + b$ . Pour montrer l'inexistence pour $a \neq 1 et b \neq 1$ , une preuve magnifique de Jandri par descente : on montre que s'il existe $(u, v)$ tel que $p^{2 n} = a u^{2} + b v^{2}$ alors il existe $(u^{'}, v^{'})$ tel que $p^{2 n - 2} = a u'^{2} + b v'^{2}$ . Jusqu'à $n = 0$ et ainsi conclure que $a = 1 ou b = 1$

Le passage de $2 n$ à $2 n - 2$ se fait en deux étapes. On peut supposer que $p ∤ u$ (sinon c'est fait).

$a + b \equiv 0 (\mod p)$ , donc $u^{2} \equiv v^{2} (\mod p)$ d'où $v = ε u + p w$ .

Ce qui donne $p^{2 n - 1} = u^{2} + 2 ε b u w + p b w^{2}$ .

On en déduit $p ∣ u + 2 ε b w$ , d'où $u + 2 ε b w = p t$

En reportant dans l'égalité que l'on réécrit comme $p^{2 n - 1} = (u + ε b w)^{2} - b^{2} w^{2} + p b w^{2}$

$p^{2 n - 1} = (p t - ε b w)^{2} - b^{2} w^{2} + p b w^{2} = p^{2} t^{2} - 2 ε p b w t + p b w^{2}$

En simplifiant par $p$ puis en utilisant $p = a + b$ , on obtient $p^{2 n - 2} = a t^{2} + b (t - ε w)^{2}$

Corollaire pour les carrés

Soit $p$ un premier impair. Alors $\exists! (c, d) \in ℕ^{2}, c \land d = 1$ tels que $p^{2} = c^{2} + (p - 1) d^{2}$

En l'occurrence $p^{2} = (p - 2)^{2} + 2^{2} (p - 1)$

Exemples: On observe des doublons sur des nombres composés. Avec parfois l'existence d'autres formes, ou aucune autre pour 35

$\begin{matrix} 2 1^{2} & = (19)^{2} & + & 20 \cdot (2)^{2} \\ = (11)^{2} & + & 20 \cdot (2 \times 2)^{2} \\ = 17 \cdot (5)^{2} & + & 4 \cdot (2)^{2} \\ 3 3^{2} & = (31)^{2} & + & 32 \cdot (2)^{2} \\ = (17)^{2} & + & 32 \cdot (5)^{2} \\ = 17 \cdot (7)^{2} & + & 16 \cdot (2 \times 2)^{2} \\ = 31 \cdot (1)^{2} & + & 2 \cdot (23)^{2} \\ 3 5^{2} & = (3 \times 11)^{2} & + & 34 \cdot (2)^{2} \\ = (1)^{2} & + & 34 \cdot (2 \times 3)^{2} \end{matrix}$

La réciproque est fausse

39 a une unique forme sur $(1, 38)$ , mais une autre sur $(25, 14)$ , ce qui "trahit" sa non-primalité.

$\begin{matrix} 3 9^{2} = (3 \cdot 13)^{2} & = (37)^{2} & + & 38 \cdot (2)^{2} \\ = 25 \cdot (5)^{2} & + & 14 \cdot (2 \times 2 \times 2)^{2} \end{matrix}$

Par contre, 87 est le plus petit nombre composé à n'avoir qu'une seule forme en $a \cdot u^{2} + b \cdot v^{2}$ . Puis ensuite 93

$\begin{matrix} 8 7^{2} = (3 \cdot 29)^{2} & = (5 \times 17)^{2} & + & 86 \cdot (2)^{2} \\ 9 3^{2} = (3 \cdot 31)^{2} & = (7 \times 13)^{2} & + & 92 \cdot (2)^{2} \end{matrix}$

Cependant ils "trahissent" leur non-primalité sur les cubes où il existe 2 forme sur un même couple $(a, b)$

$\begin{matrix} 8 7^{3} & = 85 \cdot (79)^{2} & + & 2 \cdot (11 \times 23)^{2} \\ = 85 \cdot (17)^{2} & + & 2 \cdot (563)^{2} \\ 9 3^{3} & = 91 \cdot (5 \times 17)^{2} & + & 2 \cdot (271)^{2} \\ = 91 \cdot (37)^{2} & + & 2 \cdot (11 \times 53)^{2} \end{matrix}$

Remarques sur le trinôme

on rappelle ici la formule du trinôme $(x + y + z)^{n} = \sum_{i + j + k = n} \frac{n!}{i! j! k!} x^{i} y^{j} z^{k}$

On peut en effet se demander ce qu'il se passe sur le trinôme.

Déjà l’existence de triplets $(a, b, c)$ tels que $(x + y + z)^{n} = x . a^{2} + y . b^{2} + z . c^{2}$ avec les facteurs premiers de $(a, b, c)$ en $\pm 1 [2 n]$ ?

Et bien oui, il en existe. Mais pas tout le temps . A priori il n'apparaît aucun schéma simple. Ne serait-ce que sur le nombre de solutions.

On donne quelques exemples ici :

$\begin{matrix} 1 9^{5} = (1 + 7 + 11)^{5} & = 1 \times 91 1^{2} & + 7 \times 25 1^{2} & + 11 \times 33 1^{2} \\ 2 5^{5} = (7 + 5 + 13)^{5} & = 7 \times 70 1^{2} & + 5 \times 57 1^{2} & + 13 \times 60 1^{2} \\ 9^{7} = (3 + 5 + 1)^{7} & = 3 \times 44 9^{2} & + 5 \times 91 1^{2} & + 1 \times 1 3^{4} \end{matrix}$

Ensuite, l’existence de formes $x^{n} + y^{n} + z^{n} = (x + y + z) f_{n} (x, y, z)$ avec les facteurs premiers de $f_{n} (x, y, z)$ en $1 [2 n]$

Oui. Quelques exemples ici :

$\begin{matrix} 8^{3} + 1 1^{3} + 1 4^{3} = (8 + 11 + 14) \times 139 \\ 8^{5} + 1 1^{5} + 1 4^{5} = (8 + 11 + 14) \times 22171 \\ 8^{7} + 1 1^{7} + 1 4^{7} = (8 + 11 + 14) \times 3848419 \end{matrix}$

Mais cela s'arrête pour la puissance 11. Donc a priori pas de formule générale

Conclusion

Afin de généraliser à "toutes les puissances", nous pouvons condenser les résultats trouvés dans la proposition suivante :

Soit $p$ un premier impair et $n$ un entier positif. Alors il existe 2 uniques entiers positifs $(c, d)$ premiers entre eux tels que $p^{n} = c^{2} + (p - 1) \cdot d^{2}$ . De plus, si l'exposant $n$ est premier impair, les facteurs premiers de $(u, v)$ sont congrus à $\pm 1 [2 n]$ .

L'existence est assurée par les relations $p = 1^{2} + (p - 1) 1^{2}$ et $(a u^{2} + b v^{2}) (a x^{2} + b u^{2}) = (a u x \pm b v y)^{2} + a b (u y \mp v x)^{2}$ , où ici $(a, b) = (1, p - 1)$ . Mais on peut s'étonner de l'unicité qui perdure sur les puissances, constituant une sorte de "ligne de crête" remarquable si on fait le parallèle avec le théorème des 2 carrés. En effet, si pour les premiers $p \equiv 1 [4]$ il existe 2 uniques $(a, b)$ tels que $p = a^{2} + b^{2}$ , alors il se crée une ramification lorsqu'on passe aux puissances, les $(p^{2 k - 1}, p^{2 k})$ ayant exactement $k$ décompositions différentes en somme de 2 carrés. Une autre remarque concerne l'accessibilité de cette ligne de crête. Car si on choisit un premier $p \equiv 1 [4]$ , il n'existe pas de formule pour trouver directement les $(a, b)$ , mais des algorithmes. Le chemin $p^{n} = c^{2} + (p - 1) \cdot d^{2}$ est directement accessible, avec des formules explicites pour les $(c, d)$ . Enfin, sur la congruence des facteurs premiers à $\pm 1 [2 n]$ , nous ne ferons qu'admirer la beauté de cette étrangeté mathématique.

Applications

Points rationnels des coniques du type ax²-by²=a-b

Soient les coniques du type $a x^{2} - b y^{2} = a - b$

En réécrivant $\frac{a}{a - b} x^{2} - \frac{b}{a - b} y^{2} = 1$ . Alors d'un point $(1, 1)$ solution , on en déduit une infinité d'autre par mise à la puissance $n$ et l'utilisation de la formule des carrés : $\frac{a}{(a - b)} {(\frac{f_{n} (a, b)}{(a - b)^{m}})}^{2} - \frac{b}{(a - b)} {(\frac{f_{n} (b, a)}{(a - b)^{m}})}^{2}) = 1^{n} = 1$

Un exemple ici : On remarque que les points apparaissent en "tournant"

Construction de points rationnels par application des $f_{n} (x, y)$ à partir de (1;1)

Les points reliés reforment une ellipse semblable de demi grand axe 1

Équation de Bachet-Mordell

Pour rappel, ce sont les équations en nombre entier du type $y^{2} = x^{3} + k, k \in ℤ$ (un bon résumé ici http://villeminen posant.gerard.free.fr/aMaths/ThNb/Bachet.htm , qui référence d'autres excellents sites).

Ici nous travaillons pour $k < 0$ (équation de Bachet)

Nous donnons 3 paramétrisations de solutions: pour $k = (3 n^{2} + 1)_{n}$ , $k = (3 n^{2} - 1)_{n}$ et $k = {((n - 1) (n - 4)^{2})}_{n}$

On part de l'identité remarquable :

$(a + b)^{3} = a (a - 3 b)^{2} + b (b - 3 a)^{2}$

2 possibilités:

1) On pose $(a, b) = (1, x - 1)$ , et on obtient cette magnifique formule du partage d'un cube:

$\begin{matrix} x^{3} & = & (3 x - 4)^{2} & + & (x - 1) (x - 4)^{2} & (E 3) \\ x^{3} & = & y^{2} & + & - k \end{matrix}$

Voici les solutions pour $b = 1, 2, 3, 4, 5, ...$ $\begin{matrix} (E 3) : & (x, y, k) = (1, 1, 0), (2, 2, - 4), (3, 5, - 2), (4, 8, 0), (5, 11, - 4), (6, 14, - 20), (7, 17, - 54), (8, 20, - 112), (9, 23, - 200), ... \end{matrix}$

On remarque ici que ce "partage" du cube donne les solutions aux cubiques qu'a étudié Fermat, à savoir $y^{2} = x^{3} - 2$ et $y^{2} = x^{3} - 4$ . Est-ce un hasard ou avait-il découvert ces formules? Même si cela ne dit pas que ce sont les seules solutions, ce qu'il dit avoir démontré.

2) On change $b \to b^{2}$ , ce qui donne $(a + b^{2})^{3} = a (a - 3 b^{2})^{2} + {(b (b^{2} - 3 a))}^{2}$

On a un premier carré.

On y est presque en simplifiant le carré de gauche en posant $(a - 3 b^{2})^{2} = 1$ , soit $a = 3 b^{2} + 1$ ou $a = 3 b^{2} - 1$

$\begin{matrix} a = 3 b^{2} + 1 \Rightarrow & (4 b^{2} + 1)^{3} & = & (3 b^{2} + 1) & + & {(b (8 b^{2} + 3))}^{2} & (E 1) \\ a = 3 b - 1 \Rightarrow & (4 b^{2} - 1)^{3} & = & (3 b^{2} - 1) & + & {(b (8 b^{2} - 3))}^{2} & (E 2) \\ x^{3} & = & - k & + & y^{2} \end{matrix}$

Ce qui donne comme solutions pour $b = 1, 2, 3, 4, 5, ...$

$\begin{matrix} (E 1) : & (x, y, k) = (5, 11, - 4), & (17, 70, - 13), & (37, 225, - 28), & (65, 524, - 49), & (101, 1015, - 76), ... \\ (E 2) : & (x, y, k) = (3, 5, - 2), & (15, 58, - 11), & (35, 207, - 26), & (63, 500, - 47), & (99, 985, - 74), ... \end{matrix}$

Le grand théorème de Fermat

Une remarque presque anodine

$n > 2 \Rightarrow z^{n} \neq x^{n} + y^{n}$ : "« Décomposer un cube en deux autres cubes, une quatrième puissance, et généralement une puissance quelconque en deux puissances de même nom au-dessus de la seconde puissance, est une chose impossible, et j’en ai réellement trouvé l’admirable démonstration. La marge trop exiguë ne la contiendrait pas. »

C'était un "simple" commentaire à une question du livre de Diophante. Sa date est inconnue. Mais Fermat n'en reparlera jamais. Pendant les 25 ans d'une correspondance très fournie avec ses contemporains, aucune allusion autre que les les cas $n = 3$ et $n = 4$ . . Plus aucune trace. Un mystère total.

Rappels historiques

Des investigations historiques déjà été faites par de nombreux spécialistes, comme Tannery^[5] , Itard^[6], Rashed^[7], Goldstein^[8] , Bachmakova^[9]. Mais consulter tous ces remarquables travaux ne suffit pas. Il faut aller relire quelques pages de la correspondance de Fermat^[10], ne serait que pour s’imprégner de son style si courtois, précis et honnête. On peut retenir les jalons suivants:

Lettre à Domini de Sainte-Croix en 1636 ou 1637 : Fermat le met "au défi" de trouver des entiers tels que $z^{3} = x^{3} + y^{3}$ et $z^{4} = x^{4} + y^{4}$ . Il a donc déjà les cas $n = 3$ et $n = 4$ de son théorème. Le cas $n = 3$ prend probablement sa source à la question $a^{3} + b^{3} = c^{3} + d^{3}$ du Diophante. Celle-ci amène naturellement à la question de diviser un cube^[11]. Mais c'est impossible. Fermat en fait l'annonce d'une preuve grâce à sa nouvelle technique révolutionnaire appelée "descente infinie". Malheureusement il n'en laissera aucuns détails pour ce cas précis^[12]. C'était coutume à son époque, où il ne fallait pas trop dévoiler ses secrets. D'ailleurs, dans toute sa correspondance, il n'expliquera qu'une seule fois la démarche, au moment de prouver qu'un triangle pythagoricien ne peut pas avoir une aire carrée.^[13] Et c'est ce résultat qui implique directement le cas $n = 4$ . Ainsi, les cas $n = 3$ et $n = 4$ , s'ils se ressemblent par la forme, sont a priori complètement indépendants. Le grand théorème $z^{n} \neq x^{n} + y^{n}$ n'arrive donc pas d'un seul bloc.
Lettre à Mersenne en décembre 1638: pour la recherche de nombre premiers, Fermat dit ne ne connaître que le "vulgaire" crible d'Ératosthène^[14]. Et que ça le rebute.
Lettre à Frenicle en avril 1640 : Fermat se plaint des innombrables divisions pour trouver les facteurs premiers^[15]
Lettre à Mersenne de mai 1640 : il veut vérifier si Frenicle "ne procède point par tables" en le mettant au défit des 2 problèmes précédents. Il veut signifier qu'il en a trouvé une véritable démonstration mathématique, que ça n'est pas une conjecture déduite de tables de calcul.

Lettre à Mersenne de juin 1640 : il annonce que $2^{n} - 1$ n'a que des facteurs premiers en $1 [2 n]$ ^[16]

Lettre à Frenicle d'aout 1640 : il annonce que $\frac{2^{n} + 1}{3}$ n'a que des facteurs premiers en $1 [2 n]$ ^[17]
Lettre à Roberval d'aout 1640^[18] : Il annonce que si un nombre est composé de deux quarrés premiers entre eux, il ne peut pas être divisé par un premier congrus à 3[4]. Et qu'on pourra donc se passer des divisions par 3, 7, 11, ...

Lettre à Frenicle d'octobre 1640 : il a élargi $2^{n}$ à $a^{n}$ , et annonce son "petit" théorème pour $p$ premier : $\forall a, p | (a^{p - 1} - 1)$ [1]
Lettre à Mersenne en décembre 1640 : il annonce son théorème des 2 carrés : $p$ premier et congrus à $1 [4]$ est unique somme de 2 carrés^[19]. Mais aussi il étend aux puissances en précisant que $(p^{2 k - 1}, p^{2 k})$ ont exactement $k$ décompositions différentes en somme de 2 carrés.

Il quasiment certain que Fermat a continué son travail sur les puissances. Notamment que $\frac{x^{p} + y^{p}}{x + y}$ ne contient que des facteurs premiers congrus à $1 [2 p]$

Factorisation

Avant de rentrer dans le cercle de Mersenne, Fermat a lu Diophante, qui sort en 1621 par la traduction commentée de Bachet de Méziriac . Il a probablement aussi déjà lu les Notae priores de François Viète sorti en 1631^[20]. Il connaît donc:

le développement de $(x + y)^{n} = x^{n} + n y x^{n - 1} + ... + n x y^{n - 1} + y^{n}$ , le fameux binôme de Newton.
le fait que les coeffcients sont tous des multiples de l'exposant lorsque n est premier.
la factorisation $x^{n} - y^{n} = (x - y) (x^{n - 1} + x^{n - 2} y + ... + x y^{n - 2} + y^{n - 1})$ .
les relations coefficient-racines, dites Formules de Viete

Il a donc pu aller beaucoup plus loin : notamment la factorisation de $(x + y)^{p} - (x^{p} + y^{p})$ pour p premier, détaillé dans le chapitre "relations algébriques", qu'on rappelle ici par la forme;

$(x + y)^{p} - (x^{p} + y^{p}) = p x y (x + y) (x^{2} + x y + y^{2})^{k} Q (x, y)$ , $k = 1 pour p \equiv - 1 [6], k = 2 pour p \equiv 1 [6]$

La première question qu'on peut se poser à ce niveau est: perçoit-il une incongruité en subsituant une puissance à $x^{p} + y^{p}$

On aurait alors:

$(x + y)^{p} - z^{p} = (x + y - z) P (x, y)$

L'éclair lui vient-il à au moment d'égaliser les deux formes ?

Nombres premiers

S'il a pu faire des manipulations algébriques sophistiquées, Fermat n'a pas encore vu leur propriétés autour des nombres premiers. On le lit se plaindre du crible d'Ératosthène. C'est vers 1640 qu'il commence à voir des lumières salvatrices, avec la possibilité d'un tamis: utiliser uniquement des facteurs premiers en $1 [2 p]$ pour factoriser $2^{p} - 1$ , ou des $1 [4]$ pour la somme des carrés.

S'il fait quelques tables de calcul, il peut rapidement s'apercevoir que les valuations des facteurs premiers sont loin d'être des puissances. On peut en douter, lui qui se dit "paresseux". Éventuellement pour $p = 5$ , la table étant très belle, avec des facteurs premiers se terminant tous par le chiffre 1

'Facteurs premiers de $(x^{5} + y^{5}) / (x + y)$ pour $(x, y)$ copremiers :'

$\begin{matrix} x ∖ y & 1^{5} & 3^{5} & 5^{5} & 7^{5} & 9^{5} & 1 1^{5} & 1 3^{5} & 1 5^{5} \\ 2^{5} & 11 & 5 \times 11 & 11 \times 41 & 1871 & 41 \times 131 & 12391 & 5 \times 4951 & 11 \times 31 \times 131 \\ 4^{5} & 5 \times 41 & 181 & 461 & 1621 & 4621 & 5 \times 2161 & 11 \times 11 \times 181 & 31 \times 1291 \\ 6^{5} & 11 \times 101 & - - - & 991 & 31 \times 61 & - - - & 9931 & 71 \times 281 & - - - \\ 8^{5} & 11 \times 331 & 3001 & 11 \times 251 & 5 \times 661 & 11 \times 491 & 101 \times 101 & 71 \times 271 & 11 \times 31 \times 101 \\ 10^{5} & 9091 & 11 \times 701 & - - - & 6871 & 11 \times 761 & 31 \times 401 & 31 \times 661 & - - - \\ 12^{5} & 19141 & - - - & 14821 & 11 \times 31 \times 41 & - - - & 71 \times 251 & 5 \times 11 \times 11 \times 41 & - - - \\ 14^{5} & 5 \times 71 \times 101 & 31 \times 1021 & 71 \times 401 & - - - & 25951 & 5 \times 5591 & 11 \times 3061 & 41 \times 1091 \end{matrix}$

'Facteurs premiers de $(x^{5} - y^{5}) / (x - y)$ pour $(x, y)$ copremiers:'

$\begin{matrix} x ∖ y & 1^{5} & 3^{5} & 5^{5} & 7^{5} & 9^{5} & 1 1^{5} & 1 3^{5} & 1 5^{5} \\ 2^{5} & 31 & 211 & 1031 & 5 \times 11 \times 61 & 8431 & 17891 & 33751 & 58411 \\ 4^{5} & 11 \times 31 & 11 \times 71 & 11 \times 191 & 5261 & 5 \times 11 \times 211 & 22861 & 41141 & 71 \times 971 \\ 6^{5} & 5 \times 311 & - - - & 4651 & 11 \times 821 & - - - & 5 \times 6131 & 11 \times 4721 & - - - \\ 8^{5} & 31 \times 151 & 5 \times 1301 & 41 \times 241 & 11 \times 1451 & 41 \times 641 & 61 \times 701 & 5 \times 11 \times 1231 & 103801 \\ 10^{5} & 41 \times 271 & 14251 & - - - & 11 \times 2521 & 31 \times 1321 & 61051 & 11 \times 8221 & - - - \\ 12^{5} & 22621 & - - - & 11 \times 3191 & 5 \times 9281 & - - - & 41 \times 2141 & 151 \times 811 & - - - \\ 14^{5} & 11 \times 3761 & 48871 & 11 \times 11 \times 491 & - - - & 5 \times 11 \times 1741 & 125591 & 241 \times 691 & 11 \times 11 \times 1831 \end{matrix}$

Peut-il avoir un déclic pour généraliser les cas $n = 3, n = 4$ à $x^{p} + y^{p} \neq z^{p}$ ? Ça paraît léger. Avec ça, on postule beaucoup plus large, par exemple $x^{p} + y^{p} \neq z^{r}, r > 3$ . Ce qui est conjecturé encore aujourd'hui. Or Fermat reste "coincé" sur la même puissance. On présume donc qu'il utilise les factorisations dans $ℤ$

xp+yp=(x+y)P(x,y)=zp donne
- $(x, y, z)$ forcés d'avoir des facteurs premiers en $1 [2 p]$ .
- $(x + y, z - x, z - y) = (a^{p}, b^{p}, c^{p})$ , soit $2 z = b^{p} + c^{p} - a^{p}$

$(x + y)^{p} - (x^{p} + y^{p}) = p x y (x + y) (x^{2} + x y + y^{2})^{k} Q (x, y)$ donne qu'on se retrouve à gauche avec une différence de puissance, et donc à droite des facteurs premiers en $1 [2 p]$ sur $Q (x, y)$ . Mais il n'y a pas de régularité sur les $Q (x, y)$ . Leur expression devient compliquée, voir imprédictible, au fur et à mesure que l'exposant grandit. Donc sans vraiment de généralisation possible à toutes les puissances. Un seul motif est commun, à savoir ce $x^{2} + x y + y^{2} = {(\frac{x - y}{2})}^{2} + 3 {(\frac{x + y}{2})}^{2}$ , dont tous les facteurs premiers sont congrus à $1 [6]$ . Mais ça ne les interdit pas d'être aussi congrus à $1 [2 p]$ ^[21].

Au final, toutes ces contraintes filtrent énormément les éventuels nombres "candidats" qu'il faudrait tester, devenant alors beaucoup trop grands pour un calcul à la main. Mais aucune impossibilité ou absurdité n'apparaît clairement. Tout cela sera reprise et étudié par les plus grands mathématiciens du 18ème siècle. Mais sans aboutir à une généralisation à toutes les puissances. C'est la factorisation dans $ℂ$ qui va s'en suivre et initier beaucoup de progrès. Mais toujours sans atteindre une preuve générale. Ce qu'on peut relever, c'est que ces nouvelles mathématiques vont rapidement dépasser les connaissances supposées de Fermat. On peut résolument penser qu'il a existé un chemin plus "simple", autre que la factorisation, qui a éveillé son intuition.

Fermat et les carrés

Par les traductions de livre de Diophante^[22], Fermat hérite des questions de ces prédécesseurs autour des carrés et des cubes. Mais il marque une vraie rupture par rapport à la tradition diophantienne. Il se focalise sur les nombres entiers, là où les autres cherchent des nombres rationnels. Lui voit apparaître de la structure avec les nombres premiers. Une fois lancé, il continuera de s'intéresser aux combinaisons linéaires de carrés entiers, avec notamment les familles de nombres premiers de la forme $a^{2} + b^{2}$ , $a^{2} + 2 b^{2}$ , $a^{2} + 3 b^{2}$ . Ainsi que l'équation $x^{2} - n y^{2} = 1$ ^[23], ... Il a également innové dans les méthodes de résolution de systèmes doubles ou triples d'équations $a_{i} x + b_{i} = y^{2}$ . En algèbre, il s'intéresse aux techniques d'élimination, où il publie même un papier^[24]. Ces méthodes consiste à supprimer des inconnues, et réduire le degré des équations. On renvoie aux explications d'Erwan Penchevre^[25]. Enfin, il était expert en carrés magiques. Et même des carrés magiques en 3 dimensions, nommés cubes magiques^[26]!

Bref, il y a beaucoup d'indices pour penser que Fermat avait découvert la forme des carrés $(𝐱 + 𝐲)^{𝐧} = 𝐱 \cdot 𝐜^{𝟐} + 𝐲 \cdot 𝐝^{𝟐}$

En effet, pour $n = 3$ , on $(a + b)^{3} = a (a - 3 b)^{2} + b (b - 3 a)^{2}$

Soit une belle formule pour les cubiques $(a^{2} + d)^{3} = {(a (a^{2} - 3 d))}^{2} + d {(d - 3 a^{2})}^{2}$

Or Fermat a travaillé sur $x^{3} = y^{2} + 2$ et $x^{3} = y^{2} + 4$ .

Pour $d = 2$ , dans $ℤ$ on trouve uniquement $a = 1$ et la solution $(3, 5)$

Pour $d = 4$ , là encore $a = 1$ , soit la solution $(5, 11)$ . Mais on peut aussi considérer $d = 1, 1 - 3 a^{2} = \pm 2$ qui donne l'autre solution $(2, 2)$ .

Surtout Fermat dira avoir réussi à prouver par descente que ce sont les seules.

Notons qu'il aurait pu citer à ses correspondants $x^{3} = y^{2} + 1$ , qui donne $a = 0$ , et la (seule) solution $(1, 0)$ . Peut-être était-ce moins spectaculaire. Ou qu'il n'a pas réussi à le montrer par descente^[27].

La formule des carré donne également directement la forme servant à la descente pour $z^{3} \neq x^{3} + y^{3}$ ^[12]:

$(u^{2} + 3 v^{2})^{3} = {(u (u^{2} - 9 v^{2}))}^{2} + 3 {((v (3 v^{2} - 3 u^{2}))}^{2} = {(u (u - 3 v) (u + 3 v))}^{2} + 3 {((3 v (v - u) (v + u))}^{2}$

L'idée de Fermat?

Je ne propose pas ici preuve du Grand théorème, mais plutôt une idée originale que Pierre de Fermat aurait pu avoir en lisant la question du Diophante avec cette formule des carrés dans la tête. Car il faut un déclencheur fort pour générer ce sentiment "admirable", dont on ressent toute la puissance dans le commentaire. Allez, pour cela, retour aux triplets pythagoriciens, puisque c'était la question originelle, à savoir comment partager un carré en 2 carrés, soit $z^{2} = x^{2} + y^{2}$ .

Considérons un entier $w$ quelconque tel que $w < x$ et $w < y$ et $p$ un premier supérieur ou égal à 5

Dans $z^{p} = x^{p} + y^{p}$ , Substituons $(w + x^{'}, w + y^{'}, w + z^{'})$ à $(x, y, z)$ .

Cela donne:

$(w + z^{'})^{p} = (w + x^{'})^{p} + (w + y^{'})^{p}$

Avec la formule des carrés, cela devient:

$w \cdot e^{2} + z^{'} \cdot f^{2} = w \cdot a^{2} + x^{'} \cdot b^{2} + w \cdot c^{2} + y^{'} \cdot d^{2}$

avec $(a, b, c, d, e, f)$ des entiers ne contenant que des facteurs premiers congrus à $\pm 1 [2 n]$ , 3 et 5 étant exclus.

On peut réécrire l'expression sous la forme: $z^{'} \cdot f^{2} - x^{'} \cdot b^{2} + y^{'} \cdot d^{2} = w \cdot (a^{2} + c^{2} - e^{2})$

Si pour $w \neq 0$ on arrive à annuler le terme gauche, alors on obtient $e^{2} = a^{2} + c^{2}$ .

Soit des triplets pythagoriciens absurdes. En effet, Dans la relation $e^{2} = a^{2} + c^{2}$ , 3 et 5 divisent forcément le produit $e a c$ .

L'idée n'est-elle pas séduisante? Maintenant est-il possible d'en faire quelque chose? Si on peut obtenir des équations avec des carrés, Fermat, le spécialiste, en a-t-il fait quelque chose? Existe-t-il un certain $w$ qui fonctionne^[28]? Sinon peut-on construire un système d'équation avec plusieurs valeurs de $w$ ? Cher lecteur, si tu as des idées, n'hésite pas à te manifester!

Plausibilité historique

Voici pourquoi Je trouve cette hypothèse assez intéressante du point de vue historique :

- Si ça "fonctionne" pour $p \geq 5$ , cela ne s'applique pas aux cas $n = 4$ car il faut que $p$ soit premier impair. Et pour le cas $p = 3$ , la formule des carrés engendre des facteurs premiers en $\pm 1 [6]$ . Or c'est le cas de tous les nombres premiers supérieurs à 3. Donc 5 n'y est pas exclu. Il faut donc une autre technique. En l’occurrence la nouvelle descente infinie inventée par Fermat lui-même! Les cas $n = 3$ et $n = 4$ restent particuliers. C'étaient les premiers qu'il a prouvés, et ils ne se font pas englobés. Chronologiquement, ça se tient.

- C'est suffisamment expéditif pour qu'on puisse trouver cela "admirable".

- Avec du recul, Fermat a pu se dire que finalement ça ne marcherait pas. C'est l'hypothèse de l'historien Jean Itard, afin de justifier qu'il ne citera plus jamais le cas général à ses correspondants. J'en doute car il était honnête homme. Il n'aurait pas laissé la remarque dans le Diophante. S'il a réussi à aller au bout de l'idée, n'était-ce juste simplement pas si important? Rappelons que le bébé de Fermat, c'est la descente infinie. On le voit bien dans sa correspondance. C'était l'invention de sa vie! Dans ses dernières lettres à Wallis, Digby, ou Carcavi, il n'énoncera quasiment plus que les résultats qu'il aura démontrés par descente. Les autres sont presque laissé au second plan.

- La descente infinie est très compliquée pour $n = 5$ . Fermat n'a pas pu y arriver, Dirichlet et Legendre en venant à bout en 1825^[29]. Pire, la technique devient quasi inopérante pour les exposants supérieurs^[1]. Or on sait que Fermat a toujours été suffisamment honnête pour avouer à ses correspondants qu'il n'arrivait pas (encore) à démontrer un résultat^[30]. Par exemple, il n'hésite pas à avouer sa peine pour prouver sa (fausse) conjecture sur la primalité des $2^{2^{n}} + 1$ ^[31]. Or pour le Grand Théorème, jamais il ne fera mention d'un essai pour des puissances supérieures. Non. Ici avec la formule des carrés, il n'y a pas besoin de descente infinie!

Critique

Malheureusement un tout autre scenario est envisageable. Dans l'hypothèse précédente, il faut supposer que Fermat a écrit son commentaire bien après sa première lecture de la question de Diophante. Ou qu'il l'a écrit pour les cas $n = 3$ et $n = 4$ , puis qu'il a complété son commentaire une fois son travail sur les puissances effectué. Qu'il y serait donc revenu quelques années après. Ça paraît étrange.

Car vu le ton employé, on peut aussi avoir l'impression que cela est venu d'un bloc, avec toutes les puissances sans distinction de cas, sans séparation entre les cas $n = 3$ ou $n = 4$ , ou $n$ premier. Autrement dit, on peut supposer qu'il sait immédiatement, en s'appuyant sur des travaux antérieurs^[32], que le problème est impossible dans $ℚ$ , puisque c'est implicite chez Diophante: on cherche comment diviser un carré en somme de 2 carrés rationnels. Ainsi Fermat affirmerait haut et fort dans son commentaire que $x^{n} + y^{n} = 1$ n'a pas de solution dans $ℚ$ . Ce qui fatalement rend le problème impossible dans $ℕ$ ! Ce serait ensuite que Fermat essaie de le montrer dans $ℕ$ , avec des raisonnements spécifiques aux nombres entiers qu'il a inventé, comme la descente infinie. Il le dit dans ses lettres. Il a eu beaucoup de difficulté à appliquer la technique pour le cas $n = 3$ ^[33]. Mais il s'est accroché et ça n'était pas pour rien. Car il savait que le résultat était vrai.

Postface

Ce travail a été motivé par ces polémiques autour du Grand théorème de Fermat, ravivées par la démonstration de Wiles en 1994. Fermat avait donc dit vrai^[34]^[35]! Faisons un bref rappel ici. Fermat lit Diophante. Ce chapitre où il y est question de partager un nombre carré en une somme de 2 carrés^[36]. C'est à dire reconstituer un triangle rectangle alors qu'on en connait que son hypoténuse. Géométriquement, les sommets de ces triangles sont sur le cercle de diamètre l'hypoténuse. Mais ici c'est d'arithmétique qu'il s'agit. Diophante donne une méthode pour trouver deux fractions, mesures des deux côtés^[37]. A cette lecture, on s'imagine Fermat qui bouillonne et s'arrête un temps. Il a une idée. On imagine sa fulgurance, vu la la clarté et la brillance de son annotation. Il écrit, en latin, ces mots célèbres : "aucune puissance supérieure au carré ne peut être partagée en deux du même nom". Fermat en avait-il une preuve? Était-elle arithmétique^[38] ou géométrique? En existe-t-il une démonstration plus simple que celle de Wiles^[39]? Cette prétendue "marge trop petite" est-elle vraiment la bonne traduction, comme le démentent certains latinistes^[40]? Bien avant ces querelles légitimes, une question plus fondamentale s'impose immédiatement à n'importe qui revisite le théorème : comment un homme pourrait-il recevoir une vérité si vaste, si générale, sans sa démonstration^[41]? Difficile à croire, même si nous savons qu'en mathématiques, il n'est pas rare que l'intuition devance la preuve^[42]. Cependant il y a toujours un terreau préparatoire à toute découverte. Un long travail préliminaire, qui peut durer des années. Une maîtrise d'outils novateurs, à la portée aussi générale que la découverte qui s'en suivra. D'où cette question : quelles pouvaient être les connaissances de Fermat englobant "toutes les puissances"^[43]? . On rappelle qu'il n'y avait point de calculatrice. On factorisait à la main. On décomposait de tête. Pour arriver à ses nombreux résultats, Fermat a dû développer des techniques de calcul prodigieuses. Lui qui se disait le plus paresseux des hommes. Mais il les dévoilait peu dans ses correspondances. Doué d'une acuité sans pareil, il fut un génie en son temps.

Ici nous avons essayé de reprendre Fermat "au mot". Que signifie "partager une puissance"? Tout comme il aurait pu le faire, nous sommes parti du binôme^[20]. Nous avons cherché d'éventuels regroupements des termes. Dans le cas n impair, la symétrie des termes nous guide. En utilisant ce regroupement, nous avons remarqué des régularités sur les décompositions en facteurs premiers. Et l'apparition de carrés. Ces propriétés générales n'ont probablement pas pu échapper à Fermat.

Remerciements

Merci aux équipes du forum www.ilemaths.net (notamment elhor_abdelali et jandri pour les démonstrations)

Merci à math.stackexchange.com (notamment ScratchingTheSurface , Thomas Andrews et Mastrem pour les démonstrations)

Merci à Yohann C. pour son aide et ses relectures

Merci à C. Goldstein d'avoir pris le temps de lire la partie sur Fermat et de m'avoir indiqué des imprécisions historiques.

Merci à la distribution Linux Mageia , toujours là depuis toutes ces années. Et le bureau XFCE

Merci au site dcode.fr pour la décomposition de grands nombres

Merci à Geogebra pour le calcul formel

Merci à Math-gpt.org et Mistral pour les calculs et les références historiques.

Merci à Wikiversité

↑ ^1,0 et ^1,1 Yves Hellegouarch dans son livre "Invitation aux mathématiques de Fermat-Wiles", écrit page 38: "On peut penser que pour les exposants premiers impairs, Fermat associait à son équation la forme quadratique $X^{2} + (- 1)^{(p + 1) / 2} p Y^{2}$ . C'est un résultat juste. Mais peut-être anachronique. En effet, cf maths.stackechange pour les calculs qui s'avèrent être fastidieux.
↑ (en) « When $x^n+y^n=(x+y)Q_n$ then $Q_n$ only has prime factors $p=1 \mod n$? », sur Mathematics Stack Exchange (consulté le 8 janvier 2025)
↑ (en) « Numbers with prime factors $p\equiv \pm1\pmod n$ for $n$ prime », sur Mathematics Stack Exchange (consulté le 20 janvier 2025)
↑ (en) « uniqueness-of-pn-abn-a-cdot-u2b-cdot-v2-p-n-odd-primes », sur Mathematics Stack Exchange (consulté le 15 août 2025)
↑ https://www.numdam.org/article/BSMA_1883_2_7_1_116_1.pdf
↑ https://www.persee.fr/doc/rhs_0048-7996_1950_num_3_1_2767
↑ https://dokumen.pub/histoire-de-lanalyse-diophantienne-classique-dabu-kamil-a-fermat-3110336855-9783110336856-9783110337884.html
↑ https://webusers.imj-prg.fr/~catherine.goldstein/STPFermat-GOLDSTEIN.pdf
↑ Isabelle Bachmakova, « Diophante et Fermat », Revue d'histoire des sciences et de leurs applications, vol. 19, n^o 4, 1966, p. 289–306 (ISSN 0048-7996) [texte intégral (page consultée le 2026-07-23)]
↑ https://archive.org/details/oeuvresdefermat942ferm
↑ En effet, on tombe rapidement sur la formule $b^{3} {(b^{3} + 2 a^{3})}^{3} = (a^{3} + b^{3}) {(b^{3} - a^{3})}^{3} + a^{3} {(a^{3} + 2 b^{3})}^{3}$ . On n'est pas loin du partage d'une cube! Il suffirait juste de trouver un premier cube $c^{3} = a^{3} + b^{3}$ , qui engendrerait à lui seul une infinité d'autres solutions. Mais ce cube somme de 2 cubes, il n'existe pas.
↑ ^12,0 et ^12,1 On peut penser que Fermat passe par la voie qu'empruntera Euler. A savoir: la réécriture du problème $x^{3} + y^{3} = (u + v)^{3} + (u - v)^{3} = 2 u f_{3} (u^{2}, v^{2}) = 2 u (u^{2} + 3 v^{2}) = z^{3}$ , avec $(x, y)$ impairs et donc $(u, v)$ copremiers de parité différente. Et la stabilité par multiplication des nombres $u^{2} + 3 v^{2}$ . Ainsi, en supposant $z = a^{2} + 3 b^{2}$ , on tombe sur $u = a (a + 3 b) (a - 3 b)$ et $v = b (a + b) (a - b)$ . Or $2 u$ est un cube, donc $(2 a, a - 3 b, a + 3 b) = (r^{3}, s^{3}, t^{3})$ avec $s^{3} + t^{3} = r^{3}$ . Puisque ce sont des diviseurs, $| r | < | u | < | z |$ . La descente est amorcée. Au passage, $(x, y)$ pourraient donc éventuellement être négatifs, mais Fermat n'avait pas de problèmes avec les nombres négatifs. Il appelait les nombres positifs les nombres "vrais", mais ne restait pas bloqué sur les négatifs comme Bachet . (cf Rashed). Et contrairement à ce qu'on entend souvent, les grecs anciens comme Diophante non plus: (cf Bachmakova )
↑ cf Rashed (p321) rappelle que cette explication de la descente à Frenicle sera reprise et même simplifiée en 1676 dans son "Traité des Triangles rectangles en nombres, dans lequel Plusieurs belles propriétés de ces Triangles sont démontrées par de nouveaux principes" Proposition 39.
↑ Pour les nombres, je peux trouver par ma méthode toutes les questions des parties aliquotes, mais la longueur des opérations me rebute et la recherche des nombres premiers, à laquelle toutes ces questions aboutissent. Sur lequel sujet je ne sais point de méthode que la vulgaire, sinon qu'il suffît de faire la division jusques à la plus petite racine quarrée du nombre donné, car si on n'a point trouvé de de diviseur jusque là, on n'a garde d'en trouver de plus grands, pouvu que leur quotient seroit moindre que la racine quarrée, ce qui est impossible, par l'expérience qu'on aura déjà faite.
↑ "Pour Monsieur de Frénicle, ses inventions en Arithmétique me ravissent et je vous déclare ingénument que j'admire ce génie qui, sans aide d'Algèbre, pousse si avant dans la connoissance des nombres entiers, et ce que j'y trouve de plus excellent consiste en la vitesse de ses opérations, de quoi font foi les nombres aliquotaires qu'il manie avec tant d'aisance. S'il vouloit m'obliger de me mettre dans quelqu'une de ses routes, je lui en aurois très grande obligation et ne ferois jamais difficulté de l'avouer, car les voies ordinaires me lassent et, lorsque j'entreprends quelqu'une de ces questions,il me semble que je vois devant moi Magnum maris œquor arandum à cause de ces fréquentes divisions qu'il faut faire pour trouver les nombres premiers. Ce n'est pas que mon analyse soit défectueuse, mais elle est lente et que, si longue pour ce regard et j'ose dire sans vanité je pouvois l'accompagner de cette facilité, je trouvois de fort belles choses. Je voudrois avoir mérité par mes services la faveur que je lui demande et ne désespère pas même de la payer par quelques inventions qui peut-être seront nouvelles à Monsieur Frenicle."
↑ Pour les $2^{n} - 1$ , Fermat dit avoir trouvé $2^{37} - 1 = 137438953471 = 223 \times 616318177$ en essayant les premiers 1[74], soit 149 puis 223 .
↑ "Soit le nombre progressif augmenté de l'unité 8193, duquel l'exposant est 13 nombre premier. Je dis que, si vous divisez 8193 par 3, le quotient ne pourra être divisé que par un nombre qui surpasse de l'unité le double de 13 exposant susdit, ou un multiple dudit double de 13, etc, à l'infini."
↑ J'ai démontré ensuite celte proposition, qui sert à l'invention des nombres premiers: : Si un nombre est composé de deux quarrés premiers entre eux, je dis qu'il ne peut être divisé par aucun nombre premier moindre de l'unité multiple du quaternaire. (exemple 10 000 000 000+1 ne peut être divisé par aucun nombre premier moindre de l'unité qu'un multiple de 4, et ainsi, lorsque vous voudrez éprouver s'il est nombre premier, il ne faudra point le diviser ni par '5, ni par 7, ni par 11, etc
↑ Le théorème est énoncé avant par son contemporain Albert Girard . Mais Fermat n'avait rien lu de lui, d'après sa biographie sur Wikipedia.
↑ ^20,0 et ^20,1 D'après sa biographie, Fermat a lu les écrits de François Viète par son ami Jean de Beaugrand. les Notae priores évoquent déjà les formules du binôme et les factorisations de $x^{n} - y^{n}$ . L'édition est datée à 1631
↑ "Chez les premiers, il a toujours un plus petit que soi pour qui ont est quelqu'1. Sauf 5, 17, 257, 65537". Pour n'importe quel nombre premier p impair, alors il existe un plus petit premier q tel que $p \equiv 1 [q]$ . Les seules qui dérogent à cette règle sont les éventuels premiers de la forme $2^{2^{n}} + 1$ . Ce sont les nombres de Fermat. Les 4 premiers sont premiers. Et à ce jours, il est conjecturé que ce sont les seuls.
↑ Voir la belle vidéo de Francis Loret sur You tube "Francis Loret : Le dernier théorème de Fermat" partagé par le CIRM
↑ Des solutions rationnelles de $x^{2} - n y^{2} = 1$ sont $(x, y) = (\frac{1 + n m^{2}}{1 - n m^{2}}; \frac{2 m}{1 - n m^{2}}), m \in ℚ$ . En effet, en remarquant que l'équation se réécrit $(x + 1) (x - 1) = n y^{2}$ , on pose $y = m (x + 1)$ et on se retrouve avec uniquement du 1er degré sur $x$ . Par contre, dans $ℕ$ , c'est une toute autre affaire! Fermat cherchera et dira avoir trouvé, sans autre précision, qu'il y en existe quel que soit $n$
↑ https://fr.wikisource.org/wiki/%C5%92uvres_de_Fermat/I/M%C3%A9thode_d%E2%80%99%C3%A9limination
↑ https://images.math.cnrs.fr/wp-content/uploads/2024/02/penchevre-04-elimination.pdf
↑ « MULTIMAGIE.COM - Le cube magique de Fermat, 1640 », sur multimagie.com (consulté le 8 juillet 2026)
↑ C'est en effet une prouesse si on passe par la factorisation $y^{2} = x^{3} - 1 = (x - 1) (x^{2} + x + 1)$ . cf preuve élémenaire. Alors que ça prend quelques lignes par $x^{3} = (x + i) (x - i)$ . Le passage par la formule des carrés est une sorte d'intermédiaire qui donne des solutions (ou pas), mais ne permet pas d'affirmer rigoureusement que ce sont les seules.
↑ Si on refait les calculs pour n=5, avec $(w + (z - w))^{5} = (w + (x - w))^{5} + (w + (y - w))^{5}$ , on arrive à l'expression $w Q (x, y, z, w) = 0$ avec $Q (w) = 256 w^{4} - 640 (x + y - z) w^{3} + 560 (x^{2} + y^{2} - z^{2}) w^{2} - 200 (x^{3} + y^{3} - z^{3}) w + 25 (x^{4} + y^{4} - z^{4})$ Mais n'arrive pas à annuler $Q (x, y, z, w)$ pour une valeur de $w$ entière. Et le but n'est pas forcément de tout redévelopper, puisqu'on perd la généralité
↑ En appliquant la même technique que pour le cas $n = 3$ : $(u + v)^{5} + (u - v)^{5} = 2 u ((u^{2} + 5 v^{2})^{2} - 5 (2 v^{2})^{2})$ . L'accroche ici est qu'on retrouve une forme $X^{2} - 5 Y^{2}$ , stable par multiplication. Ç’aurait pu interpeler Fermat, c'est comme $X^{2} + 3 Y^{2}$ dans le cas $n = 3$ . Malheureusement ça ne marche plus aussi simplement car on n'obtient pas une expression factorisée de $2 u$ . Voir la démonstration de Dirichlet/Legendre pour constater les nombreuses difficultés à surmonter.
↑ Lettre à Frenicle AOUT 164: Mais voici ce que j'admire le plus: c'est que je suis quasi persuadé que tous les nombres progressifs augmentés de l'unité, des-quels les exposants sont des nombres de la progression double, sont nombres premiers, comme 3 5 17 257 65537 4291967297 et le suivant de 20 lettres 18446744073709551617. Je n'en ai pas la démonstration exacte, mais j'ai exclu si grande quantité de diviseurs par démonstrations infaillibles, et j'ai de si grandes lumières, qui établissent ma pensée, que j'aurois peine de me dédire.
↑ Lettre à Mersenne 23 décembre 1640: Je languissois dans l'attente de vos lettres et de M. de Frenicle. Je suis bien aise qu'il approuve ce j'ai fait; et afin qu'il ne soit plus en lui doute de ce que je lui demande, voici trois questions que je propose, pource que les spéculations que j'y ai faites ne me satisfont pas pleinement 1° La raison essentielle pourquoi 3, 5, 17, 257, etc. à l'infini, sont toujours nombres premiers; 2° Qu'il me donne quelqu'un de ses autres moyens pour trouver à l'infini des nombres premiers de tels nombres de figures qu'on voudra. Sur quoi je voudrois être éclairci si une de mes pensées est vraie, qu'en la progression d'un nombre pair, comme 6, toutes les puissances +1 de la progression qui ont pour exposant 1,2, 4, 8, 16, etc. sont nombres premiers, si elles ne sont pas mesurées par un de ceux-ci: 5, 17, 267, etc.; laquelle proposition, si elle est vraie, est de très grand usage. Si je puis une fois tenir la raison fondamentale que 3, 5, 17, etc sont nombres premiers, il me semble que je trouverai de très belles choses en cette matière, car déjà j'ai trouvé des choses merveilleuses dont je vous ferai part, après que j'aurai eu votre réponse et celle de M. Frenicle.
↑ Fermat a déjà fait énormément de mathématiques avant de s'attaquer à l'arithmétique. D'ailleurs dans sa première lettre à Mersen en 1936, il dit: "Je serai aussi bien aise d'apprendre par votre moyen tous les Traités ou Livres nouveaux de Mathématiques qui ont paru depuis cinq ou six ans." Comme s'il avait dû faire une pause de quelques années. On imagine à cause de son métier très prenant.
↑ Lettre à Carcavi 1659: ... J'ai ensuite considéré certaines questions qui, bien que négatives, ne restent pas de recevoir très grande difficulté, la méthode pour y pratiquer la descente étant tout à fait diverse des précédentes, comme il sera aisé d'éprouver. Telles sont les suivantes : Il n'y a aucun cube divisible en deux cubes ...
↑ il existe des suites des couples $(n^{19} + 6, (n + 1)^{19} + 6)_{n \in ℕ}$ dont on pourrait aisément conjecturer la coprimalité ... poutant, très tardivement, un premier contrexemple apparaît, ici pour $n = 1578270389554680057141787800241971645032008710129107338825798$ cf "premiers entre eux?"
↑ La suite de Perrin $(P_{n})$ est un autre exemple de fausse conjecture : https://fr.wikipedia.org/wiki/Suite_de_Perrin#Utilisation_comme_test_de_primalit%C3%A9 . La conjecture est "si n divise $P_{n}$ alors n est un nombre premier". le premier contre-exemple n'a été trouvé qu'en 1982 pour $n = 271441 = 52 1^{2}$ . Le nombre $P_{271441}$ a 33150 chiffres!!
↑ « arithmetica Livre 2 Question 9 et 10 », sur schemath.com (consulté le 15 juillet 2024)
↑ $h$ l’hypoténuse et $c$ un côté. L'astuce revient à poser $h^{2} = c^{2} + (h - α c)^{2}$ afin que les $h^{2}$ disparaissent. Ici $α \in ℚ$ un paramètre. Ce qui donne après développement $c = \frac{2 α}{1 + α^{2}} h$ . Et l'autre côté $\frac{α^{2} - 1}{1 + α^{2}} h$ . Ici il faut $α > 1$ pour rester avec des valeurs "positives" et donner un sens géométrique. Notons la transformation inverse $α \to α^{- 1}$ qui donne les mêmes valeurs (au signe près)! Rien qu'en prenant $α \in ℕ$ , on obtient une infinité de solutions.
↑ La méthode de Diophante pour les cubes tombe rapidement dans une impasse. En posant $h^{3} = c^{3} + (h - α c)^{3}$ , on arrive à $(1 - α^{3}) c^{2} + 3 h α^{2} c - 3 α h^{2} = 0$ . Soit un polynôme du second degré en $c$ avec $Δ_{c} = 3 h^{2} α (4 - α^{3})$ . Avec $α \in ℚ, α = \frac{p}{q}$ , on arrive à $Δ_{c} = \frac{h^{2}}{q^{4}} 3 p (4 q^{3} - p^{3})$ . Or l'équation diophantienne $3 p (4 q^{3} - p^{3}) = d^{2}$ est impossible à résoudre directement. Et justement! On sait qu'il n'y en a pas de solutions grâce au théorème de Fermat!
↑ En logique mathématique, la conjecture de Friedman stipule qu'il existerait effectivement une preuve "élémentaire". Ou plus précisément que la preuve de Wiles n'est pas "élémentaire".
↑ « Dernier Théorème de Fermat, révélation de son idée. », sur franquart.fr (consulté le 15 juillet 2024)
↑ « Recherche:L'énigme de Fermat, le sublime dans tous ses états — Wikiversité », sur fr.wikiversity.org (consulté le 15 juillet 2024)
↑ lire le magnifique ouvrage de Cédric Villani « Théorème vivant », dans Wikipédia, 23 août 2021 (lire en ligne)
↑ Fermat est en en fait "tombé" sur un cas particulier. En effet, les arithméticiens ont beaucoup avancé depuis 1994. Désormais, le théorème de Fermat, " $x^{p} + y^{p} = z^{p}$ sans solution pour $p > 2$ et $(x, y, z) \in ℕ^{3}$ ", n'est plus qu'un tout petit cas particulier d'une conjecture beaucoup plus vaste,"(Tidjman et Zagier) : $x^{p} + y^{q} = z^{r}$ sans solution pour $(p, q, r)$ tous supérieur à 2 et $(x, y, z) \in ℕ^{3}$ premiers entre eux.". cf https://fr.wikipedia.org/wiki/Conjecture_abc#Triplets_(a,_b,_c) . Fermat n'a pas conjecturé qu'aucune puissance supérieure au carré ne peut être partégée en 2 puissances quelconques supérieure au carré. Ce qui nous montre bien qu'il évoluait dans un cadre de pensée particulier.

[:5-1] 1,0 et ^1,1 Yves Hellegouarch dans son livre "Invitation aux mathématiques de Fermat-Wiles", écrit page 38: "On peut penser que pour les exposants premiers impairs, Fermat associait à son équation la forme quadratique $X^{2} + (- 1)^{(p + 1) / 2} p Y^{2}$ . C'est un résultat juste. Mais peut-être anachronique. En effet, cf maths.stackechange pour les calculs qui s'avèrent être fastidieux.

[2] (en) « When $x^n+y^n=(x+y)Q_n$ then $Q_n$ only has prime factors $p=1 \mod n$? », sur Mathematics Stack Exchange (consulté le 8 janvier 2025)

[3] (en) « Numbers with prime factors $p\equiv \pm1\pmod n$ for $n$ prime », sur Mathematics Stack Exchange (consulté le 20 janvier 2025)

[4] (en) « uniqueness-of-pn-abn-a-cdot-u2b-cdot-v2-p-n-odd-primes », sur Mathematics Stack Exchange (consulté le 15 août 2025)

[5] ttps://www.numdam.org/article/BSMA_1883_2_7_1_116_1.pdf

[6] ttps://www.persee.fr/doc/rhs_0048-7996_1950_num_3_1_2767

[:3-7] ttps://dokumen.pub/histoire-de-lanalyse-diophantienne-classique-dabu-kamil-a-fermat-3110336855-9783110336856-9783110337884.html

[8] ttps://webusers.imj-prg.fr/~catherine.goldstein/STPFermat-GOLDSTEIN.pdf

[9] Isabelle Bachmakova, « Diophante et Fermat », Revue d'histoire des sciences et de leurs applications, vol. 19, n^o 4, 1966, p. 289–306 (ISSN 0048-7996) [texte intégral (page consultée le 2026-07-23)]

[10] ttps://archive.org/details/oeuvresdefermat942ferm

[11] En effet, on tombe rapidement sur la formule $b^{3} {(b^{3} + 2 a^{3})}^{3} = (a^{3} + b^{3}) {(b^{3} - a^{3})}^{3} + a^{3} {(a^{3} + 2 b^{3})}^{3}$ . On n'est pas loin du partage d'une cube! Il suffirait juste de trouver un premier cube $c^{3} = a^{3} + b^{3}$ , qui engendrerait à lui seul une infinité d'autres solutions. Mais ce cube somme de 2 cubes, il n'existe pas.

[:7-12] 12,0 et ^12,1 On peut penser que Fermat passe par la voie qu'empruntera Euler. A savoir: la réécriture du problème $x^{3} + y^{3} = (u + v)^{3} + (u - v)^{3} = 2 u f_{3} (u^{2}, v^{2}) = 2 u (u^{2} + 3 v^{2}) = z^{3}$ , avec $(x, y)$ impairs et donc $(u, v)$ copremiers de parité différente. Et la stabilité par multiplication des nombres $u^{2} + 3 v^{2}$ . Ainsi, en supposant $z = a^{2} + 3 b^{2}$ , on tombe sur $u = a (a + 3 b) (a - 3 b)$ et $v = b (a + b) (a - b)$ . Or $2 u$ est un cube, donc $(2 a, a - 3 b, a + 3 b) = (r^{3}, s^{3}, t^{3})$ avec $s^{3} + t^{3} = r^{3}$ . Puisque ce sont des diviseurs, $| r | < | u | < | z |$ . La descente est amorcée. Au passage, $(x, y)$ pourraient donc éventuellement être négatifs, mais Fermat n'avait pas de problèmes avec les nombres négatifs. Il appelait les nombres positifs les nombres "vrais", mais ne restait pas bloqué sur les négatifs comme Bachet . (cf Rashed). Et contrairement à ce qu'on entend souvent, les grecs anciens comme Diophante non plus: (cf Bachmakova )

[13] Rashed (p321) rappelle que cette explication de la descente à Frenicle sera reprise et même simplifiée en 1676 dans son "Traité des Triangles rectangles en nombres, dans lequel Plusieurs belles propriétés de ces Triangles sont démontrées par de nouveaux principes" Proposition 39.

[14] Pour les nombres, je peux trouver par ma méthode toutes les questions des parties aliquotes, mais la longueur des opérations me rebute et la recherche des nombres premiers, à laquelle toutes ces questions aboutissent. Sur lequel sujet je ne sais point de méthode que la vulgaire, sinon qu'il suffît de faire la division jusques à la plus petite racine quarrée du nombre donné, car si on n'a point trouvé de de diviseur jusque là, on n'a garde d'en trouver de plus grands, pouvu que leur quotient seroit moindre que la racine quarrée, ce qui est impossible, par l'expérience qu'on aura déjà faite.

[15] "Pour Monsieur de Frénicle, ses inventions en Arithmétique me ravissent et je vous déclare ingénument que j'admire ce génie qui, sans aide d'Algèbre, pousse si avant dans la connoissance des nombres entiers, et ce que j'y trouve de plus excellent consiste en la vitesse de ses opérations, de quoi font foi les nombres aliquotaires qu'il manie avec tant d'aisance. S'il vouloit m'obliger de me mettre dans quelqu'une de ses routes, je lui en aurois très grande obligation et ne ferois jamais difficulté de l'avouer, car les voies ordinaires me lassent et, lorsque j'entreprends quelqu'une de ces questions,il me semble que je vois devant moi Magnum maris œquor arandum à cause de ces fréquentes divisions qu'il faut faire pour trouver les nombres premiers. Ce n'est pas que mon analyse soit défectueuse, mais elle est lente et que, si longue pour ce regard et j'ose dire sans vanité je pouvois l'accompagner de cette facilité, je trouvois de fort belles choses. Je voudrois avoir mérité par mes services la faveur que je lui demande et ne désespère pas même de la payer par quelques inventions qui peut-être seront nouvelles à Monsieur Frenicle."

[16] Pour les $2^{n} - 1$ , Fermat dit avoir trouvé $2^{37} - 1 = 137438953471 = 223 \times 616318177$ en essayant les premiers 1[74], soit 149 puis 223 .

[:2-17] "Soit le nombre progressif augmenté de l'unité 8193, duquel l'exposant est 13 nombre premier. Je dis que, si vous divisez 8193 par 3, le quotient ne pourra être divisé que par un nombre qui surpasse de l'unité le double de 13 exposant susdit, ou un multiple dudit double de 13, etc, à l'infini."

[18] J'ai démontré ensuite celte proposition, qui sert à l'invention des nombres premiers: : Si un nombre est composé de deux quarrés premiers entre eux, je dis qu'il ne peut être divisé par aucun nombre premier moindre de l'unité multiple du quaternaire. (exemple 10 000 000 000+1 ne peut être divisé par aucun nombre premier moindre de l'unité qu'un multiple de 4, et ainsi, lorsque vous voudrez éprouver s'il est nombre premier, il ne faudra point le diviser ni par '5, ni par 7, ni par 11, etc

[19] Le théorème est énoncé avant par son contemporain Albert Girard . Mais Fermat n'avait rien lu de lui, d'après sa biographie sur Wikipedia.

[:6-20] 20,0 et ^20,1 D'après sa biographie, Fermat a lu les écrits de François Viète par son ami Jean de Beaugrand. les Notae priores évoquent déjà les formules du binôme et les factorisations de $x^{n} - y^{n}$ . L'édition est datée à 1631

[21] "Chez les premiers, il a toujours un plus petit que soi pour qui ont est quelqu'1. Sauf 5, 17, 257, 65537". Pour n'importe quel nombre premier p impair, alors il existe un plus petit premier q tel que $p \equiv 1 [q]$ . Les seules qui dérogent à cette règle sont les éventuels premiers de la forme $2^{2^{n}} + 1$ . Ce sont les nombres de Fermat. Les 4 premiers sont premiers. Et à ce jours, il est conjecturé que ce sont les seuls.

[22] Voir la belle vidéo de Francis Loret sur You tube "Francis Loret : Le dernier théorème de Fermat" partagé par le CIRM

[:4-23] Des solutions rationnelles de $x^{2} - n y^{2} = 1$ sont $(x, y) = (\frac{1 + n m^{2}}{1 - n m^{2}}; \frac{2 m}{1 - n m^{2}}), m \in ℚ$ . En effet, en remarquant que l'équation se réécrit $(x + 1) (x - 1) = n y^{2}$ , on pose $y = m (x + 1)$ et on se retrouve avec uniquement du 1er degré sur $x$ . Par contre, dans $ℕ$ , c'est une toute autre affaire! Fermat cherchera et dira avoir trouvé, sans autre précision, qu'il y en existe quel que soit $n$

[24] ttps://fr.wikisource.org/wiki/%C5%92uvres_de_Fermat/I/M%C3%A9thode_d%E2%80%99%C3%A9limination

[25] ttps://images.math.cnrs.fr/wp-content/uploads/2024/02/penchevre-04-elimination.pdf

[26] « MULTIMAGIE.COM - Le cube magique de Fermat, 1640 », sur multimagie.com (consulté le 8 juillet 2026)

[27] C'est en effet une prouesse si on passe par la factorisation $y^{2} = x^{3} - 1 = (x - 1) (x^{2} + x + 1)$ . cf preuve élémenaire. Alors que ça prend quelques lignes par $x^{3} = (x + i) (x - i)$ . Le passage par la formule des carrés est une sorte d'intermédiaire qui donne des solutions (ou pas), mais ne permet pas d'affirmer rigoureusement que ce sont les seules.

[28] Si on refait les calculs pour n=5, avec $(w + (z - w))^{5} = (w + (x - w))^{5} + (w + (y - w))^{5}$ , on arrive à l'expression $w Q (x, y, z, w) = 0$ avec $Q (w) = 256 w^{4} - 640 (x + y - z) w^{3} + 560 (x^{2} + y^{2} - z^{2}) w^{2} - 200 (x^{3} + y^{3} - z^{3}) w + 25 (x^{4} + y^{4} - z^{4})$ Mais n'arrive pas à annuler $Q (x, y, z, w)$ pour une valeur de $w$ entière. Et le but n'est pas forcément de tout redévelopper, puisqu'on perd la généralité

[29] En appliquant la même technique que pour le cas $n = 3$ : $(u + v)^{5} + (u - v)^{5} = 2 u ((u^{2} + 5 v^{2})^{2} - 5 (2 v^{2})^{2})$ . L'accroche ici est qu'on retrouve une forme $X^{2} - 5 Y^{2}$ , stable par multiplication. Ç’aurait pu interpeler Fermat, c'est comme $X^{2} + 3 Y^{2}$ dans le cas $n = 3$ . Malheureusement ça ne marche plus aussi simplement car on n'obtient pas une expression factorisée de $2 u$ . Voir la démonstration de Dirichlet/Legendre pour constater les nombreuses difficultés à surmonter.

[30] Lettre à Frenicle AOUT 164: Mais voici ce que j'admire le plus: c'est que je suis quasi persuadé que tous les nombres progressifs augmentés de l'unité, des-quels les exposants sont des nombres de la progression double, sont nombres premiers, comme 3 5 17 257 65537 4291967297 et le suivant de 20 lettres 18446744073709551617. Je n'en ai pas la démonstration exacte, mais j'ai exclu si grande quantité de diviseurs par démonstrations infaillibles, et j'ai de si grandes lumières, qui établissent ma pensée, que j'aurois peine de me dédire.

[31] Lettre à Mersenne 23 décembre 1640: Je languissois dans l'attente de vos lettres et de M. de Frenicle. Je suis bien aise qu'il approuve ce j'ai fait; et afin qu'il ne soit plus en lui doute de ce que je lui demande, voici trois questions que je propose, pource que les spéculations que j'y ai faites ne me satisfont pas pleinement 1° La raison essentielle pourquoi 3, 5, 17, 257, etc. à l'infini, sont toujours nombres premiers; 2° Qu'il me donne quelqu'un de ses autres moyens pour trouver à l'infini des nombres premiers de tels nombres de figures qu'on voudra. Sur quoi je voudrois être éclairci si une de mes pensées est vraie, qu'en la progression d'un nombre pair, comme 6, toutes les puissances +1 de la progression qui ont pour exposant 1,2, 4, 8, 16, etc. sont nombres premiers, si elles ne sont pas mesurées par un de ceux-ci: 5, 17, 267, etc.; laquelle proposition, si elle est vraie, est de très grand usage. Si je puis une fois tenir la raison fondamentale que 3, 5, 17, etc sont nombres premiers, il me semble que je trouverai de très belles choses en cette matière, car déjà j'ai trouvé des choses merveilleuses dont je vous ferai part, après que j'aurai eu votre réponse et celle de M. Frenicle.

[32] Fermat a déjà fait énormément de mathématiques avant de s'attaquer à l'arithmétique. D'ailleurs dans sa première lettre à Mersen en 1936, il dit: "Je serai aussi bien aise d'apprendre par votre moyen tous les Traités ou Livres nouveaux de Mathématiques qui ont paru depuis cinq ou six ans." Comme s'il avait dû faire une pause de quelques années. On imagine à cause de son métier très prenant.

[33] Lettre à Carcavi 1659: ... J'ai ensuite considéré certaines questions qui, bien que négatives, ne restent pas de recevoir très grande difficulté, la méthode pour y pratiquer la descente étant tout à fait diverse des précédentes, comme il sera aisé d'éprouver. Telles sont les suivantes : Il n'y a aucun cube divisible en deux cubes ...

[34] xiste des suites des couples $(n^{19} + 6, (n + 1)^{19} + 6)_{n \in ℕ}$ dont on pourrait aisément conjecturer la coprimalité ... poutant, très tardivement, un premier contrexemple apparaît, ici pour $n = 1578270389554680057141787800241971645032008710129107338825798$ cf "premiers entre eux?"

[35] La suite de Perrin $(P_{n})$ est un autre exemple de fausse conjecture : https://fr.wikipedia.org/wiki/Suite_de_Perrin#Utilisation_comme_test_de_primalit%C3%A9 . La conjecture est "si n divise $P_{n}$ alors n est un nombre premier". le premier contre-exemple n'a été trouvé qu'en 1982 pour $n = 271441 = 52 1^{2}$ . Le nombre $P_{271441}$ a 33150 chiffres!!

[:1-36] « arithmetica Livre 2 Question 9 et 10 », sur schemath.com (consulté le 15 juillet 2024)

[37] $h$ l’hypoténuse et $c$ un côté. L'astuce revient à poser $h^{2} = c^{2} + (h - α c)^{2}$ afin que les $h^{2}$ disparaissent. Ici $α \in ℚ$ un paramètre. Ce qui donne après développement $c = \frac{2 α}{1 + α^{2}} h$ . Et l'autre côté $\frac{α^{2} - 1}{1 + α^{2}} h$ . Ici il faut $α > 1$ pour rester avec des valeurs "positives" et donner un sens géométrique. Notons la transformation inverse $α \to α^{- 1}$ qui donne les mêmes valeurs (au signe près)! Rien qu'en prenant $α \in ℕ$ , on obtient une infinité de solutions.

[38] La méthode de Diophante pour les cubes tombe rapidement dans une impasse. En posant $h^{3} = c^{3} + (h - α c)^{3}$ , on arrive à $(1 - α^{3}) c^{2} + 3 h α^{2} c - 3 α h^{2} = 0$ . Soit un polynôme du second degré en $c$ avec $Δ_{c} = 3 h^{2} α (4 - α^{3})$ . Avec $α \in ℚ, α = \frac{p}{q}$ , on arrive à $Δ_{c} = \frac{h^{2}}{q^{4}} 3 p (4 q^{3} - p^{3})$ . Or l'équation diophantienne $3 p (4 q^{3} - p^{3}) = d^{2}$ est impossible à résoudre directement. Et justement! On sait qu'il n'y en a pas de solutions grâce au théorème de Fermat!

[39] En logique mathématique, la conjecture de Friedman stipule qu'il existerait effectivement une preuve "élémentaire". Ou plus précisément que la preuve de Wiles n'est pas "élémentaire".

[40] « Dernier Théorème de Fermat, révélation de son idée. », sur franquart.fr (consulté le 15 juillet 2024)

[41] « Recherche:L'énigme de Fermat, le sublime dans tous ses états — Wikiversité », sur fr.wikiversity.org (consulté le 15 juillet 2024)

[42] re le magnifique ouvrage de Cédric Villani « Théorème vivant », dans Wikipédia, 23 août 2021 (lire en ligne)

[:0-43] Fermat est en en fait "tombé" sur un cas particulier. En effet, les arithméticiens ont beaucoup avancé depuis 1994. Désormais, le théorème de Fermat, " $x^{p} + y^{p} = z^{p}$ sans solution pour $p > 2$ et $(x, y, z) \in ℕ^{3}$ ", n'est plus qu'un tout petit cas particulier d'une conjecture beaucoup plus vaste,"(Tidjman et Zagier) : $x^{p} + y^{q} = z^{r}$ sans solution pour $(p, q, r)$ tous supérieur à 2 et $(x, y, z) \in ℕ^{3}$ premiers entre eux.". cf https://fr.wikipedia.org/wiki/Conjecture_abc#Triplets_(a,_b,_c) . Fermat n'a pas conjecturé qu'aucune puissance supérieure au carré ne peut être partégée en 2 puissances quelconques supérieure au carré. Ce qui nous montre bien qu'il évoluait dans un cadre de pensée particulier.

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