Binôme de Newton dans le cas d'un exposant impair

On rappelle la formule du binôme : $(x+y)^{n}=\sum _{i+j=n}{\dfrac {n!}{i!j!}}x^{i}y^{j}=\sum _{k=0}^{n}{n \choose k}x^{n-k}y^{k}$.

Résumé

Cet article présente, pour $n$ un entier positif impair, la forme ${\mathbf {(x+y)^{n}=x\cdot c^{2}+y\cdot d^{2}}}$. Nous montrons que 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 ce qu'il se passe dans $\mathbb {Z}$. Avec $(x,y)$ 2 entiers copremiers de parité différente, nous montrons que $(a,b)$ et $(c,d)$ sont premiers entre eux. Nous montrons aussi que la forme des carrés est d'autant plus remarquable que pour $x+y=p$ premier, il y a unicité des $(c,d)$. Ensuite, nous nous intéressons aux exposant n premier, où les facteurs premiers de $(a,b)$ sont congrus à $1[2n]$ , et ceux de $(c,d)$ à $\pm 1[2n]$. 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 $y=1$. Enfin, nous donnons quelques applications de ces résultats à quelques equations quadratiques. 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 $(x+y)^{n}=a+b,a\wedge b=1$ .

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

Définition

${\begin{array}{ll}n=2m+1\\&f_{n}(x,y)&=\displaystyle \sum _{k=0}^{m}{n \choose 2k}x^{m-k}y^{k}\\&&=\displaystyle \underbrace {x^{m}} _{\text{k=0}}+\underbrace {ny^{m}} _{\text{k=m}}+\sum _{k=1}^{m-1}{n \choose 2k}x^{m-k}y^{k}\end{array}}$

Exemple:

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

Propriétés algébriques

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

(x+y)ⁿ=x.a+y.b

Proposition

$(x-y)^{n}=xf_{n}(x^{2},y^{2})-yf_{n}(y^{2},x^{2})\quad \quad (1)$

'Démonstration'

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

$(x-y)^{n}=\sum _{k=0}^{n}{n \choose k}x^{n-k}(-y)^{k}=\sum _{k=0}^{m}{n \choose 2k}x^{2m+1-2k}y^{2k}-\sum _{k=0}^{m}{n \choose 2k+1}x^{2m-2k}y^{2k+1}$

soit $(x-y)^{n}=x\sum _{k=0}^{m}{n \choose 2k}x^{2m-2k}y^{2k}-y\sum _{k=0}^{m}{n \choose 2k+1}x^{2m-2k}y^{2k}$

En posant $k'=m-k$

$(x-y)^{n}=x\sum _{k=0}^{m}{n \choose 2k}x^{2m-2k}y^{2k}-y\sum _{k'=0}^{m}{n \choose n-2k'}y^{2m-2k'}x^{2k'}$

D'où la formule par symétrie du coefficient binomial.

 

(x+y)ⁿ=x.c²+y.d² - formule des carrés

Proposition

$(x-y)^{n}=xf_{n}(x,y)^{2}-yf_{n}(y,x)^{2}\quad \quad (2):{\text{formule des carrés}}$

'Démonstration'

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

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

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

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

xⁿ+yⁿ

Propriétés

$\quad {\begin{array}{rll}(x+y)^{n}+(x-y)^{n}&=2xf_{n}(x^{2},y^{2})&\quad (3)\\\\{\dfrac {x^{n}+y^{n}}{x+y}}&={\dfrac {f_{n}\left((x+y)^{2},(x-y)^{2}\right)}{2^{n-1}}}&\quad (3bis)\\\\f_{n}(x^{2},y^{2})&=\displaystyle \sum _{i+j=n-1}(x+y)^{i}(y-x)^{j}&\quad (4)\\\end{array}}$

'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 $f_{n}((a/2)^{2},(b/2)^{2})=f_{n}(a^{2},b^{2})/2^{2m}$

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

 

Propriétés dans ℤ

On supposera dans la suite $(u,v)\in \mathbb {Z}$ 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:

${\begin{array}{lll}17^{3}&=(5+12)^{3}=5\times 31^{2}&+12\times 3^{2}&=5\times (31)^{2}&+12\times (3)^{2}\\17^{5}&=(5+12)^{5}=5\times 145^{2}&+12\times 331^{2}&=5\times (5\cdot 29)^{2}&+12\times (331)^{2}\\17^{7}&=(5+12)^{7}=5\times 6929^{2}&+12\times 3767^{2}&=5\times (6929)^{2}&+12\times (3767)^{2}\\17^{9}&=(5+12)^{9}=5\times 138911^{2}&+12\times 42921^{2}&=5\times (31\cdot 4481)^{2}&+12\times (3^{2}\cdot 19\cdot 251)^{2}\\...\end{array}}$

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 $f_{n}(u,v)=u^{m}+nv^{m}+uvP(u,v)$ . n étant impair, alors $f_{n}(u,v)$ est impair

 

Corrolaire

$(u,v)$ impairs ou de parité différente, alors ${\dfrac {u^{n}+v^{n}}{u+v}}$ 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 ${\dfrac {u^{n}+v^{n}}{2a}}=f_{n}(a^{2},b^{2})$, 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), $f_{n}\left(u^{2},v^{2}\right)=f_{n}\left((x+y)^{2},(x-y)^{2}\right)=2^{n-1}\displaystyle \sum _{i+j=n-1}x^{i}(-y)^{j}$

Or $\sum _{i+j=n-1}x^{i}(-y)^{j}=x^{n-1}-y^{n-1}+xyP(x,y)$ 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 $\Rightarrow {\begin{cases}f_{n}(u,v)\wedge f_{n}(v,u)=1&(5)\\n\nmid u\Rightarrow u\wedge f_{n}(u,v)=1&(6)\\\end{cases}}$

'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:

$f(u,v)\equiv \sum _{k=0}^{m}{n \choose 2k}u^{m-k}v^{k}\equiv u^{m}(\sum _{k=0}^{m}{n \choose 2k})\equiv u^{m}(2^{m-1})~[p]$

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

Avec $u\wedge nv^{m}=1$, alors $u\wedge f(u,v)=1$, 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! ${\begin{array}{ll}f_{11}(29,18)&=6117463571&=23\times 109\times 2440153\\f_{11}(29^{2},18^{2})&=42623439661994533&=23\times 67\times 27659597444513\end{array}}$

Puissance n première

Ici on considérera $n$ premier impair

n-valuation

Proposition

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

$\Rightarrow {\begin{cases}n\nmid u\Rightarrow n\nmid f_{n}(u,v)\\n\mid u\Rightarrow v_{n}(f_{n}(u,v))=1&(7)\end{cases}}$

Exemples:

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

'Démonstration'

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

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

 

Facteurs premiers modulo 2n

Proposition

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

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

'Démonstration (10)'

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

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

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

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

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

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

 

'Démonstration (8)'

cf : "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 $\mathbb {Z/n^{2}Z}$

 

Exemples

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

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

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

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

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

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

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 $1[2n]$. 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 $7^{5}$'

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

 

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

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

Pourtant l'exemple montre l'existence de beaucoup d'autres formes en $\color {blue}1a+6b,~\color {red}~3a+4b$, $\color {green}5a+2b$

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

Remarque:

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

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

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

${\begin{array}{ll}9^{5}&=1\times (241)^{2}&+8\times (11)^{2}\\15^{5}&=7\times (191)^{2}&+8\times (251)^{2}\\\\\end{array}}$

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 $p^{n}=uc^{2}+vd^{2}$

'Démonstration'

Une première preuve utilisant la théorie des nombres ici sur mathstackexchange:

Une autre beaucoup plus accessible de Jandri sur ilemaths:

Soit p premier et (a,b) entiers positifs tels que $p=a+b$ . On suppose $p^{n}=au^{2}+bv^{2}=ax^{2}+by^{2}$ 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 $(uy-vx)(uy+vx)$.

On montre assez facilement que $p$ ne peut pas diviser simultanément $uy-vx$ et $uy+vx$ et on en déduit que $p^{n}$ divise $uy-\varepsilon vx$ avec $\varepsilon =\pm 1$.

Pour terminer on écrit, en multipliant les deux expressions de $p^{n}$ : $p^{2n}=(aux+\varepsilon bvy)^{2}+ab(uy-\varepsilon vx)^{2}$.

On en déduit $uy=\varepsilon vx$ 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

${\begin{aligned}3^{3}&=1\cdot 5^{2}&+&2\cdot 1^{2}\\5^{3}&=1\cdot 11^{2}&+&4\cdot 1^{2}\\&=3\cdot 3^{2}&+&2\cdot 7^{2}\\\\15^{3}&=1\cdot 41^{2}&+&14\cdot 11^{2}\\&=7\cdot 17^{2}&+&8\cdot 13^{2}\\&={\color {red}11}\cdot 1^{2}&+&{\color {red}4}\cdot 29^{2}&={\color {red}11}\cdot 17^{2}+{\color {red}4}\cdot 7^{2}\\&={\color {green}13}\cdot 7^{2}&+&{\color {green}2}\cdot 37^{2}&={\color {green}13}\cdot 1^{2}+{\color {green}2}\cdot 41^{2}\end{aligned}}$

Remarques sur l'exposant pair

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

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

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

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

Pour les nombres composés, on observe des doublons comme:

${\begin{aligned}21^{2}&=(19)^{2}&+&20\cdot (2)^{2}\\&=(11)^{2}&+&20\cdot (2\times 2)^{2}\\\\21^{6}&=(11\times 11\times 19)^{2}&+&20\cdot (2\times 17\times 59)^{2}\\&=(11\times 839)^{2}&+&20\cdot (2\times 2\times 43)^{2}\\\\15^{4}&=(113)^{2}&+&14\cdot (2\times 2\times 13)^{2}\\&=(223)^{2}&+&14\cdot (2\times 2\times 2)^{2}\end{aligned}}$

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

${\begin{array}{ll}21^{2}&=17\cdot (5)^{2}&+&4\cdot (2)^{2}\\33^{2}&=31\cdot (1)^{2}&+&2\cdot (23)^{2}\\&=17\cdot (7)^{2}&+&16\cdot (2\times 2)^{2}\\\\21^{6}&=17\cdot (5\times 13\times 29)^{2}&+&4\cdot (2\times 1259)^{2}\\33^{6}&=17\cdot (5\times 7\times 13)^{2}&+&16\cdot (2\times 2\times 2243)^{2}\\&=31\cdot (7\times 449)^{2}&+&2\cdot (5\times 23\times 193)^{2}\end{array}}$

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

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

Proposition

$n=2m$,

$\quad (x-y)^{n}=A^{2}-xy\cdot B^{2}=\left(\sum _{k=0}^{m}{n \choose 2k}x^{m-k}y^{k}\right)^{2}-xy\cdot \left(\sum _{k=0}^{m-1}{n \choose 2k+1}x^{m-1-k}y^{k}\right)^{2}$

'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 $f_{n}(y,x)$

$(x-y)^{n}=\sum _{k=0}^{n}{n \choose k}x^{n-k}(-y)^{k}=\sum _{k=0}^{m}{n \choose 2k}x^{2m-2k}y^{2k}-\sum _{k=0}^{m-1}{n \choose 2k+1}x^{2m-2k-1}y^{2k+1}$

$(x-y)^{n}=\left(\sum _{k=0}^{m}{n \choose 2k}(x^{2})^{m-k}(y^{2})^{k}\right)-xy\left(\sum _{k=0}^{m-1}{n \choose 2k+1}(x^{2})^{m-k-1}(y^{2})^{k}\right)$

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

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

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:

${\begin{array}{lll}(x+y)^{2}&=\left(x-y\right)^{2}&+&xy\cdot \left(2\right)^{2}\\(x+y)^{4}&=\left(x^{2}-6xy+y^{2}\right)^{2}&+&xy\cdot \left(4x-4y\right)^{2}\\(x+y)^{6}&=\left(x^{3}-15x^{2}y+15xy^{2}-y^{3}\right)^{2}&+&xy\cdot \left(6x^{2}-20xy+6y^{2}\right)^{2}\end{array}}$

Si on cherche $(u+v)^{2m}=u\cdot v^{2}+b\cdot d^{2}$, alors la formule ne va être applicable que pour les cas $u=1{\text{ ou }}v=1$. 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:

${\begin{array}{ll}17^{6}&=(3\times 3\times 5\times 11)^{2}&+16\cdot (2\times 13\times 47)^{2}\\=289^{3}&=225\cdot (3\times 11)^{2}&+64\cdot (13\times 47)^{2}\end{array}}$

${\begin{array}{ll}23^{6}&=(3\times 3\times 7\times 59)^{2}&+22\cdot (2\times 5\times 13\times 19)^{2}\\=529^{3}&=441\cdot (3\times 59)^{2}&+88\cdot (5\times 13\times 19)^{2}\end{array}}$

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

Exemples:

${\begin{array}{ll}17^{2}=1\cdot (3\times 5)^{2}&+&16\cdot (2)^{2}\\17^{4}=1\cdot (7\times 23)^{2}&+&16\cdot (2\times 2\times 3\times 5)^{2}\\17^{8}=1\cdot (79\times 401)^{2}&+&16\cdot (2\times 2\times 2\times 3\times 5\times 7\times 23)^{2}\end{array}}$

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 $p^{2m}=(u+v)^{2m}=u\cdot c^{2}+v\cdot d^{2}$ , $(c,d)$ 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 $a\neq 1{\text{ et }}b\neq 1$, une preuve magnifique de Jandri par descente : on montre que s'il existe $(u,v)$ tel que $p^{2n}=au^{2}+bv^{2}$alors il existe $(u',v')$ tel que $p^{2n-2}=au'^{2}+bv'^{2}$. Jusqu'à $n=0$ et ainsi conclure que $a=1{\text{ ou }}b=1$

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

$a+b\equiv 0{\pmod {p}}$, donc $u^{2}\equiv v^{2}{\pmod {p}}$ d'où $v=\varepsilon u+pw$.

Ce qui donne $p^{2n-1}=u^{2}+2\varepsilon buw+pbw^{2}$.

On en déduit $p\mid u+2\varepsilon bw$, d'où $u+2\varepsilon bw=pt$

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

$p^{2n-1}=(pt-\varepsilon bw)^{2}-b^{2}w^{2}+pbw^{2}=p^{2}t^{2}-2\varepsilon pbwt+pbw^{2}$

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

 

Corollaire pour les carrés

Soit $p$ un premier impair. Alors $\exists !(c,d)\in \mathbb {N} ^{2},c\wedge d=1$ 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

${\begin{array}{ll}21^{2}&=(19)^{2}&+&20\cdot (2)^{2}\\&=\color {red}(11)^{2}&+&\color {red}20\cdot (2\times 2)^{2}\\&=17\cdot (5)^{2}&+&4\cdot (2)^{2}\\\\33^{2}&=(31)^{2}&+&32\cdot (2)^{2}\\&=\color {red}(17)^{2}&+&\color {red}32\cdot (5)^{2}\\&=17\cdot (7)^{2}&+&16\cdot (2\times 2)^{2}\\&=31\cdot (1)^{2}&+&2\cdot (23)^{2}\\\\35^{2}&=(3\times 11)^{2}&+&34\cdot (2)^{2}\\&=\color {red}(1)^{2}&+&\color {red}34\cdot (2\times 3)^{2}\end{array}}$

La réciproque est fausse

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

${\begin{array}{ll}39^{2}=(3\cdot 13)^{2}&=(37)^{2}&+&38\cdot (2)^{2}\\&=25\cdot (5)^{2}&+&14\cdot (2\times 2\times 2)^{2}\end{array}}$

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

${\begin{array}{ll}87^{2}=(3\cdot 29)^{2}&=(5\times 17)^{2}&+&86\cdot (2)^{2}\\93^{2}=(3\cdot 31)^{2}&=(7\times 13)^{2}&+&92\cdot (2)^{2}\end{array}}$

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

${\begin{array}{ll}87^{3}&=85\cdot (79)^{2}&+&2\cdot (11\times 23)^{2}\\&=85\cdot (17)^{2}&+&2\cdot (563)^{2}\\93^{3}&=91\cdot (5\times 17)^{2}&+&2\cdot (271)^{2}\\&=91\cdot (37)^{2}&+&2\cdot (11\times 53)^{2}\end{array}}$

Remarques sur le trinôme

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

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 $\pm 1[2n]$ ?

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 :

${\begin{array}{lll}19^{5}=(1+7+11)^{5}&=1\times 911^{2}&+7\times 251^{2}&+11\times 331^{2}\\25^{5}=(7+5+13)^{5}&=7\times 701^{2}&+5\times 571^{2}&+13\times 601^{2}\\9^{7}=(3+5+1)^{7}&=3\times 449^{2}&+5\times 911^{2}&+1\times 13^{4}\end{array}}$

• 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 $1[2n]$

Oui. Quelques exemples ici :

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

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

Conclusion

Nous pouvons essayer de condenser une partie des 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 $\pm 1[2n]$.

L'existence est assurée par les relations $p=1^{2}+(p-1)1^{2}$ et $(au^{2}+bv^{2})(ax^{2}+bu^{2})=(aux\pm bvy)^{2}+ab(uy\mp vx)^{2}$ , 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 $(p^{2k-1},p^{2k})$ 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 $\pm 1[2n]$, 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 $ax^{2}-by^{2}=a-b$

En réécrivant ${\dfrac {a}{a-b}}x^{2}-{\dfrac {b}{a-b}}y^{2}=1$. 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 : ${\frac {a}{(a-b)}}\left({\frac {f_{n}(a,b)}{(a-b)^{m}}}\right)^{2}-{\frac {b}{(a-b)}}\left({\frac {f_{n}(b,a)}{(a-b)^{m}}}\right)^{2})=1^{n}=1$

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 $y^{2}=x^{3}+k,k\in \mathbb {Z}$ (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 $k=(3n^{2}+1)_{n}$ , $k=(3n^{2}-1)_{n}$ et $k=\left((n-1)(n-4)^{2}\right)_{n}$

On part de l'identité remarquable :

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

2 possibilités:

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

${\begin{array}{clclcr}x^{3}&=&(3x-4)^{2}&+&(x-1)(x-4)^{2}&\quad (E3)\\x^{3}&=&y^{2}&+&-k\end{array}}$

Voici les solutions pour $b=1,2,3,4,5,...$${\begin{array}{rrr}(E3):&(x,y,k)=(1,1,0),{\color {red}(2,2,-4)},{\color {green}(3,5,-2)},(4,8,0),{\color {red}(5,11,-4)},(6,14,-20),(7,17,-54),(8,20,-112),(9,23,-200),~...\end{array}}$

On remarque ici que ce "partage" du cube donne les solutions aux cubiques qu'a étudié Fermat, à savoir $\color {green}y^{2}=x^{3}-2$ et $\color {red}y^{2}=x^{3}-4$. 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 $b\rightarrow b^{2}$, ce qui donne $(a+b^{2})^{3}=a(a-3b^{2})^{2}+\left(b(b^{2}-3a)\right)^{2}$

On a un premier carré.

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

${\begin{array}{lclclcl}a=3b^{2}+1\Rightarrow &(4b^{2}+1)^{3}&=&(3b^{2}+1)&+&\left(b(8b^{2}+3)\right)^{2}&\quad (E1)\\a=3b-1\Rightarrow &(4b^{2}-1)^{3}&=&(3b^{2}-1)&+&\left(b(8b^{2}-3)\right)^{2}&\quad (E2)\\&x^{3}&=&-k&+&y^{2}\end{array}}$

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

${\begin{array}{llrrrrr}(E1):&(x,y,k)=\color {red}(5,11,-4),&(17,70,-13),&(37,225,-28),&(65,524,-49),&(101,1015,-76),~...\\(E2):&(x,y,k)={\color {green}(3,5,-2)},&(15,58,-11),&(35,207,-26),&(63,500,-47),&(99,985,-74),~...\end{array}}$

Le grand théorème de Fermat

$n>2\Rightarrow z^{n}\neq x^{n}+y^{n}$ : "il est impossible de partager soit un cube en deux cubes, soit un bicarré en deux bicarrés, soit en général une puissance quelconque supérieure au carré en deux puissances de même degré"

Dans la suite considèrera que les puissance premières impaires : $~n\in \mathbb {P} ,n>2$

et $(x,y)$ copremiers de parité différente

Rappels historiques

Ce travail a déjà été fait par d'autres, les plus célèbres étant Tannery et Itard. Aujourd'hui encore, Fermat continue d'intriguer les historiens des sciences, comme par exemple Goldstein Mais consulter ces remarquables travaux ne suffit pas. Il faut aller relire quelques pages de la correspondance de Fermat, ne serait que pour s’imprégner de son style si courtois, précis et honnête.

• lettre pour Domini de Sainte-Croix de 1936 ou 1937 : Fermat le met "au défi" de trouver des nombres tels que $z^{3}=x^{3}+y^{3}$ et $z^{4}=x^{4}+y^{4}$
• lettre à Frénicle en avril 1640 : il se plaint des innombrables divisions pour trouver les facteurs premiers
• lettre à Mersenne de mai 1640 : il veut vérifier si Frénicle "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 $1[2n]$

• lettre à Frénicle d'aout 1640 : il annonce que ${\dfrac {2^{n}+1}{3}}$ n'a que des facteurs premiers en $1[2n]$

• lettre à Frénicle d'octobre 1640 : il a élargi $2^{n}$ à $a^{n}$, et annonce son "petit" théorème : $\forall a,~n|(a^{n-1}-1)$[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. Mais aussi il étend aux puissances en précisant que $(p^{2k-1},p^{2k})$ ont exactement $k$ décompositions différentes en somme de 2 carrés.

Il est donc quasi certain que Fermat a continué son travail d'élargissement et qu'il a découvert la structure de la somme de deux puissances premières "de même degré", qu'on résume ici:

$(x,y)$ premiers entre eux, impairs ou de parité différente. $n$ premier impair: ${\begin{cases}x+y\nmid n~\ \Rightarrow {\frac {x^{n}+y^{n}}{x+y}}=\prod ({\text{ facteurs premiers en 1[2n] }})\\x+y\mid n~\ \Rightarrow {\frac {x^{n}+y^{n}}{x+y}}=n\times \prod ({\text{ facteurs premiers en 1[2n] }})\\\end{cases}}$

x, y, z ont des facteurs premiers en 1[2n]

Ainsi apparaissent déjà quelques critères sur la structure de $z$ quant à l'impossibilité d'être une somme de puissance, et par conséquent $z^{n}$ aussi.

Si $z=x^{n}+y^{n}$, alors :

• $z$ ne peut pas être premier. Une fois dit cela, on peut facilement imaginer l'idée suivante : si les puissances des nombres premiers ne peuvent pas être somme de mêmes puissances, cela pourrait-il s'appliquer à tout nombre? Car ce ne serait pas la première fois que Fermat raisonnerait par "extension", à savoir : les propriétés des premiers font celles de tous les nombres. Par exemple, lorsqu'il découvre que seuls les premiers en $1[4]$ sont somme de 2 carrés et pas les $3[4]$, il peut alors établir les conditions d'existence de tous les nombres qui sont somme de 2 carrés. Idem, s'il est établit que tout premier est somme de 4 carrés, alors tout nombre est au plus somme de 4 carrés. Pour les sommes de puissances, Fermat y a-t-il vu une similarité? Par l'intermédiaire d'une descente complètement improbable, comme ce qu'il annonce avec les premiers en $1[4]$  ? Partir de $z^{n}=x^{n}+y^{n}$ pour finalement tomber sur un nombre premier qui vérifierait ça? Malheureusement, si cette hypothèse possède les qualités de l'annonce du théorème, à savoir la fulgurance et la généralité, l'histoire ne nous en dira pas plus.
• $z$ possède des facteurs premiers en $1[2n]$ Immédiatement, on peut donc affirmer que les puissances de $10,100,1000,...,10^{k},k\in \mathbb {N}$, mais aussi toutes les puissances des $15^{k}$, ne peuvent pas être somme de deux puissances de même degré! Rien qu'avec ce principe, on peut alors exclure d'emblée une infinité d'autres nombres!

Fermat prolonge-t-il les cas n=3 et n=4 au moment où il découvre les facteurs premier en $1[2n]$ ? Ou avait -il déjà trouvé son théorème? On peut imaginer que si $z=x^{n}+y^{n}$ a cette structure en $1[2n]$, alors le fait de le "remplacer" par $z^{n}$ impose : d'une part la coprimalité deux à deux de $(x,y,z)$ , et d'autre part la même structure à $x^{n}$ et $y^{n}$, puisque de facto ils deviennent eux aussi "somme" de puissances. Par conséquent, ces $x$ et $y$ nouvellement contraints, notamment avec la présence obligatoire de facteurs premiers congrus à $1[2n]$ , doivent en retour contraindre $z$ d'une manière telle qu'on arriverait à une (admirable) contradiction?

C'est Sophie Germain qui reste dans l'histoire en essayant de mettre cela à profit, avec notamment :

• $x^{n}=z^{n}-y^{n}$ et $y^{n}=z^{n}-x^{n}$. Ainsi $x$ et $y$ doivent avoir la même "structure" que $z^{n}$, avec des facteurs premiers en $1[2n]$

• $2z=\alpha ^{n}+\beta ^{n}+\gamma ^{n}$. En effet, par coprimalité, ${\begin{cases}x+y=\alpha ^{n}\\z-x=\beta ^{n}\\z-y=\gamma ^{n}\end{cases}}$

Malheureusement elle devra apporter des hypothèses supplémentaires qui ne valideront pas le cas général.

Fermat a-t-il emprunté cette voie? On peut en douter, car dans l'affirmation de son théorème, il énonce un résultat général sur toutes les puissances successives à partir de 3, et pas seulement les puissances premières impaires. Or si Fermat sait que les facteurs premiers des sommes de 2 carrés( copremiers et de parité différente )sont en $1[4]$ , le doute subsiste quand à la généralisation à toutes les puissances paires, où la loi des $1[2n]$ continue à s'appliquer. Car si $F_{5}=2^{32}+1$ a nécessairement des facteurs premiers en $1[64]$ , Fermat n'a jamais trouvé ce facteur 641. Sinon une tragique erreur de division?

Valuations des facteurs premiers en 1[2n]

Dans $\mathbb {Z}$, on peut toujours fixer le nombre pair à droite et ainsi se ramener à la forme :

$(u+v)^{n}+(u-v)^{n}=(2z)^{n}$, $(u,v)$ premiers entre eux et de parité différente.

Avec la première formule du wiki, l'expression devient $(u+v)^{n}+(u-v)^{n}=2uf_{n}(u^{2},v^{2})=z^{n}$. La coprimalité impose de facto $u\rightarrow 2^{n-1}u^{n}$ . Les nombres invoqués sont trop grands pour des vérifications "à la main". Il est quasiment certain que Fermat est arrivé à appliquera sa méthode de descente pour le cas $n=3$ . Mais il ne donne aucun détail. Plus tard, les mathématiciens les plus brillants peineront à aller plus loin. Réussiront Euler pour $n=3$, Dirichlet/Legendre pour $n=5$, Lamé pour $n=7$ et enfin Dirichlet pour $n=14$ .

Si on sait que ces $f_{n}(u^{2},v^{2})$ ne contiennent que des facteurs premiers congrus à $1[2n]$, l’expérience montre que leur valuation semble toujours valoir 1. C'est en tout cas ce qu'on peut constater en faisant des tables de $x^{n}+y^{n}$, sachant que la décompositions est plus rapide, seuls les premiers en 1[2n] devant être utilisés. Voilà peut-être ce qui aurait pu mettre Fermat sur la voie, sachant qu'à cette époque la course était à la découverte de grands nombres premiers. Or on décomposait "à la main", avec l'infaillible et laborieuse "voie ordinaire" du crible d'Ératosthène dont se plaint Fermat. Dans ce contexte, utiliser des nombres dont on sait à l'avance la forme des facteurs premiers est un avantage certain! On peut penser que Fermat a calculé puis décomposé une très grande quantité de ${\frac {x^{n}-y^{n}}{x-y}},~n\in \mathbb {P}$ , afin de se constituer une table de nombres premiers encore inédite à son époque! Peut-on imaginer qu'à force de calcul, il s'est aperçu que les valuations était toujours de 1, le conduisant à l'intuition de son théorème? Cela dit, n'aurait-il pas plutôt annoncé "il est impossible de partager une puissance supérieure à 2 en une somme de cube, bicarrés, ...? On rappelle que cette conjecture demeure encore irrésolue à ce jour! .

Encore une fois, on est loin de la "fulgurance" de l'énoncé de Fermat. La chronologie est troublante : on ne sait pas s'il a découvert son théorème d'un coup. Ou si à partir des cas déjà connus en 1636 ( $n=3$ et $n=4$), il a étendu plus tard aux autres puissances.

Voici un début de table pour $n=5$: aucunes puissances en vue.

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

${\begin{matrix}x~\backslash ~y&1^{5}&3^{5}&5^{5}&7^{5}&9^{5}&11^{5}&13^{5}&15^{5}\\2{^{5}}&11&5\times 11&11\times 41&1871&41\times 131&12391&5\times 4951&11\times 31\times 131\\4{^{5}}&5\times 41&181&461&1621&4621&5\times 2161&11\times 11\times 181&31\times 1291\\6{^{5}}&11\times 101&---&991&31\times 61&---&9931&71\times 281&---\\8{^{5}}&11\times 331&3001&11\times 251&5\times 661&11\times 491&101\times 101&71\times 271&11\times 31\times 101\\10{^{5}}&9091&11\times 701&---&6871&11\times 761&31\times 401&31\times 661&---\\12{^{5}}&19141&---&14821&11\times 31\times 41&---&71\times 251&5\times 11\times 11\times 41&---\\14{^{5}}&5\times 71\times 101&31\times 1021&71\times 401&---&25951&5\times 5591&11\times 3061&41\times 1091\\\end{matrix}}$

 

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

${\begin{matrix}x~\backslash ~y&1^{5}&3^{5}&5^{5}&7^{5}&9^{5}&11^{5}&13^{5}&15^{5}\\2{^{5}}&31&211&1031&5\times 11\times 61&8431&17891&33751&58411\\4{^{5}}&11\times 31&11\times 71&11\times 191&5261&5\times 11\times 211&22861&41141&71\times 971\\6{^{5}}&5\times 311&---&4651&11\times 821&---&5\times 6131&11\times 4721&---\\8{^{5}}&31\times 151&5\times 1301&41\times 241&11\times 1451&41\times 641&61\times 701&5\times 11\times 1231&103801\\10{^{5}}&41\times 271&14251&---&11\times 2521&31\times 1321&61051&11\times 8221&---\\12{^{5}}&22621&---&11\times 3191&5\times 9281&---&41\times 2141&151\times 811&---\\14{^{5}}&11\times 3761&48871&11\times 11\times 491&---&5\times 11\times 1741&125591&241\times 691&11\times 11\times 1831\\\end{matrix}}$

 

Fermat a-t-il réalisé ce genre de tables? On pourrait le penser si on s'en tient à son obstination sur la primalité des $F_{n}=2^{2^{n}}+1$. Qui n'aurait pas l'idée avec une présentation dans ce genre?

'Nombres $2^{n}+1$'

${\begin{array}{l}\color {red}M_{2}&\color {red}=5\\M_{3}&=3\times 3\\\color {red}M_{4}&\color {red}=17\\M_{5}&=3\times 11\\M_{6}&=5\times 13\\M_{7}&=3\times 43\\\color {red}M_{8}&\color {red}=257\\M_{9}&=3\times 3\times 3\times 19\\M_{10}&=5\times 5\times 41\\M_{11}&=3\times 683\\M_{12}&=17\times 241\\M_{13}&=3\times 2731\\M_{14}&=5\times 29\times 113\\M_{15}&=3\times 3\times 11\times 331\\\color {red}M_{16}&\color {red}=65537\\M_{17}&=3\times 43691\\M_{18}&=5\times 13\times 37\times 109\\M_{19}&=3\times 174763\\M_{20}&=17\times 61681\\M_{21}&=3\times 3\times 43\times 5419\\M_{22}&=5\times 397\times 2113\\M_{23}&=3\times 2796203\\M_{24}&=97\times 257\times 673\\M_{25}&=3\times 11\times 251\times 4051\\M_{26}&=5\times 53\times 157\times 1613\\M_{27}&=3\times 3\times 3\times 3\times 19\times 87211\\M_{28}&=17\times 15790321\\M_{29}&=3\times 59\times 3033169\\M_{30}&=5\times 5\times 13\times 41\times 61\times 1321\\M_{31}&=3\times 715827883\\\color {red}M_{32}&\color {red}=?\end{array}}$

 

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! 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. 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. 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 ou géométrique? En existe-t-il une démonstration plus simple que celle de Wiles? Cette prétendue "marge trop petite" est-elle vraiment la bonne traduction, comme le démentent certains latinistes? 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? Difficile à croire, même si nous savons qu'en mathématiques, il n'est pas rare que l'intuition devance la preuve. 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"? Rappelons que son niveau de connaissance en arithmétique fut celui d'un lycéen d'aujourd'hui en fin de Terminale "Maths Expertes" (oubliée la technique de la "descente" hors programme, pourtant contribution majeure de Fermat au raisonnement par récurrence). Mais 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. Mais il ne les dévoilait pas 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. La première contrainte étant que le partage doit donner systématiquement, pour n'importe quelle puissance, une somme de deux nombres toujours premiers entre eux. Nous avons cherché d'éventuels regroupements des termes du binôme qui auraient cette propriété. Et effectivement, dans le cas n impair, nous en avons trouvé. De fil en aiguille, nous avons découvert une autre propriété encore plus étonnante concernant leur décomposition en facteurs premiers. Ces généralités auraient pu être connues de 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 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 Wikiversité

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