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 une étude du binôme dans le cas $n=2m+1$ . Nous présentons deux regroupements des termes du binôme qui donne pour tout $n$ une somme de 2 nombres premiers entre eux, i.e $\forall n,~(x+y)^{n}=u_{n}+v_{n},~u_{n}\wedge v_{n}=1$. Le premier regroupement est de la forme $(x+y)^{n}=xa_{n}+yb_{n}$ . Le second est plus remarquable avec l'apparition de carrés: $(x+y)^{n}=xc_{n}^{2}+yd_{n}^{2}$. Enfin pour $n$ premier, nous verrons que les facteurs premiers de $(a_{n},b_{n})$ sont en $1[n]$ , et ceux de $(c_{n},d_{n})$ en $\pm 1[n]$.

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 $(x+y)^{n}$, nous avons étudié plusieurs regroupement des différents termes. Avec $n$ impair et $(x,y)$ copremiers de parité différente, nous en avons trouvé deux. Ils utilisent les mêmes fonctions $f_{n}(x,y)$ que nous présentons ci-après.

Définition

Soient les fonctions $f_{n}(x,y)$ définies par:

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

Début de l'exemple

Exemple

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

Fin de l'exemple

Propriétés algébriques

Propositions:

$\quad {\begin{array}{lll}(x-y)^{n}&=xf_{n}(x^{2},y^{2})&-&yf_{n}(y^{2},x^{2})&\quad (1)\\(x-y)^{n}&=xf_{n}(x,y)^{2}&-&yf_{n}(y,x)^{2}&\quad (2){\text{ : Formule des carrés}}\end{array}}$

Démonstration (1):

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.

Démonstration (2):

On a 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 pour (2):

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

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

Exemples dans  $\mathbb {Z}$:

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

Corollaire:

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

Démonstration:

(3): conséquence directe de (1)

(3bis): Par changement de variable et en utilisant $f_{n}(a/2,b/2)=f_{n}(a,b)/2^{m}$

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

Remarques dans $\mathbb {Z}$:

Pour $(u,v)$ impairs, (4bis) implique que $f_{n}(u^{2},v^{2})$ a nécessairement une 2-valuation de $n-1$.

En effet, on peut toujours écrire $(u,v)=(x+y,x-y)$ avec $(x,y)$ de parité différente.

Auquel cas $\sum _{i+j=n-1}x^{i}y^{j}$ est impair.

Pour $(u,v)$ de parité différente, il est moins évident ici de montrer que $f_{n}(u^{2},v^{2})$ est impair. Par contre, c'est immédiat an partant directement de la définition, comme on va le voir ci-après.

Coprimalité

Nous considérerons dans la suite $(u,v)\in \mathbb {Z} ^{2}$ copremiers de parité différente

Afin de donner d'autres résultats généraux, entrons un peu dans le détail de $f_{n}$:

$f_{n}(u,v)=\underbrace {u^{m}} _{\text{k=0}}+\underbrace {nv^{m}} _{\text{k=m}}+\underbrace {nmuv^{m-1}} _{\text{k=m-1}}+\sum _{k=1}^{m-2}{n \choose 2k}u^{m-k}v^{k}$

Propositions:

$2\mid uv,~u\wedge v=1\Rightarrow {\begin{cases}f_{n}(u,v)\wedge f_{n}(v,u)=1&(5)\\n\nmid u\Rightarrow u\wedge f_{n}(u,v)=1&(6)\\n\in \mathbb {P} ,~n\mid u\Rightarrow u\wedge f_{n}(u,v)=n&(7)\end{cases}}$

Démonstrations :

(5) : Avec $u,v$ de parités différentes, puisque $f_{n}(u,v)=u^{m}+nv^{m}+uvP(u,v)$, alors $f(u,v)$ et $f(v,u)$ 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 $v$.

(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 $u$

(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.

Exemples:

Pour (7), la valuation sur $n$ est toujours de 1. Avec $(u,v)=({\color {green}7^{3}}\times {\color {red}5^{3}},22)$

${\begin{array}{l}f_{\color {red}5}(u,v)&={\color {red}5^{1}}\times 18979\times 19471\\f_{\color {green}7}(u,v)&={\color {green}7^{1}}\times 643\times 743\times 839\times 28393\end{array}}$

Remarque: $f_{n}(u,v)$ et $f_{n}(u^{2},v^{2})$ ne sont pas forcément premiers entre eux!

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

Facteurs premiers

Propositions (conjectures):

$n\in \mathbb {P} ,2\mid uv,~u\wedge v=1,\quad {\begin{cases}f_{n}(u,v)=\prod p_{i}^{v_{i}}&\Rightarrow p_{i}\equiv \pm 1[n]&(8)\\f_{n}(u^{2},v)=\prod p_{i}^{v_{i}}&\Rightarrow p_{i}\equiv \pm 1[n]&(9)\\f_{n}(u^{2},v^{2})=\prod p_{i}^{v_{i}}&\Rightarrow p_{i}\equiv \ 1[n]&(10)\end{cases}}$

Pistes de démonstration ?

(4) donne $f_{n}(x^{2},y^{2})=\sum _{k=0}^{n-1}(x+y)^{n-1-k}(y-x)^{k}=(x+y)^{n-1}\Phi _{n}\left({\dfrac {y-x}{y+x}}\right)$

où $\Phi _{n}(X)=1+X+X^{2}+...+X^{n-1}$ le polynôme cyclotomique lorsque $n$ est premier.

D'après une propriété de ces polynômes les facteurs premiers de $\Phi _{n}(x)$ seraient en $1[n]$.

Mais il y a un $(x+y)^{n-1}$qui traine devant le $\Phi _{n}(X)$, donc pas top.

En tout cas, il doit y avoir un début d'explication.

Remarque:

$n\in \mathbb {P} \Rightarrow f(u,v)=u^{m}+nP(u,v)$ . Le petit théorème de Fermat implique immédiatement que $f_{n}(u^{2},v)\equiv 1[n]$ et $f_{n}(u,v)\equiv \pm 1[n]$. Mais mystérieusement, cela semble s'appliquer aussi à tous les facteurs premiers! Il n'y a pas de raison évidente. Par exemple, si on considère le polynôme $h_{n}(u,v)=u^{m}+nv$, alors $h_{7}(6^{6},11^{2})=67\times 709\equiv 4\times 2\equiv 8\equiv 1[7]$

La généralisation est donc encore plus grande sur la forme $f_{n}(u^{2},v^{2})$, où tous les facteurs sont congrus à $1[n]$ . Cela permet par exemple d'accélérer grandement l'algorithme de décomposition en n'y recherchant que des facteurs de la forme $(2k\times n+1)_{k\in \mathbb {N} }$

Nous n'avons pas trouvé de contre-exemples (avec les moyens du bord), d'où la conjecture. À vos remarques, cher lecteur, si vous avez des pistes de démonstration ou la découverte d'un contre-exemple!

Exemples pour $f_{n}(u,v)\equiv \pm 1[n]$

${\begin{array}{lll}f_{5}(6,11)&=1301&\equiv 1&[5]\\f_{7}(6,11)&=181\times 239&\equiv -1\times 1&[7]\\f_{11}(6,11)&=47820079&\equiv 1&[11]\\f_{13}(6,11)&=8969\times 177269&\equiv -1\times 1&[13]\\f_{19}(6,11)&=151\times 386989747169&\equiv -1\times -1&[19]\\f_{23}(6,11)&=5278223\times 12238317893&\equiv -1\times -1&[23]\\f_{29}(6,11)&=233\times 521\times 1309699\times 14932891583&\equiv 1\times -1\times 1\times -1&[29]\\f_{31}(6,11)&=683\times 8803\times 13128774105430771&\equiv 1\times -1\times 1&[31]\\...\end{array}}$

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

${\begin{array}{lll}f_{5}(6^{2},11)&=5861&\equiv 1&[5]\\f_{7}(6^{2},11)&=507809&\equiv 1&[7]\\f_{11}(6^{2},11)&=89\times 6029\times 7129&\equiv 1\times 1\times 1&[11]\\f_{13}(6^{2},11)&=883\times 2341\times 160627&\equiv -1\times 1\times -1&[13]\\f_{17}(6^{2},11)&=67\times 187067\times 199591969&\equiv -1\times -1\times 1&[17]\\f_{19}(6^{2},11)&=229\times 683\times 1901\times 2963\times 246469&\equiv 1\times -1\times 1\times -1\times 1&[19]\\f_{23}(6^{2},11)&=367\times 4457595074737380607&\equiv -1\times -1&[23]\\f_{29}(6^{2},11)&=1069838719517673460520580221&\equiv 1&[29]\\f_{31}(6^{2},11)&=92861463243343352659695472649&\equiv 1&[31]\\...\end{array}}$

Exemples avec les variables toutes carrées: $f_{n}(u^{2},v^{2})\equiv 1[n]$

${\begin{array}{ll}{\begin{array}{lll}f_{5}(6^{2},11^{2})&=118061&\equiv 1&[5]\\f_{7}(6^{2},11^{2})&=34188379&\equiv 1&[7]\\f_{11}(6^{2},11^{2})&=23\times 89\times 2377\times 586961&\equiv 1\times 1\times 1\times 1&[11]\\f_{13}(6^{2},11^{2})&=30187\times 27342279823&\equiv 1\times 1&[13]\\f_{19}(6^{2},11^{2})&=2129\times 3079\times 3039225397425209&\equiv 1\times 1\times 1&[19]\\f_{23}(6^{2},11^{2})&=1663964075070633572800332299&\equiv 1&[23]\\f_{29}(6^{2},11^{2})&=59\times 11250493\times 60508154689065340703592763&\equiv 1\times 1\times 1&[29]\\f_{31}(6^{2},11^{2})&=27466437659\times 422603394089373421296083801&\equiv 1\times 1&[31]\\...\end{array}}\end{array}}$

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.

Notamment l’existence de triplets $(a,b,c)$ tels que

$(x+y+z)^{n}=x.a^{2}+y.b^{2}+z.c^{2}$

On suppose ici $(x,y,z)$ impairs.

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

On donne quelque exemples ici:

${\begin{array}{lll}11^{3}=(1+3+7)^{3}&=1.1^{2}&+3.7^{2}&+7.13^{2}\\&=1.31^{2}&+3.11^{2}&+7.1^{2}\\&=1.31^{2}&+3.3^{2}&+7.7^{2}\\&=1.11^{2}&+3.3^{2}&+7.13^{2}\\&...\end{array}}$

${\begin{array}{lll}15^{3}=(3+5+7)^{3}&=3.1^{2}&+5.13^{2}&+7.19^{2}\\&=3.19^{2}&+5.17^{2}&+7.11^{2}\\&=3.9^{2}&+5.11^{2}&+7.19^{2}\\&=3.23^{2}&+5.11^{2}&+7.13^{2}\\&...\end{array}}$

Applications

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

$ax^{2}-by^{2}=a-b$

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

Le grand théorème de Fermat

On ne considère que les puissance premières $x^{n}+y^{n}=z^{n},~n\in \mathbb {P}$

Critères immédiats sur les facteurs premiers de z

Déjà, avec les résultats précédents, quelques critères simples apparaissent pour savoir si un nombre à la puissance n peut ou non être divisible en somme de 2 puissances "de même nom":

• la somme de 2 puissances impaires est toujours un nombres composé. Déjà, $p\in \mathbb {P} ,p^{n}\neq a^{n}+b^{n}$
• la somme de 2 puissances contient des facteurs premiers en $1[n]$. Ainsi, $10^{n}\neq a^{n}+b^{n},100^{n}\neq a^{n}+b^{n},...$
• les puissances "possibles" sont données par le facteur premier qui a la plus grande valeur. Ainsi, $5\times 7\times 13$ serait possiblement la somme de cubes, puisque $13=1[3]$. Mais ce serait la seule puissance idoine
• $f_{n}(x^{2},y^{2})>x^{n-1}$. Donc le nombre constitué de facteurs premiers en $1[n]$ doivent avoir une valeur beaucoup plus grande que le nombre composé du reste des facteurs. Ainsi, $5\times 7\times 13$ n'est pas un bon candidat. A la rigueur, $5\times 7\times 13^{3}$ car$(5\times 7)^{2}<13^{3}$.

On a donc des critères simples sur $z$ . Mais on est loin d'un résultat général. On n'utilise pas par exemple le fait que $2z=\alpha ^{n}+\beta ^{n}+\gamma ^{n}$ . Ni qu'on a encore des sommes de puissances qui apparaissent. Ni que $(x,y)$ sont composés de facteurs premiers en $1[n]$.

En effet, par coprimalité,

${\begin{cases}x+y=\alpha ^{n}\\z-x=\beta ^{n}\\z-y=\gamma ^{n}\end{cases}}$, et donc ${\begin{cases}z+y=\alpha ^{n}+\beta ^{n}\\z+x=\alpha ^{n}+\gamma ^{n}\\2z=\alpha ^{n}+\beta ^{n}+\gamma ^{n}\end{cases}}$

À travailler, éventuellement. c'est justement Sophie Germain qui cela met à profit

Valuations des facteurs premiers de la somme de puissances

On peut toujours se ramener à la forme $(u+v)^{n}+(u-v)^{n}=(2z)^{n}$, $(u,v)$ premiers entre eux et de parité différente. Le nombre pair est donc toujours fixé à droite.

Avec la première formule du wiki, l'expression devient $(u+v)^{n}+(u-v)^{n}=2uf_{n}(u^{2},v^{2})$. C'est la factorisation utilisée par Euler et Dirichlet pour les cas $n=3$ et $n=5$. Ça ne mènerait donc pas bien loin, puisque pour les puissances supérieures, les mathématiciens n'ont rien pu en tirer. Cela dit, nous avons vu que $f_{n}(u^{2},v^{2})$ ne contenait que des facteurs premiers congrus à $1~[n]$. Peut-être un résultat intéressant ici, qui pourrait révéler plus rapidement ce fait expérimental: la valuation du plus grand des facteurs premiers vaut toujours 1. Encore une autre conjecture, cette fois-ci beaucoup plus aventureuse! Mais qui serait déterminante. Nous avons trouvé des contre-exemples uniquement sur le cas $n=3$ , comme $f_{3}(10^{2},9^{2})=7^{3}$ , $f_{3}(118^{2},31^{2})=7^{5}$,$f_{3}(28^{2},45^{2})=19^{3}$, $f_{3}(154^{2},45^{2})=13^{3}$. Sur les autres puissances, jamais (avec les moyens du bord). Voilà peut-être ce qui aurait pu mettre Fermat sur la voie? Sachant qu'à cette époque, on décomposait "à la main", il est probable que ces fonctions qui "filtrent" les facteurs premiers aient été très attrayantes, et donc connues. C'est d'ailleurs Fermat qui annonce qu'un premier somme de carrés est congru à 1[4] ( carrés de Fermat ). Il avait l’œil pour cela, et il est fort probable qu'il soit "tombé" sur ces $f_{n}(u^{2},v^{2})$. D'ailleurs, on retrouve ces $1~[n]$ dans son "petit théorème" ( $n\in \mathbb {P} ,~a^{n-1}\equiv 1[n]$), qu'il a dû découvrir au fil de ses innombrables décompositions.

Abaissement des puissances en carrés

Avec la deuxième formule du wiki, la formule des carrés, peut-être peut-on en tirer une forme plus parlante, pouvant aboutir sinon à une démonstration, une intuition. Fermat, ayant énormément travaillé sur les carrés, devait surement la connaître.

Par exemple, en partant de $(z-u)^{n}+(z-v)^{n}=z^{n}$, $z$ pair , $(u,v)$ impairs premiers avec $z$

on arrive à: $zf_{n}(z,u)^{2}-uf_{n}(u,z)^{2}+zf_{n}(z,v)^{2}-vf_{n}(v,z)^{2}=z^{n}$,

donc une forme : $z^{n}-z(a^{2}+b^{2})+uc^{2}+vd^{2}=0$, $(a,b,c,d,u,v)$ impairs premiers avec $z$, $(u,c),(v,d)$ premiers entre eux

Cette expression interdirait-elle à $z$ d'être entier?

Les racines des polynômes du type $X^{n}-2rX+2p,r\in \mathbb {N} ,p\in \mathbb {Z}$ , ont-elles des propriétés particulières?

Est-ce généralisable? Car on obtient la même forme pour $(z-u)^{p}+(z-v)^{q}=z^{n}$, ici$(p,q,n)$ impairs quelconques. Ce qu'annonce la conjecture de Tidjman et Zagier pour toutes les puissances

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. 1648, 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 pour leur aide précieuse (notamment elhor_abdelali et jandri pour les démonstrations)

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

Merci à Wikiversité.

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

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