Utilisateur:Alain.fabo/Brouillon

Congruence

Avec la congruence, on ne va pas très loin.

Méthode "à la Diophante":

Cas n=2: partager un carré en 2 carrés

$(a+b)^{2}=a^{2}+b(\underbrace {2a+b)} _{\text{c}}$

si on suppose b impair et premier avec a pair

alors $b\wedge 2a=1\Rightarrow b\wedge c=1$. Donc $(b,c)=(u^{2},v^{2})$

Donc $c=v^{2}=2a+u^{2}$. On en tire ${\dfrac {v^{2}-u^{2}}{2}}=a$

Et final $\left({\dfrac {v^{2}+u^{2}}{2}}\right)^{2}=\left({\dfrac {v^{2}-u^{2}}{2}}\right)^{2}+\left(uv\right)^{2}$ . Ce sont les triplets pythagoriciens.

cas n=3: partager un cube

$(a+b)^{3}=a^{3}+b(\underbrace {b^{2}+3a(a+b)} _{\text{c}})$

Comme précédemment, on a immédiatement $(b,c)=(B^{3},C^{3})$

Hypothèse: $3\nmid b$ .

Ainsi $C^{3}-(B^{2})^{3}=3a(a+b)$ .

C'est une différence de cube. La 3-valuation ne peut pas donc valoir 1

Soit $3\mid a$, soit $3\mid a+b$

Sinon le but serait d'extraire a, comme pour le cas $n=2$. Ici on a un polynôme de degré 2:

$C^{3}-B^{6}=3a(a+B^{3})$, soit $3a^{2}+3aB^{3}-(C^{3}-B^{6})=0$

et l'équation $\Delta _{a}=12C^{3}-3B^{6}=D^{2}$, dont il est impossible de montrer qu'il n'y a pas de solution.

On n'utilise jamais le fait que $c$ soit composé exclusivement de facteurs premiers en $1[n]$.

On sait que $c\equiv 1[n]$ par le petit théorème de Fermat. Or les facteurs premiers sont "cachés"

Cas général:

$(a+b)^{n}=a^{n}+b(\underbrace {b^{n-1}+na(b+a)(b^{2}+ba+a^{2})^{k_{n}}(a^{k}+b^{k}+abP(a,b))} _{\text{c}})$

avec $k_{n}=2$ pour $n\equiv 1[6]$ sinon $k_{n}=1$ (on obtient ça avec un logiciel de calcul formel)

Idem on veut une puissance, donc $b=B^{n}$ et $c=C^{n}$ à cause de la coprimalité

si $n\nmid b$,

$C^{n}-(B^{n-1})^{n}=na(a+b)((a+b)^{2}-ab)(a^{k}+b^{k}+abP(a,b))$

Encore une différence de puissances. La n-valuation ne peut pas donc valoir 1

Donc $n$ divise au minimum un des facteurs.

Mais on est rapidement bloqué en raisonnant modulo n. (on s'en sort pour n=5)

Équation x+y=z et cubique

On suppose ici $(x,y,z)\in \mathbb {N} ^{3}$ et $x+y=z$

On peut poser $(x,y,-z)$ les 3 racines d'un polynôme cubique en $Y$:

$(Y-x)(Y-y)(Y+z)=0$

Avec $x+y=z$, on obtient:

$Y^{3}+(xy-z^{2})Y-xyz=0$

Le discriminant est $\Delta =-4(xy-z^{2})^{3}-27(xyz)^{2}$

$\Delta =4(z^{2}-xy)^{3}-27(xyz)^{2}$

On sait qu'il y a 3 solutions réelles pour $\Delta <0$, soit:

Vu qu'elles sont entières, alors $-\Delta =\square$

Et effectivement on a bien l'identité remarquable:

${4((x+y)^{2}-xy)^{3}+27(xy(x+y))^{2}=(x-y)^{2}(x+2y)^{2}(2x+y)^{2}}$

Racine nième

Peut-être aussi voir comment à l'époque ils extrayaient les racines nème. Pas la peine de décomposer en facteurs premiers. S'il y a une virgule dans la racine nème, alors c'est bon.

Développement limité

On va considérer ici $x<y<z$ et $x^{3}+y^{3}=z^{3}$

${\sqrt[{3}]{1-h}}\approx 1-{\dfrac {1}{3}}h-{\dfrac {1}{3^{2}}}h^{2}-{\dfrac {5}{3^{4}}}h^{3}-{\dfrac {10}{3^{5}}}h^{4}-{\dfrac {22}{3^{6}}}h^{5}-o(h^{5})$ pour $|h|<1$

• 
  

$x^{3}=z^{3}-y^{3}\Rightarrow x=z{\sqrt[{3}]{1-\left({\dfrac {y}{z}}\right)^{3}}}\approx z-{\dfrac {1}{3}}y-{\dfrac {1}{9}}\left({\dfrac {y^{2}}{z}}\right)-{\dfrac {5}{81}}\left({\dfrac {y^{3}}{z^{2}}}\right)-{\dfrac {10}{243}}\left({\dfrac {y^{4}}{z^{3}}}\right)-...$

idem

$y^{3}=z^{3}-x^{3}\Rightarrow y=z{\sqrt[{3}]{1-\left({\dfrac {x}{z}}\right)^{3}}}\approx z-{\dfrac {1}{3}}x-{\dfrac {1}{9}}\left({\dfrac {x^{2}}{z}}\right)-{\dfrac {5}{81}}\left({\dfrac {x^{3}}{z^{2}}}\right)-{\dfrac {10}{243}}\left({\dfrac {x^{4}}{z^{3}}}\right)-...$

En sommant

$x+y<2z-{\dfrac {x+y}{3}}-{\dfrac {1}{9}}\left(\color {green}{\dfrac {x^{2}+y^{2}}{z}}\right)-{\dfrac {5}{81}}\left(\color {red}{\dfrac {x^{3}+y^{3}}{z^{2}}}\right)-{\dfrac {10}{243}}\left(\color {blue}{\dfrac {x^{4}+y^{4}}{z^{3}}}\right)$

On sait que $x+y>z$ car $(x+y)^{3}>x^{3}+y^{3}=z^{3}$

Donc $\color {green}x^{2}+y^{2}>x+y>z$

Il y a une sorte d'"anomalie" où il est possible de refaire apparaître z puisque $\color {red}z^{3}=x^{3}+y^{3}$

On a aussi $\color {blue}x^{4}+y^{4}>x^{3}+y^{3}=z^{3}$ donc $\color {blue}{\dfrac {x^{4}+y^{4}}{z^{3}}}>1$

$4(x+y)/3<z\left(2-\color {green}{\dfrac {1}{9}}-\color {red}{\dfrac {5}{81}}-\color {blue}{\dfrac {10}{243}}\right)$

${\dfrac {4}{3}}(x+y)<{\dfrac {434}{243}}z$

soit $x+y<{\dfrac {217}{162}}z$

Au final $z<x+y<1.34z$

Il faut que au minimum que $2y^{3}>z^{3}$, soit $y>{\frac {z}{\sqrt[{3}]{2}}}$

Mais pour l'instant pas de problèmes puisqu’il y a des solutions dans $\mathbb {R}$

Alors que vient apporter en plus le fait de travailler avec des entiers?

• par coprimalité, on sait que $x+y$ est une puissance. Si on fixe un z, il faut alors regarder s'il existe un cube dans $[z;1.34z]$

• y fixé, il faut que $x^{3}+y^{3}>(y+1)^{3}$, soit $x^{3}>3y^{2}$. Peut-on faire mieux pour l'encadrement de x+y ?

Descente sur √2 et √3

La descente infinie est aussi très sympa (sans utiliser l'usuel de p et q premiers entre eux)

on pose ${\sqrt {2}}={\dfrac {p}{q}},~p>q>0$

On a alors ${\sqrt {2}}={\sqrt {2}}{\dfrac {{\sqrt {2}}-1}{{\sqrt {2}}-1}}={\dfrac {2-{\sqrt {2}}}{{\sqrt {2}}-1}}={\dfrac {2q-p}{p-q}}$

Or $1<{\sqrt {2}}<2$ donne $1<{\dfrac {p}{q}}<2$, soit $q<p<2q$ , ce qui donne

• $2q-p>0$ . Un nouveau numérateur positif

• $0<p-q<q$ : un nouveau dénominateur positif strictement plus petit. Ce qui par descente est absurde .

Cela continue à fonctionner pour ${\sqrt {3}}$, puisqu'on a encore $1<{\sqrt {3}}<2$, et qu'on obtient ${\sqrt {3}}={\dfrac {3q-p}{p-q}}$ avec $3q-p>2q-p>0$

On pourrait aussi utiliser que $q<p$ donc $2q<2p$ et ainsi $2q-p<p$ donc le nouveau numérateur est plus petit pour une descente sur le numérateur. Mais ça ne fonctionne que pour ${\sqrt {2}}$

Diophante-Bachet: division et somme de 2 cubes

Dans la version de Diophante, Livre 4, Q1, "Diviser un nombre en deux cubes, dont la somme des cotés est aussi donnée". Q2. "...Dont la différence est donnée" . Bref, ça commence à diviser des nombres. ( http://schemath.com/arithmetica_livre4_q1.html )

Bachet propose d'étendre au problème suivants: $a^{3}+b^{3}=x^{3}\pm y^{3}$ soit "Diviser un nombre donné composé de deux cubes en deux autres cubes"

par une technique à la Diophante, à savoir écrire $a^{3}+b^{3}=(a+\alpha n)^{3}-(b+n)^{3}$ , tout comme on avait $h^{2}=c^{2}+(h-\alpha c)^{2}$ pour les carrés qui arrivait sur les triplets pythagoriciens, il arrive aux formulent suivantes:

$a^{3}+b^{3}=\left(a\cdot {\dfrac {2b^{3}+a^{3}}{a^{3}-b^{3}}}\right)^{3}-\left(b\cdot {\dfrac {2a^{3}+b^{3}}{a^{3}-b^{3}}}\right)^{3}$ : la somme donne toujours une différence

$a^{3}-b^{3}=\left(b\cdot {\dfrac {2a^{3}-b^{3}}{a^{3}+b^{3}}}\right)^{3}+\left(a\cdot {\dfrac {a^{3}-2b^{3}}{a^{3}+b^{3}}}\right)^{3}$ : à gauche, on obtient une différence si $2b^{3}>a^{3}$

Exemple: $2^{3}-1^{3}=\left({\dfrac {5}{3}}\right)^{3}+\left({\dfrac {4}{3}}\right)^{3}$, $5^{3}+4^{3}=\left({\dfrac {1265}{61}}\right)^{3}-\left({\dfrac {1256}{61}}\right)^{3}$

On peut sur ces formes se poser la question: $a^{3}+b^{3}=c^{3}$, soit la disparition d'un des termes à droite.

On voit déjà qu'il est impossible de le faire puisqu'il faudrait $2a^{3}+b^{3}=0$ ce qui donne $-a^{3}=-a^{3}$

La question peut alors titiller l'esprit de Fermat, surtout au moment où Diophante parle de diviser les carrés. Malheureusement, c'est dans le livre 2 qu'est le Grand théorème, alors qu'ici on est dans le livre 4. Mais Fermat a-t-il lu les livres dans l'ordre ??

Pour plus de clarté, substituons $(a^{3},b^{3})$ par $(a,b)$, ce qui donne les formules suivantes:

$a+b=a\cdot \left({\dfrac {2b+a}{a-b}}\right)^{3}-b\cdot \left({\dfrac {2a+b}{a-b}}\right)^{3}$ et $a-b=b\cdot \left({\dfrac {2a-b}{a+b}}\right)^{3}+a\cdot \left({\dfrac {a-2b}{a+b}}\right)^{3}$

C'est Fermat qui doit probablement voir la division d'un cube en interchangeant le dénominateur et le membre à gauche.

Ce qui donne plusieurs formes "positives":

$(a+b)^{3}={\dfrac {a}{b-a}}(2b-a)^{3}+{\dfrac {b}{b-a}}(b-2a)^{3}$ avec $b>2a$

et

$(b+2a)^{3}={\dfrac {a+b}{b}}(b-a)^{3}+{\dfrac {a}{b}}(a+2b)^{3}$ avec $b>a$

Ramenée en nombres entiers, la 2ème forme donne $b\left(b+2a\right)^{3}=(a+b)\left(b-a\right)^{3}+a\left(a+2b\right)^{3}$

Soit en revenant aux cubes initiaux: $b^{3}\left(b^{3}+2a^{3}\right)^{3}={\color {green}(a^{3}+b^{3})}\left(b^{3}-a^{3}\right)^{3}+a^{3}\left(a^{3}+2b^{3}\right)^{3}$

Avec cette seconde forme qu'on voit que si $c^{3}=a^{3}+b^{3}$ , alors on obtient un nouveau triplet avec

$\left(b(b^{3}+2a^{3})\right)^{3}=\left(c(b^{3}-a^{3})\right)^{3}+\left(a(a^{3}+2b^{3}\right)^{3}$

Et ainsi de suite; Il y aurait alors une infinité de triplets.

Fermat a-t-il commencer à "penser" à son théorème à ce moment?

Identité remarquable

$p\in \mathbb {P} ,(a+b-c)^{p}=a^{p}+b^{b}-c^{p}+p(a+b)(c-a)(c-b)Q(a,b,c)$

Si $a^{p}+b^{b}=c^{p}$, alors $(a+b)\mid (a+b-c)^{p}$, ce qui est troublant, d'autant plus que par coprimalité, $a+b=d^{p},c-a=e^{p},c-b=f^{p}$

Ici on pourrait rapidement se dire que $(a+b)\mid (a+b-c)^{p}$ n'est possible que si $(a+b)|c$ .Or $(a+b)>c$

Les idées de Fermat

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

${\begin{cases}x+y\nmid n~\ \Rightarrow {\frac {x^{n}+y^{n}}{x+y}}=\prod ({\text{ facteurs premiers en 1[2n] }})\\x+y\mid n~\ \Rightarrow {\frac {x^{n}+y^{n}}{x+y}}=n\times \prod ({\text{ facteurs premiers en 1[2n] }})\\\end{cases}}$|épaisseur=1px}}

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?

Formule des carrés

pour $x^{n}+y^{n}=z^{n},n>2,n\in \mathbb {P}$, et le cas $n\nmid xyz$

Aucun n'est multiple de $n$, donc on donc substituer $(n+x,n+y,n+z)$ à $(x,y,z)$

ce qui donne par la formule des carrés: ${\begin{array}{l}(n+x)^{n}=n^{2}a^{2}+xb^{2}\\(n+y)^{n}=n^{2}c^{2}+xd^{2}\\(n+z)^{n}=n^{2}e^{2}+xf^{2}\end{array}}$, $(a,b,c,d,e,f)$ des entiers

Or on sait aussi que $(a,b,c,d,e,f)$ ne contiennent que des facteurs premiers congrus à $\pm 1[2n]$, donc tous supérieurs à $2n-1$

On a donc ${\begin{array}{rl}(n+x)^{n}+(n+y)^{n}&=n^{2}(a^{2}+c^{2})&+(xb^{2}+yb^{2})\\(n+z)^{n}&=n^{2}(e^{2})&+(zf^{2})\end{array}}$

Par identification, on aurait alors $a^{2}+c^{2}=e^{2}$

Or c'est contradictoire puisque dans les triplets pythagoriciens, $3\cdot 5\mid ace$

Un truc dans le genre avec la bonne astuce ?

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 $2^{n}+1$'

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

 

La preuve ?

Nous donnons une trame historique sur Pierre de Fermat et la découverte de son "grand" théorème $c^{n}\neq a^{n}+b^{n}$.

- A une date inconnue, Fermat écrit son théorème dans le commentaire d'une question de Diophante concernant la division d'un carré (rationnel) en somme de deux carrés (rationnels). Ce problème, $c^{2}=a^{2}+b^{2}$, est connu et résolu depuis longtemps. Si $(a,b,c)$ sont des nombres entiers, on parle de triplet pythagoricien. Les solutions sont $(m^{2}-n^{2},2mn,m^{2}+n^{2})_{m,n}$ . Ces triplets $(a,b,c)$ ont de nombreuses propriétés, dont une importante pour la suite de notre exposé: le produit $abc$ est forcément multiple de 3 et de 5. Fermat rentre dans l'histoire car à ce sujet il surpasse ces prédécesseurs. Il découvre notamment que $c$ n'a que des facteurs premiers en $1[4]$. Encore mieux, il va en déduire que si p est premier $1[4]$, alors il existe une unique façon d'écrire $p=a^{2}+b^{2}$. C'est son théorème des 2 carrés énoncé en 1640.

- Toujours dans le livre de Diophante, Fermat commente les questions concernant la réécriture de la somme de 2 cubes en une somme de 2 autres cubes, à savoir $a^{3}+b^{3}=c^{3}+d^{3}$. Il complète les travaux de Bachet qui utilise la technique d'élimination $a^{3}+b^{3}=(a+\alpha n)^{3}+(b+n)^{3}$. Il est est très probable qu'à ce moment Fermat se pose alors la question de la division d'un cube, à savoir $c^{3}=a^{3}+b^{3}$ . Sa correspondance montre qu'il a en trouvé la preuve de l'impossibilité dès 1937. Ces 2 questions sont concomitantes. En effet, dans ses dernières lettres à Digby En 1958, Fermat soumet les lui soumet au même moment: "Diviser $9=2^{3}+1^{3}$ en 2 autres cubes rationnels". Et "trouver un cube somme de 2 cubes", problème qu'il dira beaucoup plus difficile! Cette double évocation montre la prise de recul de Fermat 20 ans après, et 7 ans avant sa mort en 1665. Ce sont des résultats très importants à ses yeux. Et surtout cela indique à tout nouvel interlocuteur, comme Digby, que c'est le point de départ pour comprendre le fil de ses travaux en arithmétique.

- Au regard des formules qu'il trouve pour $a^{3}+b^{3}=c^{3}+d^{3}$, il n'y a qu'un pas pour établir des formules de partage de cube:

Par exemple, de $(a+b)^{3}={\dfrac {a}{b-a}}(2b-a)^{3}+{\dfrac {b}{b-a}}(b-2a)^{3}$ ou $(b+2a)^{3}={\dfrac {a+b}{b}}(b-a)^{3}+{\dfrac {a}{b}}(a+2b)^{3}$

On y est "presque". Si on réécrit tout cela sans fractions, la 2ème relation donne:

$\left(b(b^{3}+2a^{3})\right)^{3}={\color {green}(a^{3}+b^{3})}\left(b^{3}-a^{3}\right)^{3}+\left(a(a^{3}+2b^{3})\right)^{3}$

Ainsi, celui qui trouvera une solution ${\color {green}a^{3}+b^{3}=c^{3}}$ pourra en déduire d'autres. Il en faut juste une. Qu'on n'arrive pas à deviner. Les calcul usuels sont fastidieux, tant les nombres à manipuler sont grands. Fermat demandera à tous ses correspondant de réfléchir au problème. On imagine qu'il va sérieusement s'intéresser à cette question $c^{3}=a^{3}+b^{3}$. Car il se doute bien de son impossibilité, sinon un exemple, une formule, seraient accessibles. Personne ne lui répond. Dans la suite, il annoncera avoir démontré cela avec beaucoup de difficulté, grâce à une technique inédite appelée descente infinie. C'est une démonstration par l'absurde. Il a dû très probablement s'appuyer sur la stabilité par multiplication des nombres de la forme $a^{2}+3b^{2}$. Sûrement le même chemin qu'Euler débusquera un siècle plus tard, avec la réécriture du problème en $x^{3}+y^{3}=(u+v)^{3}+(u-v)^{3}=2u(u^{2}+3v^{2})=z^{3}$. Fermat fera uniquement l'annonce de sa trouvaille, sans laisser de trace écrite. Il expliquera une seule fois comment il utilise sa technique de descente, au moment de montrer qu'un triangle pythagoricien ne peut pas avoir une aire carrée. C'est ce problème qui implique directement l'impossibilité de $c^{4}=a^{4}+b^{4}$. La technique est un peu différente. Elle passe par les triplets pythagoriciens.

Voilà. Fermat est tombé sur deux cas qui se ressemblent beaucoup dans la forme: $c^{3}\neq a^{3}+b^{3}$ et $c^{4}\neq a^{4}+b^{4}$. A priori ces questions n'étaient pas liées, et sont arrivées par des voies totalement différentes. Naturellement, quiconque se demanderait si ça continue pour les puissances supérieures! Ça paraît logique à ce moment là de l'histoire. Et pour Fermat, c'est clair: le problème continue à être impossible, à savoir $c^{n}\neq a^{n}+b^{n},n\in \mathbb {P} ,n\geq 5$. Intuition étrange, car ni la méthode pour $n=3$ ni celle pour $n=4$ ne fonctionne pour $n\geq 5$ . En pionnier, il continuera à étudier ces formes $a^{2}+nb^{2}$, en les associant à certaines familles de nombres premiers. Mais ici autre chose se trame. Et c'est maintenant qu'arrivent les suppositions. Car il n'y a pas d'autres traces écrites. Fermat n'en fera plus jamais mention dans ses lettres avec ses contemporains. Que s'est-il passé ?

Il s'avère que Fermat est aussi pionnier dans les méthodes d'élimination (à traduire et étudier: https://fr.wikisource.org/wiki/%C5%92uvres_de_Fermat/I/M%C3%A9thode_d%E2%80%99%C3%A9limination ). Ces techniques consiste à éliminer des inconnues dans des équations polynomiales, et à abaisser les degrés pour les rendre plus simple. Dès 1640, on sait qu'il travaille sur les puissances, notamment sur les nombres de Mersenne $2^{n}-1$. Il découvre par exemple que ces nombres n'ont que des facteurs premiers congrus à $1[2n]$. On peut résolument penser que Fermat avait découvert la formule des carrés $(u+v)^{n}=u\cdot a^{2}+v\cdot b^{2}$ , avec $(a,b)$ n'ayant que des facteurs premiers congrus à $\pm 1[2n]$. Une preuve est qu'il a travaillé sur les cubiques $x^{3}=y^{2}+2$ et $x^{3}=y^{2}+4$. Or ce problème vient de la formule des carrés pour $n=3$, à savoir $(a+b)^{3}=a\cdot (a-3b)^{2}+b\cdot (b-3a)^{2}$ , qui donne $x^{3}=(3x-4)^{2}+(x-1)(x-4)^{2}$. Par identification, on obtient les uniques solutions "premières", respectivement (3,5) et $\{(5,11),(2,2)\}$. Fermat, en 1957, reparlera de ce problème à Digby. Il lui annonce qu'il a même réussi à montrer que les solutions trouvées sont les seules. Pour $x^{3}=y^{2}+4$, il cite les solutions $x=2$ et $x=5$ et précise: "toute l'infinité des nombres n'en sauroit fournir un troisième qui ait la même propriété".

Que ce passe-t-il pour $z^{n}=x^{n}+y^{n},n\geq 5$ ? Pourquoi Fermat n'en reparle-t-il pas dans ses correspondances? Pense-t-il que c'est juste évident? Qu'il n'y a pas besoin de la descente pour montrer cela, donc que ça ne vaut pas le coup de s'y attarder? Ou a-t-il repéré une erreur dans son raisonnement pour ne plus jamais en parler, comme le pense l'historien Jean Itard? Quelle serait cette preuve "merveilleuse" qui lui aurait donné l'intuition géniale de son théorème?

Voici mon hypothèse:

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

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

Cela donne:

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

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 $\pm 1[2n]$,

qu'on peut réduire en:

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

Ainsi tous les $(a,b,c,d,e,f)$ ont des facteurs premiers supérieurs à $2n-1$, par conséquent strictement supérieurs à 3 et à 5.

Or par identification sur $w$, on a $e^{2}=a^{2}+c^{2}$ .

D'où une contradiction! Car on a vu au tout début que dans la relation $c^{2}=a^{2}+b^{2}$, 3 et 5 divisent forcément le produit $abc$

Certes c'est une preuve farfelue car identifier sur $w$ n'est pas possible. Mais sachant que ça fonctionne pour n'importe quel $w$, l'idée est séduisante. On peut même penser qu'il existe un certain $w$ qui fasse l'affaire. Fermat serait-il tombé dans cette affaire si tentante?

Voici pourquoi Je trouve cette hypothèse assez explicative du contexte:

- ça "fonctionne" pour $n\geq 5$ , le cas $n=3$ restant à part. En effet, avec la formule des carrés, les facteurs premiers sont annoncés 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 démonstration. En l’occurrence celle par descente infinie, dont l'inventeur est Fermat. Et c'est plutôt là qu'est l'exploit!

- c'est suffisamment expéditif pour qu'on puisse trouver cela "merveilleux". Qu'avec du recul Fermat a pu se dire que finalement c'était faux. Ou que c'est suffisamment trivial pour qu'il n'ait besoin de le "vendre" à ses lecteurs.

- La descente infinie est très compliquée pour $n=5$. Fermat n'a pas pu y arriver. C'est Dirichlet et Legendre qui vont en venir à bout en 1825. Ensuite, la technique devient inopérante pour les exposants supérieurs. Or c'était la fierté de Fermat. 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 ne comptent pas.