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 ${\sqrt {2}}$

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 subtituer $(n+x,n+y,n+z)$ 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 ?

Diophante-Bachet-division et somme de 2 cubes

Dans la versino 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 probabmement 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?