Utilisateur:Alain.fabo/Brouillon

Congruence

Avec la congruence, on ne va pas très loin.

Méthode "à la Diophante":

cas $n=2$: on souhaite partager un carré:

$(a+B)^{2}=a^{2}+B(\underbrace {B+2a)} _{\text{C}}$

$A\wedge B=1\Rightarrow B\wedge C=1$. Donc $(B,C)=(b^{2},c^{2})$

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

Et final $\left({\dfrac {c^{2}+b^{2}}{2}}\right)^{2}=\left({\dfrac {c^{2}-b^{2}}{2}}\right)^{2}+\left(bc\right)^{2}$

Ce sont les triplets pythagoriciens.

cas $n=3$: on souhaite 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:

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

Utilisation des 1[n]

Si $x^{n}+y^{n}=z^{n},~n\in \mathbb {P}$ alors $(x,y,z)$ tous composés, et contenant au moins un facteur premier en $1[2n]$

Par exemple, on peut déjà affirmer que toutes les puissances de 10 ne sont pas séparables en puissances n.

Car $10=2\times 5$, sans facteurs premiers en $1[2n]$

$\forall n\in \mathbb {P} ,10^{n}\neq x^{n}+y^{n},100^{n}\neq x^{n}+y^{n},...$

Dans le cas général

Pour $x^{n}+y^{n}=z^{n},~n\in \mathbb {P}$

On se ramène à la forme dans $\mathbb {Z}$: $(u+v)^{n}+(u-v)^{n}=2uf_{n}(u^{2},v^{2})$ avec $(u,v)$ copremiers de parité différente

On sait que $u\wedge f_{n}(u,v)=1$. Donc pour qu'un nombre pair $z$ puisse être la somme de 2 puissances $n$, alors il faut déjà que $2u=d^{n}$. Ensuite, par les propriétés de $f_{n}(u,v)$ et par "symétrie", puisque $x^{n}=z^{n}-y^{n}$ et $y^{n}=z^{n}-x^{n}$, alors $(x,y,z)$ sont tous composés et contiennent tous des facteurs premiers en $1[n]$ différents. De plus, si l'un est divisible par n, alors la n-valuation ne peut pas valoir 1. Enfin, $f_{n}(u^{2},v^{2})>2u$ signifie que tous ce qui contient les facteurs premiers en $1[n]$ est supérieure au reste. En tout cas que le dernier facteur en 1[n] est supérieur au reste (de quelle manière?)

On a donc des filtres importants sur les valeurs de $(u,v)$

exemple pour n=5

La plus petite valeur est $u=2^{4}$. Les premiers facteurs premiers "admissibles" sont (11, 31, 41, 61, ...)

On trouve alors

v= 77 x=93=3\times31 et y=-61. Impossible car y premier

v= 115 x=131 y= -99=3^2\times 11 Impossible car x premier

v= 139 x=5\times 31]  y=-3\times 41. Impossible car la 5-valuation sur x est 1

v= 303 x= 319=11\times 29 et y=-287=7\times41. Impossible car sur x, 29>11

Arrive la première occurrence admissible pour

v= 481 x= 497=[7, 71]  y=-465= [3, 5, 31]

or 497^5-465^5=8583421161632=2⁵ × 268231911301 .

Bien entendu, pas une puissance!

Ensuite:

v= 655 x= 671=[11, 61]  y= -639 =[3, 3, 71]

671^5-639^5=29485139925152 = 2⁵ × 41 × 9941 × 2260681

Mais ce sont de bien trop grands nombres pour que Fermat ait pu penser de la sorte.

Cela dit, Il semble y avoir un problème avec l'écart entre les les 1[n] et les autres facteurs.

Il semble qu'on ne l'exploite pas ici.

A voir

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.

Encore des sommes de puissances

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

Alors ${\begin{cases}x+y=\alpha ^{n}\\z-x=\beta ^{n}\\z-y=\gamma ^{n}\end{cases}}$

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

C'est utilisé par Sophie Germain.