à propos de la conjecture de Fermat

l'ennui c'est que cette conjecture n’intéresse que ceux qui osent prétende lui trouver une solution plus ou moins simple j’espérerais donc me tromper dans la démonstration qui suit.

soit p premier impair je note X* , X à la puissance p
d'autre part je note 1/m l'inverse modulo l'entier(considéré par le contexte) de m (suis je clair?)

soit p premier impair et X Y Z trois entier premier deux à deux tel Que :
X* + Y* = Z* (O)
soit A ett B deux entiers tel que
AZ +BY = 1 (1) (leur existense nous est garantie par l’identité de Bezout)

A premier avec Y donc A*X*+B*Y* premier avec Y* et d’après le théorème de Dirichlet il existe K tel que:

(A*X*+B*Y*) + KY* = C avec C premier

on a C = A*X* + ( (B+L)Y** - (B+L)*Y*) + B*Y* + KY* pour tout L entier (2)

d'autre par l’équation (0) donne A*X* = A*Z* - A*Y*
(2) donne donc C= (A*Z* + (B+L)°Y° ) + (B° + K - A*)Y* - (B+L)*Y* (3)

toujours d'autre part A*Z* + (B+L)*Y* est divisible par AZ+(B+L)Y = AZ+BY + LY = 1 + LY en considérant (1)

bon ici je sauvegarde les tapotis que j'ai déjà tapotés par précaution et pour faire une pause ma vue baisse et j'ai un petit truc à faire
ne m'envoyez pas de congratulations ironique mais vous pouvez corriger mes erreurs potentielles ou essayer de continuer mon raisonnement
de retour j'avais raison de sauvegarder ma batterie est tombé a plat lors de l'envoi heureusement mon ordi ne m'as rien avalé !

bon d"après (3) si E= (B* + K - A*)Y* - (B+L)*Y* à un facteur commun différent de 1 avec LY + 1 C n'a aucune chance d’être premier

soit D= LY+1 on à L == -1/Y mod D

une condition nécessaire pour que E== 0 mod D est que (B*+ K - A*)Y* - ( (BY-1)*/Y*)Y*==0 mod D
soit F= (B* + K -A*)Y* - (BY- 1)* == 0 mod D

réciproquement comme BY -1 premier avec Y alors Y premier avec F et admet un inverse modulo F
soit L entier tel que L== -1/Y mod F
il est immédiat que LY + 1 == 0 mod F
il est non moins immédiat (comme on dit dans les livre de math (excusez moi je suis fatigué) que :

(B* + K - A*)Y* - (B + L)*Y* == 0 Mod F

je crois donc avoir trouvé B K A et accessoirement L tel que :
C = A*X* + B*Y* + KY* soit à la fois premier et non premier !!!
je vous remercie de vos correction ou suggestion
je n'ai rien d'autre a déclarer à part qu'il est possible de se débarrasser du théorème de Dirichlet dans cette démonstration
car sa démonstration est loin d’être une petite affaire!
au revoir

Réponses

  • Tu n'as pas besoin de mettre autant de détails et tu dois utiliser mathjax (clique sur citer pour voir le code de nos messages)

    Donc $x^p + y^p = z^p$, $az+by=1$ et $c = (ax+by)+ky$ est premier. Ensuite ? $c \equiv 0 \bmod ???$
  • (re) Bonjour
    merci de tes critiques plutot axées sur la forme ( ce que je constate avec anxiété)
    si j'ai fait trop de détail c'etait plutot pour m'apercevoir (ou pas) si j'avais pas fait une trop grosse connerie dans ma demonstration vu que j"avais pas de brouillon

    quand a ecrire en Majax (comme tu dit) je te remercie mais avec les trois navigateurs dont je dispose il me faut chercher mes lunettes pour lpouvoir lire le resultat (on arrete pas le progres)
    à la limite si je retrouve mon appareil photo !

    en attendant le lecteur n'a qu'a s'imaginer que ° est mon nombre premier impair et se faire son opinion personelle
    au revoir, merci
  • Milgram,

    écrire ici en LaTeX (avec Mathjax) n'est pas particulièrement difficile et se fait avec des caractères de même taille que d'habitude. Et même sans, x* n'est pas plus lisible que xp (que j'ai écrit avec la balise x²). Enfin rien ne t'interdit [size=large]d'agrandir la taille d'écriture[/size] (il y a une balise pour ça), ou d'agrandir le texte grâce aux fonctionnalités de ton navigateur (avec Firefox, ctrl +).

    J'en conclus que soit tu es débutant (et tu peux progresser, en nous donnant un texte lisible) soit tu es ici de mauvaise foi. Pour ma part, j'ai laissé tomber au bout de 3 lignes, mes yeux sont trop vieux pour lire ce genre de rédaction. Et déjà, je n'avais pas compris " je note 1/m l'inverse modulo l'entier(considéré par le contexte) de m (suis je clair?) " Je ne sais pas qui est "l'entier(considéré par le contexte)".

    Donc rien ne t'empêche de transformer l'essai en rédigeant un texte lisible, sans grosses fautes d'orthographe ("ceux qui ose pretende"), purement mathématique, éventuellement précédé ou suivi de considérations personnelles. Tu as des chances d'être vraiment lu, dans ce cas.

    Cordialement.
  • X* + Y* = Z* (O)

    Ca veut dire quoi (O) ? (et pis * pour $x^p$....)
    Une raison particulière d'utiliser des majuscules ?
  • Je préfère la démonstration de Marcel Pagnol.
  • Laisse Pagnol parler en Catalogne des 3 Suisses.
  • j"ai pris la peine de survoler mes écrits récemment et force m'est d'admettre que l'on puisse être découragé par le style et la manière dont j'ai rédigé mon antépénultième démonstration de ce fichu théorème.
    force m'est aussi de constater que, pour reprendre la métaphore "rugbylistique" employée plus haut, vous avez plutôt préféré botté en touche que de tenter de me renvoyer dans mes 22
    Comme c'est pénible d'écrire quoi que ça soit sans faire de fautes d'orthographe, je n'en dirait pas plus tout en en pensant pas moins.
    voici donc ma démonstration revue et corrigée
    soit p un entier impair
    hypothèse: :on suppose qu'il existe trois entier $, x , y , z$ deux à deux premier entre eux tel que $x^p+y^p=z^p$
    il existe deux relatifs $a$ et $b$ tel que $az+by=1$ (Bezout)
    il existe (Dirichlet) un entier $k$ et un nombre premier $c$ > $(az)^p+(by-1)^p$ > 0 tel que:
    $c=(ax)^p+(by)^p+k(y^p)$

    pour tout entier m on note :
    $d(m)=(az)^p+(b+m)^py^p$
    $e(m)=(b^p-a^p+k)y^p-(b+m)^py^p $

    soit $f=(b^p-a^p+k)y^p-(by-1)^p$ on remarque que$f>1$
    on remarque que $f=c-(az)^p-(by-1)^p$ et est donc premier avec $c$ out est egal à c quand $p=1$
    soit $g$ un entier congru à $-1/y$ modulo $f$
    il est immédiat (sans que ce terme soit outrageusement exagéré ) que :
    $d(g)$ et $e(g)$ sont congrus à 0 modulo $f$ et donc multiple de $f$
    comme $f$ premier avec $c$ quand p different de 1 et que $d(g)+e(g)=c$ alors $c$ est multiple de $f$ et $c$ premier: il y a un os
    ceci clos ma démonstration.

    c'est encore un peu embrouillé mais j'espère que cela satisferas vos attentes.



    votre bien dévouée Juanita Banana
    adg ,(pas moins)




    Take the only tree that's left
    and stuff it up the hole
    in your culture
    (Leonard Cohen "The Future")
  • Quel est le résultat de Dirichlet que tu utilises?Je ne le reconnais pas en te lisant.
  • je croyait que le théorème qui dit que si deux entier A et B sont premier entre alors L'ensemble des entier K tel que A + KB est ptemier n'admet pas de majorant (et est non vide!) était de Dirichlet
    pas de trace sur wyskipedia (une seule recherche)?!
  • Sur whiskypedia tu ne risques pas de trouver le théorème de la progression arithmétique de Dirichlet, tout au plus un bon mal de crâne ;-)
  • Bonjour,
    Vous parlez d'entier congru à -1/y modulo f mais cela pourrait sembler impossible car on aurait beau rajouter à un inverse autant de fois f qui est entier, on n'aura pas d'entier vu que on rajoutera à (-1/y),(ny/y) ce qui donne((ny-1)/y) qui n'est pas divisible par y. Sauf si (ny-1)=k*y c'est à dire (n-k)y=1 qui n'est satisfaisable que si y=1 ou y=-1 car (n-k) est entier.(je dis ça pour ceux qui ne voient pas l'immédiateté de la chose.)
    En tout cas votre démonstration semble marcher.
  • Le fait qu'une démonstration soit correcte ne s'évalue pas à l'aune du nombre de (+1) qui vont suivre.

    Par ailleurs, Milgram a été invité cordialement à rédiger proprement ce qu'il pense être une démonstration.
    Force est de constater qu'il ne l'a pas fait à l'heure d'aujourd'hui.

    PS:
    Un exemple, à mon humble avis, de l'approximation des arguments.

    Il écrit.

    "il existe deux relatifs $a$ et $b$ tel que $az+by=1$ (Bezout)"
    "il existe (Dirichlet) un entier $k$ et un nombre premier $c>(az)^p+(by-1)^p>0$..."

    Il n'est pas clair du tout que $(az)^p+(by-1)^p$ soit positif (j'imagine que $p$ est un nombre premier impair)


    En fait,

    $by-1=-az$ donc
    $(az)^p+(by-1)^p=(az)^p+(-az)^p=(az)^p-(az)^p=0$
    ($p$ est un nombre entier impair).
  • Bonjour,
    Faisons la démonstration:
    On a donc:(az)^p+(by-1)^p>0
    Faisons une disjonction de cas:
    Pour tout z,y=1:
    (az)^p+(b-1)^p>0 si a=0 et b=2 qui vérifie az+by=1.
    Pour tout z,y=-1:
    (az)^p+(-b-1)^p>0 si a=0 et b=-2 qui vérifie az+by=1.
    Le problème,c'est toujours le (-1/y), quand je dis qu'elle semble marcher c'est uniquement pour y=1 et y=-1,bien sûr.
  • Bound a écrit:
    On a donc:(az)^p+(by-1)^p>0

    Si $p$ est un nombre impair cette expression est NULLE. Elle n'est donc pas strictement plus grande que $0$ et tout nombre premier lui est supérieur.
  • !que d'eau que deau !
    jmerci de me faire ub petit "up" pour mon fill
    mais je suis désolé de ne pas pouvoir répondre séant, j'ai enn effet un petit rhum-e (pour utiliser le machin alternatif)
    @+
  • répondre séant ?
  • Moi je tape sur mon clavier avec mes mains mais à chacun ses fantaisies. X:-(
  • @fin de partie
    Je pense avoir fourni un version simple et propre de ma démonstration (tentative de !) si propre signifie correcte je vous trouve bien exigeant !!

    On a
    $c=(ax)^p+(by)^p+k(y^p)$
    $f=(b^p-a^p+k)y^p-(by-1)^p$
    si tu veux bien me concéder
    $f= c-(az)^p-(by-1)^p =c -0 =c$ , $f$ est donc premier
    on ne pourrait donc pas trouver parmi tous les K qui font c premier un qui soit congru à $a^p-b^p$ modulo g un diviseur de by-1 sinon f serait premier et somme de deux multiples de g différents de f et de 1.
    J'ai du mal à voir ce que ça donne pour p= 1.
    Il
    y a quelque chose qui cloche là-dedans, j'y retourne immédiatement )
    @ bound visiblement tu ne connais pas la notation $y^(-1)$ sim sim 1/Y mais bon si tu n'as jamais fait beaucoup de math la confusion est normale
    Sinon je t'ai envoyé mon raisonnement par MP l'as-tu reçu ? Ma boîte est complètement vide ?


    @Chaurien merci de corriger mes fautes d'orthographe c'était céant qui signifie selon le contexte: séance tenante ici, ici et maintenant etc. (j'ai chopé cette expression à un personnage de San-Antonio)

    Sur ce, bonsoir, et merci cordialement.
  • Alors diantre, que venez-vous faire céans ?
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