Démonstration du maudit théorème de Fermat
je profite que je viens d'apprendre qu'il y a pile une éclipse totale de lune (ce qui prouve que je suis complètement fada) pour me décider à vous proposer la démonstration qui suit. (et j'ai jusqu'à 22h19m00 TU pour ce faire)
je vous saurait grée de bien vouloir me soumettre vos objections éventuelle, vos corrections, où vos questions si vous en avez: je ne peux pas me payer le luxe de rentrer dans les détails, d'ailleurs une grande partie des propositions que je vais énoncer (en les notant P1,P2...;) sont bien connues de la plupart d'entre vous!
De plus li est conseillé d'utiliser un tableur pour vous aider à comprendre certain trucs. (ceci dans l'hypothèse ou vous ne les auriez pas compris)
P1 : soit p un nombre premier impair a et b deux relatifs premiers entre eux. alors:
$ a^p + b^p = (pgcd(a+b , p)) (a+b) (K)$
ou K est un produit de nombres premiers congrus à 1 modulo p et premiers avec $(a + b)$
Notation soit q un premier la proposition " Il existe c tel que $c^b $ congru à $a$ modulo q seras notée Wq(b,a)
en gros ça signifie que a est une puissance "biéme" modulo q : je n'ai pas trouvé d'équivalent de "résidu quadratique"
j'admet que l'abus de notation ne facilite pas la compréhention
j'en introduit une autre cependant notons :
rq(b) la "racine carrée"de b , b résidu quadratique modulo q (Wq(2,b)!), dont le représentant positif modulo q est le plus "petit" parmi les deux racine carrée possibles
P2: soit q premier soit a un diviseur de $q- 1$ soit $k = (q-1)/a$ alors:
Wq((a,b) ssi $b^k$ congru à 1 modulo q
en ce qui nous concerne si q premier $= kp+1$ on a b "puissance piéme modulo q ssi $b^k congu à 1 modulo q$
P3 il resulte de P2 que si $c ? a.b (q)$ et Wq(p,c) et Wq(p,a) alors Wq(p,b) (voyez comme les notations peuvent embrouiller la tête)
bon la lune vas bientot réapparaitre ( en nouvelle Zelande) je vais me transformer en loup Garou (Gare Gare Garry Cooper)
je sens que je vais moins me faire chier avec l'orthographe
P4 si $a + b =c$ et p un premier supérieur à 3 posons $m=2p$
on a $ a^m + b^m +c^m$ est congrus à $0$ modulo tout les diviseurs premiers de $a^2 + b×a + b^2$
P5 une expression de la forme $ax^2 + bx + c$ ne peut être nulle modulo un premier q que si $b^2 - 4ac$ est un résidu quadratique modulo q lorsque c'est le cas on constate que
soi $x$ congru à $(-b + rq(b^2-4ac))/2a)$ modulo q soi $x$ congru à $(-b-rq(b^2-4ac))/2a)$ modulo q)
bon il est temps que j'aille faire un tour dans les bois
je laisse en plan jusque à demain
mes moins ont été transformer en point d'intérogation!
et pas que les moins l'apercu était correct pourtant???
bon j'ai corrigé comme j'ai pu
si j'aurais bien du mal à vous démontrer la proposition P5 rigoureusement (et ce en utilisant Mathjax de surcroit ) car il faudrait que je révise mon cours de DEUG 1ère année, je me tient à votre disposition pour vous donner des indications pour démontrer toute les autres, et si jamais vous trouvez ces propositions délirantes n'hésitez pas à me le faire savoir!
je vais maintenant introduire un symbole pour les "racines cubique de 1" non triviales (dont vous pourrez prouver l'éxistense à l'aide des propositions précédentes idoines) cela vous aideras à vérifier la proposition P4
on a $ (a^3 -b^3)/(a -b)) = a^2 + a×b + b^2)$ soit q un diviseur premier différent de 3 de ce nombre on a:
$(a^3)/(b^3)$ congru à 1 modulo q en notant $J$ un nombre congru à $a/b$ modulo q on a:
$J^3$ congru à 1 modulo q et $1 + J + J^2$ congru à $0$ modulo q (poussez la curiosité à étudier les puissance de $J$)
on à d'autre part $J×b$ congru à $a$ modulo q, et si $b + a = c$ on à: $c$ congru à $ b×(- J^2)$ modulo q
Bon après ces quelques rappels il est temps de passer à la démonstration proprement dite
soit p un nombre premier supérieur à 3 soit x,y,z trois nombre premier deux à deux dont on fait l'hypothèse que
$x^p + y^p = z^p$
soit deux relatifs c et d tel que $cx + dy = 1$ (identité de Bezout)
pour tout k relatif on à $(zc+ky)x + (zd - kx)y = z$ que nous noterons $ax + by = z$
/ //pour tout q premier congrus à 1 modulo 3 voir même à 1 modulo 12p (il y a deux manière de conclure dont je me targue de pouvoir en démontrer une seule) on peut trouver k relatif $b+kx$ soit congru à e (quelconque) modulo q:
tout en conservant $-Jz$ congru à $(b+kx)y$ modulo q (j'allais oublier (ça comence à devenir assez brouillon)
en prenant J une des deux "racine cubique" non triviale de q il suffit que $e$ congru à $( -Jz)/y$ Modulo q
je vous laisse chercher l'expression de k dans ce cas ,et dans le cas bien sur ou q est premier avec x
//idem pour x
/// comme on à pour tout k relatif $( a +ky)x + (b -kx)$ que nous noterons $cx + dy = z$
en notant $m=2p$ à (voire P4) $cx^m + dy^m + z^m$ congru à $0$ modulo q (que l'on à arbitrairement choisi (c'est pas très clair!)
et en se rapelant l'hypothèse de départ et en sautant joyeusement deux lignes de calculs
on à: $(d^m + 1) y^m + (2x^p)y^p + ((a^m + 1)x^m))$ congru à $0$ modulo q
et si on se souviens que m = 2p on voit qu'on va pouvoir utiliser la proposition P5 pour conclure mais pas ce soir car mes yeux fatiguent
demain nous allons essayer de démontrer que tout ça entraine que 2 est une puissance pième de tout q premier congru à 1 modulo 12p
que l'on peut trouver de tels q tel que 3 en soit une puissance pième
et que ces deux choses sont imcompatibles
Bon j'admet que je me suis sérieusement gouré dans les lignes plus haut que j'ai parentésée ça m'aprendra à noter les racine cubique de 1 modulo q Jq et $(Jq)^2$
à ma décharge je suis très brouillon et j'ai pas été aidé par ma machine qui m'a fait trois bugs différents m'obligeant par prudence à une rédaction plutot pénible
Je me suis donc raccroché au branches en me contentant de conjecturer que la condition que le "déterminant" de ce qui ressemble à une équation du second degré à une inconnue dans Z/qZ
soit une condition nécessaire (il est facile de vérifier quelle est suffisante) de la possibilité quelle soit soluble (factorisable)
Je croyait à la suite d'une erreur de calcul que cela débouchait sur une conjecture fort plausible mais restant à démontrer , mais non cela se goupille très bien!!!
en attendant que je fasse des progrès en Mathjax (s'obliger à poser m =2p n'éclaircit pas le discours) et que je remettre de l'ordre dans tout ce bazar,
j'enjoint les curieux éventuels a calculer ce "déterminant" en fonction de z,x,y et Jq (q pouvant être librement choisi pourvu qu'il soit congru à 1 modulo 3) dans les 2 "équations du second degré" soutirées de l'équation:
$cx^m + dy^m + z^m$ congru à $0$ modulo q
en factorisant dans l'équation $x^m$ puis $y^m$ on rappelle :
m=2p et Jq +$(Jq)^2$ congru a $- 1$ modulo q
si je ne me trompe pas vous devriez en déduire $-1$ résidu quadratique modulo q, ce qui est n'est
possible que lorsque q est congru à 1 modulo 4
sur ce je vous remercie de votre attention
cordialement JB
ps je me suis encore gouré dans mes caculs c'est une manie!
désolé
je vous saurait grée de bien vouloir me soumettre vos objections éventuelle, vos corrections, où vos questions si vous en avez: je ne peux pas me payer le luxe de rentrer dans les détails, d'ailleurs une grande partie des propositions que je vais énoncer (en les notant P1,P2...;) sont bien connues de la plupart d'entre vous!
De plus li est conseillé d'utiliser un tableur pour vous aider à comprendre certain trucs. (ceci dans l'hypothèse ou vous ne les auriez pas compris)
P1 : soit p un nombre premier impair a et b deux relatifs premiers entre eux. alors:
$ a^p + b^p = (pgcd(a+b , p)) (a+b) (K)$
ou K est un produit de nombres premiers congrus à 1 modulo p et premiers avec $(a + b)$
Notation soit q un premier la proposition " Il existe c tel que $c^b $ congru à $a$ modulo q seras notée Wq(b,a)
en gros ça signifie que a est une puissance "biéme" modulo q : je n'ai pas trouvé d'équivalent de "résidu quadratique"
j'admet que l'abus de notation ne facilite pas la compréhention
j'en introduit une autre cependant notons :
rq(b) la "racine carrée"de b , b résidu quadratique modulo q (Wq(2,b)!), dont le représentant positif modulo q est le plus "petit" parmi les deux racine carrée possibles
P2: soit q premier soit a un diviseur de $q- 1$ soit $k = (q-1)/a$ alors:
Wq((a,b) ssi $b^k$ congru à 1 modulo q
en ce qui nous concerne si q premier $= kp+1$ on a b "puissance piéme modulo q ssi $b^k congu à 1 modulo q$
P3 il resulte de P2 que si $c ? a.b (q)$ et Wq(p,c) et Wq(p,a) alors Wq(p,b) (voyez comme les notations peuvent embrouiller la tête)
bon la lune vas bientot réapparaitre ( en nouvelle Zelande) je vais me transformer en loup Garou (Gare Gare Garry Cooper)
je sens que je vais moins me faire chier avec l'orthographe
P4 si $a + b =c$ et p un premier supérieur à 3 posons $m=2p$
on a $ a^m + b^m +c^m$ est congrus à $0$ modulo tout les diviseurs premiers de $a^2 + b×a + b^2$
P5 une expression de la forme $ax^2 + bx + c$ ne peut être nulle modulo un premier q que si $b^2 - 4ac$ est un résidu quadratique modulo q lorsque c'est le cas on constate que
soi $x$ congru à $(-b + rq(b^2-4ac))/2a)$ modulo q soi $x$ congru à $(-b-rq(b^2-4ac))/2a)$ modulo q)
bon il est temps que j'aille faire un tour dans les bois
je laisse en plan jusque à demain
mes moins ont été transformer en point d'intérogation!
et pas que les moins l'apercu était correct pourtant???
bon j'ai corrigé comme j'ai pu
si j'aurais bien du mal à vous démontrer la proposition P5 rigoureusement (et ce en utilisant Mathjax de surcroit ) car il faudrait que je révise mon cours de DEUG 1ère année, je me tient à votre disposition pour vous donner des indications pour démontrer toute les autres, et si jamais vous trouvez ces propositions délirantes n'hésitez pas à me le faire savoir!
je vais maintenant introduire un symbole pour les "racines cubique de 1" non triviales (dont vous pourrez prouver l'éxistense à l'aide des propositions précédentes idoines) cela vous aideras à vérifier la proposition P4
on a $ (a^3 -b^3)/(a -b)) = a^2 + a×b + b^2)$ soit q un diviseur premier différent de 3 de ce nombre on a:
$(a^3)/(b^3)$ congru à 1 modulo q en notant $J$ un nombre congru à $a/b$ modulo q on a:
$J^3$ congru à 1 modulo q et $1 + J + J^2$ congru à $0$ modulo q (poussez la curiosité à étudier les puissance de $J$)
on à d'autre part $J×b$ congru à $a$ modulo q, et si $b + a = c$ on à: $c$ congru à $ b×(- J^2)$ modulo q
Bon après ces quelques rappels il est temps de passer à la démonstration proprement dite
soit p un nombre premier supérieur à 3 soit x,y,z trois nombre premier deux à deux dont on fait l'hypothèse que
$x^p + y^p = z^p$
soit deux relatifs c et d tel que $cx + dy = 1$ (identité de Bezout)
pour tout k relatif on à $(zc+ky)x + (zd - kx)y = z$ que nous noterons $ax + by = z$
/ //pour tout q premier congrus à 1 modulo 3 voir même à 1 modulo 12p (il y a deux manière de conclure dont je me targue de pouvoir en démontrer une seule) on peut trouver k relatif $b+kx$ soit congru à e (quelconque) modulo q:
tout en conservant $-Jz$ congru à $(b+kx)y$ modulo q (j'allais oublier (ça comence à devenir assez brouillon)
en prenant J une des deux "racine cubique" non triviale de q il suffit que $e$ congru à $( -Jz)/y$ Modulo q
je vous laisse chercher l'expression de k dans ce cas ,et dans le cas bien sur ou q est premier avec x
//idem pour x
/// comme on à pour tout k relatif $( a +ky)x + (b -kx)$ que nous noterons $cx + dy = z$
en notant $m=2p$ à (voire P4) $cx^m + dy^m + z^m$ congru à $0$ modulo q (que l'on à arbitrairement choisi (c'est pas très clair!)
et en se rapelant l'hypothèse de départ et en sautant joyeusement deux lignes de calculs
on à: $(d^m + 1) y^m + (2x^p)y^p + ((a^m + 1)x^m))$ congru à $0$ modulo q
et si on se souviens que m = 2p on voit qu'on va pouvoir utiliser la proposition P5 pour conclure mais pas ce soir car mes yeux fatiguent
demain nous allons essayer de démontrer que tout ça entraine que 2 est une puissance pième de tout q premier congru à 1 modulo 12p
que l'on peut trouver de tels q tel que 3 en soit une puissance pième
et que ces deux choses sont imcompatibles
Bon j'admet que je me suis sérieusement gouré dans les lignes plus haut que j'ai parentésée ça m'aprendra à noter les racine cubique de 1 modulo q Jq et $(Jq)^2$
à ma décharge je suis très brouillon et j'ai pas été aidé par ma machine qui m'a fait trois bugs différents m'obligeant par prudence à une rédaction plutot pénible
Je me suis donc raccroché au branches en me contentant de conjecturer que la condition que le "déterminant" de ce qui ressemble à une équation du second degré à une inconnue dans Z/qZ
soit une condition nécessaire (il est facile de vérifier quelle est suffisante) de la possibilité quelle soit soluble (factorisable)
Je croyait à la suite d'une erreur de calcul que cela débouchait sur une conjecture fort plausible mais restant à démontrer , mais non cela se goupille très bien!!!
en attendant que je fasse des progrès en Mathjax (s'obliger à poser m =2p n'éclaircit pas le discours) et que je remettre de l'ordre dans tout ce bazar,
j'enjoint les curieux éventuels a calculer ce "déterminant" en fonction de z,x,y et Jq (q pouvant être librement choisi pourvu qu'il soit congru à 1 modulo 3) dans les 2 "équations du second degré" soutirées de l'équation:
$cx^m + dy^m + z^m$ congru à $0$ modulo q
en factorisant dans l'équation $x^m$ puis $y^m$ on rappelle :
m=2p et Jq +$(Jq)^2$ congru a $- 1$ modulo q
si je ne me trompe pas vous devriez en déduire $-1$ résidu quadratique modulo q, ce qui est n'est
possible que lorsque q est congru à 1 modulo 4
sur ce je vous remercie de votre attention
cordialement JB
ps je me suis encore gouré dans mes caculs c'est une manie!
désolé
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