Nouvelle approche de résolution du GTF
Bonjour
Je souhaite avoir votre avis sur mon article ci-joint.
Merci d'avance pour votre réponse.
Résumé :
Théorème de Fermat :
(1) « L’égalité xn + yn = zn , où n, x, y, z sont des entiers positifs, est impossible pour n>2. »
Le présent article décrit une nouvelle approche de résolution du théorème de Fermat.
Comme tout nombre entier n>2 est multiple d’un nombre impair ou multiple de 4, on a, après transformation si nécessaire, la réduction sur n dans l’équation (1) :
n est un nombre impair ou n=4.
L’équation (1) est transformée en une équation du second degré où le discriminant doit être un carré parfait. Ce qui implique, pour n impair, une marge m1= x+y-z nulle, et, par conséquent, n=1, et pour n=4, une marge m2= x2+y2-z2 nulle, et, par conséquent, n=2.
Ahmed Idrissi Bouyahyaoui
Je souhaite avoir votre avis sur mon article ci-joint.
Merci d'avance pour votre réponse.
Résumé :
Théorème de Fermat :
(1) « L’égalité xn + yn = zn , où n, x, y, z sont des entiers positifs, est impossible pour n>2. »
Le présent article décrit une nouvelle approche de résolution du théorème de Fermat.
Comme tout nombre entier n>2 est multiple d’un nombre impair ou multiple de 4, on a, après transformation si nécessaire, la réduction sur n dans l’équation (1) :
n est un nombre impair ou n=4.
L’équation (1) est transformée en une équation du second degré où le discriminant doit être un carré parfait. Ce qui implique, pour n impair, une marge m1= x+y-z nulle, et, par conséquent, n=1, et pour n=4, une marge m2= x2+y2-z2 nulle, et, par conséquent, n=2.
Ahmed Idrissi Bouyahyaoui
Réponses
-
BonjourAhmed.I.B a écrit:...Comme tout nombre entier n>2 est multiple d’un nombre impair ou multiple de 4...
non ; les nombres premiers >2 ne sont pas des multiples, vaut mieux commencer par :
"... tout nombre entier composé n>2 est multiple d’un nombre impair ou multiple de 4..."
BERKOUK -
<BERKOUK
Un nombre premier >2, n'est pas un multiple d'un nombre impair ? (multiple de lui même)?Le 😄 Farceur -
@BERKOUK2: Faire porter les critiques sur ce genre de détails n'a aucune espèce d'intéret.
@Ahmed: Je trouve l'approche originale et intéressante seulement elle contient une erreur... fatale, et ça m'étonnerait qu'elle puisse etre corrigée facilement. L'identification après l'équation(9) nest pas correcte: $u$ est un nombre et non une variable, i.e. l'identité (9) prend place dans $\mathbb{Z}$ et non dans $\mathbb{Z}[{u}]$.
Donc conclure $a^2= y(z-x)$, etc, c'est faux.
Itizi.
Edit: Petit problème de latex (réglé).Après je bloque. -
JE RETIRE QUE J'AI DIT CI DESSOUS Il prétend dans la ligne 5 qu'il obtient un! mais les coefficients dépendent de m : on peut écrire la 5 avec un début $m^3+.... $ car $x+y-z=m$Le 😄 Farceur
-
comme i.zitoussi je trouve l'erreur en 9).
Ceci dit belle fausse preuve (tu). On pourrait d'ailleurs la présenter comme exercice : trouver l'erreur... -
raoul l'erreur est avant la 9 :-DLe 😄 Farceur
-
Je croyais que Marcel Pagnol avait résolu ce problème (:D.
-
Pas d'accord. $(x+y-z)m^2$ est effectivement égal à $m^3$, mais ça ne constitue pas une erreur de la garder sous cette forme.Après je bloque.
-
@gebrane même si les coefficients dépendent de $m$ ce n'est pas une erreur pour autant car si une solution existe (comme il le suppose avant de tomber sur une contradiction) rien ne nous empêche de regarder son équation 5 comme une équation du deuxième degré en $m$.
Je maintiens que ce qui fait tout foirer c'est la 9). -
Bon, le fait qu'il y ait une erreur ne rend pas l'approche inintéressante pour autant.
Pour l'instant, ce qu'il faudrait prouver est:
$x,y, z$ étant des paramètres entiers, si la forme quadratique
$$
y(z-x)u^2+ 2xyvu + x(z-y)v^2
$$
prend au moins une valeur carré parfait non nul, alors $z=x+y$.
Si cette affirmation admettait une réponse positive simple... ce serait franchement fou.Après je bloque. -
YvesM , raoul
Peut etre il y a une erreur dans mes calculs à la base de ma contestation. J'explique soit le trinôme d'ordre 2 ( à coefficients dependants)
$a_mm^2+b_m m+ c_m=0$ pourquoi son discriminant doit être un carré. j'ai pris l'exemple
$$m^2-(m-4)m-4=0$$
on a bien une solution ( prendre m=1) mais le discriminant est $(m-4)^2+16m^2=17m^2-8m+16$ qui n'est pas visiblement un carré !?Le 😄 Farceur -
Pour $m=1$, le discriminant est $25$, un carré.
Edit: hmmm; je retire, ça mérite plus de réflexion. $m=2,3,4$, etc, sont aussi solutions !!!Après je bloque. -
Bonjour
l'erreur est peut être dans le (6) : il faudra qu'il s'explique sur l’égalité Delta = 4 * (Delta ) '
BERKOUK -
Je retire ce que j'ai dit, je commence à adorer le shtam on devient Neicitaméhtam :-DLe 😄 Farceur
-
@Berkouk2:
Il remarque que $4$ divise $\Delta$, et définit implicitement $\Delta'$ par $\Delta=4\Delta'$: rien à justifier.
@Raoul: J'ai retiré parce que son polynome de départ est ... le polynome nul. Pour $m=1$, le soit-disant "discrimant du polynome nul" est effectivement un carré, mais pour $m=2$ (qui est aussi "racine"), il ne l'est pas. Son exemple est trop pathologique.
(Vraiment désolé pour les fautes d'accents, je n'arrive pas à faire de ^.)Après je bloque. -
zitoussi bienvenue au Shtam $m^2-(m-4)m-4=4m-4$ donc une seule racine m=1Le 😄 Farceur
-
Intéressant!Après je bloque.
-
ci-joint
BERKOUK -
Bonsoir,
Merci pour vos réponses.
Effectivement, j'ai supposé (9) un trinôme carré parfait, car (9) évoque le carré d'un binôme.
Mais ce n'est pas une preuve, donc c'est une erreur de ma part.
L'approche proposée peut prendre une autre voie à partir de (5).
Ahmed I. B. -
Les modérateurs sont sévères sur Futura science https://forums.futura-sciences.com/mathematiques-superieur/885339-nouvelle-approche-de-resolution-gtf.html
Un fil pour se divertir http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?16,538325,page=1Le 😄 Farceur -
Un shtameur original, poli, attentif aux remarques des uns et des autres, prêt à revoir sa copie.
Pas courant.Après je bloque. -
Et pas mal d'humour j'ai l'impression.Après je bloque.
-
Bonjour
Je soumets à votre avis un document ci-joint qui, je l’espère, apporte le correctif attendu.
Je vous souhaite une bonne lecture et je vous remercie d'avance pour votre réponse.
Cordialement
Ahmed Idrissi Bouyahyaoui -
En relisant mon texte pour la nième fois, j'ai jugé bon et nécessaire, pour la clarté du texte, d'apporter immédiatement le correctif suivant :
Au niveau de la référence à l’identité de Bachet, j’ai placé après cette référence la phrase
«Dans la suite, sans nuire à la généralité du problème, les nombres x, y et z sont supposés être premiers entre eux par paire. »
qui doit être placée avant et j’ai omis de préciser que u et v sont premiers entre eux.
Pour n impair :
u et v sont premiers entre eux.
En effet, en posant w=u+v et z=y+u dans l’équation
$(m+u)^2*x + (m+v)^2*y - (m+w)^2*z = 0$,
on a :
$(m+u)^2*x + (m+v)^2*y - (m+u+v)^2*(y+u) = m^2*x = 0$ modulo u.
Et en posant m=X-u dans $m^2*x = 0$, on a :
$(X-u)^2*x = X^2*x = x^(2*s+1) = 0$ modulo u.
Par symétrie entre x et y, on a : $y^(2*s+1) = 0$ modulo v.
Comme pgcd(x,y)=1, on a pgcd(u,v)=1.
Pour n=4 :
u et v sont premiers entre eux.
En effet, en posant w=u+v et z=y+u dans l’équation
$(m+u)^2*x^2 + (m+v)^2*y^2 - (m+w)^2*z^2 = 0$,
on a :
$m+u)^2*x^2 + (m+v)^2*y^2 - (m+u+v)^2*(y+u)^2 = m^2*x^2 = 0$ modulo u.
Et en posant m=x-u dans $m^2*x^2 = 0$, on a :
$(x-u)^2*x^2 = x^2*x^2 = x^4 = 0$ modulo u.
Par symétrie entre x et y, on a : $y^4 = 0$ modulo v.
Comme pgcd(x,y)=1, on a pgcd(u,v)=1
Cordialement
Ahmed Idrissi Bouyahyaoui -
J'ai l'impression que tu refais le même type d'erreur que dans la première version, à savoir que tu ne peux pas identifier terme à terme entre (7) et (8). Il ne s'agit pas de l'égalité de fonctions (forme quadratiques) mais de valeurs qu'elles prennent en un point donné.
Tansposé dans un cas plus simple, ton raisonnement reviendrait à dire $ax+b = cx+d$ $\Rightarrow$ $a=c$ et $b=d$. C'est vrai si on veut l'égalité de fonctions, mais faux si on veut seulement l'égalité en un certain $x$. (Le fait est que $x=\frac{d-b}{a-c}$ a cette propriété).
Je continue à trouver qu'avoir mis le problème sous le forme (7) est intéressant, mais à partir de (7) la difficulté est toujours grande et ça ne se règlera pas en 3 lignes.Après je bloque. -
Un exemple précis.
On considère donc la forme quadratique $q(u,v) = y(z-x)\, u^2 + 2xy\, uv + x(z-y)\, v^2$.
Pour $x=25$, $y=19$, $z=43$ (qui sont bien premiers entre eux deux à deux), la forme $q$ atteint plein de valeurs "carré parfait", et pourtant $z\neq x+y$. On a:
$q(475,17) = 9220^2$, $q(575,253) = 17020^2$, etc, etc...
Cest un exemple parmi une infinité.
Donc chercher à montrer que "$q$ atteint un carré implique $z=x+y$" est vain. Le problème est plus compliqué que ça.Après je bloque. -
Bonjour
Merci pour ta réponse.
Effectivement il y a une impasse, l'égalité des coefficients terme à terme des formes (7) et (8) ne peut avoir lieu que si le carré n'a qu'une seule représentation.
Cordialement
Ahmed I. B. -
Comme, il est gentil ce shmateur.Le 😄 Farceur
-
Bonjour
Je soumets à votre avis une nouvelle version corrigée et comportant des précisions.
Je pense que cette version est correcte ou du moins qu'elle présente un certain intérêt pour le lecteur.
Merci d'avance pour vos réponses et bonne lecture.
Cordialement
Ahmed I. B.
P.S. :
Je vais expliquer le traitement (test) de la forme quadratique (8) discriminant de l'équation du second degré (6) en prenant deux exemples.
A - Soit la forme quadratique égale à un carré parfait :
(1) x2 - 2xy + y2 = 1, qui possède une infinité de solutions dans Z.
La forme quadratique, étant un carré parfait, est factorisable.
Soient a, b, c, d dans Z, on a :
(2) x2 - 2xy + y2 = (ax + by)(cx +dy) = acx2 + (bc+ad)xy + bdy2
et par identification des coefficients correspondants on a :
(3) ac = 1, bc+ad = -2, bd = 1.
On a le produit acbd = (bc)(ad) =1 et la somme bc+ad =-2 des deux indéterminées de l'équation du second degré :
(4) t^2 + 2t +1 = 0 de discriminant D = 0, c'est aussi le discriminant de (1).
D étant un carré parfait, le système (3) est résoluble dans Z et si (1) est le discriminant d'une équation du second degré, celle-ci possède des solutions dans Z.
B - Soit la forme quadratique égale à un carré parfait :
(5) x2 - 2y2 = 1, qui possède une infinité de solutions dans Z.
La forme quadratique, étant un carré parfait, est factorisable.
Soient a, b, c, d dans Z, on a :
(6) x2 - 2y2 = (ax + by)(cx +dy) = acx2 + (bc+ad)xy + bdy2
et par identification des coefficients correspondants on a :
(7) ac = 1, bc+ad = 0, bd = -2.
On a le produit acbd = (bc)(ad) =-2 et la somme bc+ad =0 des deux indéterminées de l'équation du second degré :
(8) t^2 - 2 = 0 de discriminant D = 8, c'est aussi le discriminant de (5).
D n'étant pas un carré parfait, le système (7) n'est pas résoluble dans Z et si (5) est le discriminant d'une équation du second degré, celle-ci ne possède pas de solution dans Z.
Propriétés :
Si une forme quadratique binaire et son discriminant sont des carrés parfaits et si elle est le discriminant d'une équation du second degré, celle-ci possède des solutions dans Z.
Si une forme quadratique binaire est un carré parfait et son discriminant n'est pas un carré parfait et si elle est le discriminant d'une équation du second degré, celle-ci ne possède pas de solution dans Z. -
Bonsoir,
Je souhaite avoir votre avis sur le contenu du document ci-joint.
Merci d'avance pour votre réponse.
Ahmed I. B. -
Tu conclus d'une égalité en $Z,Y$ fixés une égalité de discriminants de formes quadratiques.
-
Bonsoir Maxtimax
(7) représente la forme quadratique associée à l'égalité (6) équivalente à (1).
grand Z et grand Y sont des variables de q(Z,Y) et les miniscules x, y, z, n sont des nombres de l'hypothèse (1) et (6) est une solution de q(Z,Y) de discriminant
d = a2 - 4(zy)(n-3)
a = zn-3 + zn-4 y+ … +zyn-4 + yn-3 -
Tu fais le même type de raisonnement que dans ce fil: Nouvelle approche de résolution du GFT, ainsi que le même type d'erreur, qu'on t'a déjà mentionné (en ce qui me concerne, mais je n'étais pas le seul) ici, puis ici, si bien que personne n'a daigné te répondre pour ta troisième tentative. C'est à se demander si pas hasard tu ne le ferais pas exprès.Après je bloque.
-
Bonsoir
Je demande qu'à comprendre les avis qu'on me donne et que j'ai demandés.
Je donne une analogie simple :
à partir des coordonnées de 2 points p1 et p2, je formule l'équation d'une droite Y=aX+b tels que p1 et p2 (une solution) appartiennent à la droite.
Pour le problème qui nous intéresse, (7) q(Z,Y) (droite) est associée à (6) une solution (2 pts) de q(Z,Y).
L'association n'est-elle pas correcte ? -
Une identité peut être vraie pour un certain couple $(Y,Z)$ sans qu'elle le soit pour tout couple $(Y,Z)$.Après je bloque.
-
Oui c'est exact
Pour le pb en question je pars de l'égalité supposée vraie (1) que je transforme en une autre égalité équivalente (6) qui fait apparaitre une structure de forme quadratique où je remplace les termes correspondants aux variables de la forme quadratique q(Z,Y) (7) en construction en posant :
z(n-1)/2 = Z et y(n-1)/2 = Y (remplacement)
et si on pose Z=z(n-1)/2 et Y=y(n-1)/2 dans q(Z,Y) on retrouve (6) une solution de q(Z,Y).
Si q(Z,Y) fait défaut pour le théorème de la factorisation alors la solution (6) est fausse. -
Bonsoir
Voici ci-joint une version plus explicite.
Bonne lecture
Cordialement -
Bonjour,
Voici une autre version de la discussion "Nouvelle approche de résolution du théorème de Fermat-Wiles" qui je l’espère répondra à vos attentes.
Bonne lecture.
Cordialement-
Théorème de Fermat-Wiles :
(1) « L’égalité xn +yn =zn , où n, x, y, z in N+ , est impossible pour n>2. »
**
Résumé :
Le document décrit une nouvelle approche de résolution du théorème de Fermat-Wiles.
La recherche de preuve s’appuie sur le théorème de Bachet –Bézout et sur le théorème de la factorisation des formes quadratiques binaires :
(2) "Une forme quadratique binaire q, de discriminant d, est factorisable en produit de deux formes linéaires si et seulement si d est un carré parfait."
Application du théorème de Bachet –Bézout :
Si une forme quadratique binaire est égale à un carré parfait, alors elle est factorisable en un produit de deux formes linéaires.
Application de la réciproque du théorème de la factorisation :
Si une forme quadratique binaire est factorisable en un produit de deux formes linéaires, alors son discriminant est un carré parfait.
L’équation (1) est transformée en une équation du second degré où le discriminant doit être un carré parfait. Ce discriminant est une forme quadratique binaire égale à un carré parfait.
Par application des deux théorèmes cités ci-dessus, on a, pour n impair >1, (x+y-z)xyz est un carré parfait, ce qui implique une marge m1=x+y-z nulle, et, par conséquent, n=1, et pour n=4, (x2+y2–z2 )x2*y2*z2 et (x2+y2-z2) sont des carrés parfaits, ce qui implique une marge m2=x2+y2-z2 nulle, et, par conséquent, n=2. -
Bonsoir,
Merci d'avance pour vos avis.
Bonne lecture.
Cordialement
Ahmed I. B. -
Bonsoir/Bonjour,
Je souhaite avoir votre avis sur ma "Preuve élémentaire du TFW".
La "preuve" s'appuie sur un théorème de la géométrie analytique.
http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?43,2059956,2101400#msg-2101400
Doc : F 120920 3.pdf
Merci d'avance pour vos avis.
Cordialement
Ahmed I. B.
Connectez-vous ou Inscrivez-vous pour répondre.
Bonjour!
Catégories
- 163.1K Toutes les catégories
- 9 Collège/Lycée
- 21.9K Algèbre
- 37.1K Analyse
- 6.2K Arithmétique
- 53 Catégories et structures
- 1K Combinatoire et Graphes
- 11 Sciences des données
- 5K Concours et Examens
- 11 CultureMath
- 47 Enseignement à distance
- 2.9K Fondements et Logique
- 10.3K Géométrie
- 62 Géométrie différentielle
- 1.1K Histoire des Mathématiques
- 68 Informatique théorique
- 3.8K LaTeX
- 39K Les-mathématiques
- 3.5K Livres, articles, revues, (...)
- 2.7K Logiciels pour les mathématiques
- 24 Mathématiques et finance
- 312 Mathématiques et Physique
- 4.9K Mathématiques et Société
- 3.3K Pédagogie, enseignement, orientation
- 10K Probabilités, théorie de la mesure
- 773 Shtam
- 4.2K Statistiques
- 3.7K Topologie
- 1.4K Vie du Forum et de ses membres
In this Discussion
Qui est en ligne 25
+17 Invités