26 et Fermat

bonjour
es-tu certain que ce ne soit pas une conjecture?
dans son dictionnaire sur les nombres, Le Lionnais ne mentionne pas cette propriété.
il y en a sur ce forum qui savent la réponse, c'est une histoire de patience

Une tentative : soit $(a,b)$ une solution, $d = \gcd(a,b)$.

1. Montrons que $b \equiv 3 \pmod 4$, et que $d=1$.

Puisque $a^2 \equiv 0,1 \pmod 4$, il vient $b^3 \equiv 3 \pmod 4$ puis $b \equiv 3 \pmod 4$.

Soit $p$ un facteur premier de $d$. Ainsi, $p \mid 2$, puis $p=2$, impossible puisque $b \equiv 3 \pmod 4$.

2. On travaille dans le corps quadratique imaginaire $\K = \Q(\sqrt {-2})$.

(i) L'équation s'écrit b^3 = (a+ \sqrt {-2})(a- \sqrt {-2})$. Soit alors un idéal premier $\mathfrak {p}$ de $\K$ qui divise le pgcd des idéaux $(a+ \sqrt {-2})$ et $(a - \sqrt {-2})$. Alors on aurait d'une part $\mathfrak {p} \mid (b)$ et $\mathfrak {p} \mid (2a)$, puis $\mathfrak {p} \mid (a)$, ce qui ne se peut, puisque $\gcd(a,b) = 1$. Ainsi, les deux idéaux $(a+ \sqrt {-2})$ et $(a - \sqrt {-2})$ sont premiers entre eux. Comme leur produit est un cube, ces deux idéaux entiers sont des cubes d'idéaux : il existe deux idéaux entiers non nuls $\mathfrak {a}, \, \mathfrak {b}$ tels que $(a+ \sqrt {-2}) = \mathfrak {a}^3$ et $(a - \sqrt {-2}) = \mathfrak {b}^3$.

3. On passe aux normes.

On peut montrer que le corps $\K$ est principal, donc, puisque $\mathfrak {a}^3, \, \mathfrak {b}^3$ sont principaux, alors $\mathfrak {a}, \, \mathfrak {b}$ le sont aussi. Enfin, comme $\pm 1$ sont les seules unités de $\K$ (qui sont donc des cubes), on obtient l'existence de deux entiers $n,m$ tels que : $a + \sqrt {-2} = (m + n \sqrt {-2})^3$, ce qui implique que $a = m(m^2 - 6n^2)$ et $n(3m^2 - 2n^2) = 1$. Cette dernière équation impique que $n = \pm 1$, puis $m = \pm 1$ également. Ainsi, $a = \pm 5$ et $b=3$.

Réciproquement, on vérifie que ces deux couples sont solutions.

Borde.

Très joli, Borde.

J'ai cependant du mal à comprendre un passage : deux idéaux premiers entre eux dont le produit est un cube sont des cubes ...

Comment démontre-on ça ?

Pour SadYear : c'est (grosso modo) la même démonstration que pour des entiers, et cela se généralise à n'importe quelle puissance.

Borde.

L'équation a²+2=b^3 a pour pendant:
b^3+2=a², qui admet la solution b=-1 et a=1. Je ne sais pas s'il y en a d'autres

{\bf SadYear} : tu es dans un anneau de Dedekind (ici, $\Z[\sqrt {-2})$) et c'est tout ce qui compte, car l'arithmétique dans ce genre d'anneaux se traite (presque) comme dans $\Z$, ce qui est le but recherché. En fait, les modifications ne sont pas si nombreuses, mais elles peuvent parfois être rédhibitoires, car les invariants suivants sont parfois inconnus :

1. Il est nécessaire de connaître le nombre de classes $h_{\K}$ d'un corps de nombres $\K$ dans la proposition suivante :

Soit $p$ premier et $\mathcal {I}$ un idéal entier de $\K$ tel que $\mathcal {I}^p$ soit principal. Alors, si $p \nmid h_{\K}$, on a $\mathcal {I}$ est principal.

Remarque : dire que le corps $\K$ est principal équivaut à dire que $h_{\K} = 1$.

2. Il est également nécessaire de connaître les unités de $\K$ (voir le raisonnement ci-dessus).

Si les points 1° et 2° ci-dessus sont bien connus si le corps $\K$ est quadratique, ils restent extraordinairement difficiles à déterminer lorsque le degré de $\K$ augmente. C'est l'un des gros enjeux de la théorie algébrique des nombres.

{\bf RAJ} : ton équation a également pour solution $(a,b) = (-1,-1)$. Suppose maintenant que $(a,b) \not = (\pm 1,1)$ est une autre solution de cette équation. Si on se place dans $\K = \Q(2^{1/3})$, corps cubique pur qui lui aussi est principal, et dans lequel ton équation s'écrit $(b + 2^{1/3})(b + j 2^{1/3})(b + j^2 2^{1/3}) = a^2$, alors la difficulté provient ici du fait que ce corps a une infinité d'unités, engendrées par une unité fondamentale, à savoir ici $u = 1/(2^{1/3} - 1) = 1 + 2^{1/3} + 2^{2/3}$.

Borde.

En fait, il s'agit d'exemples d'équations de Mordell: y²=x^3+k.

Pour que vous ne soyez pas en colère contre moi, je vous livre la solution :
Posons
$$x_1=x$$
et
$$y_1=y$$
$\forall{x_1^2,y_1^2}$ entiers positifs, $\exists{z_1^2}$
nombre positif non entier tel que
\\
$$\frac{1}{z_1^2}=\frac{1}{x_1^2}+\frac{1}{y_1^2}$$
\\
et
\\
$$z_1^2=\frac{x^2y^2}{x^2+y^2}$$
\\
et
\\
$$(x_1^2+y_1^2)z_1^2=x_1^2y_1^2$$
\\
soit
\\
$$x_1^2(y_1^2-z_1^2)=z_1^2y_1^2$$
\\
nous posons
\\
$$y_2^2=y_1^2-z_1^2=\frac{z_1^2y_1^2}{x_1^2}$$
\\
et
$$y_1^2(x_1^2-z_1^2)=z_1^2x_1^2$$
\\
nous posons
\\
$$x_2^2=x_1^2-z_1^2=\frac{z_1^2x_1^2}{y_1^2}$$
\\
et, bien sûr
$$x_2^2y_2^2=z_1^{4}$$
\\
alors
\\
$$x_1^2=x_2^2+z_1^2=x_2^2+\sqrt{x_2^2y_2^2}$$
\\
et \\
$$y_1^2=y_2^2+z_1^2=y_2^2+\sqrt{x_2^2y_2^2}$$
\\
et \\
$$u_1^2=u^2=x_1^2+y_1^2=(\sqrt{x_2^2}+\sqrt{y_2^2})^2>x_2^2+y_2^2>1$$
\\
$$x_1^2=\sqrt{x_2^2}(\sqrt{x_2^2}+\sqrt{y_2^2})>x_2^2>0$$
\\
$$y_1^2=\sqrt{y_2^2}(\sqrt{x_2^2}+\sqrt{y_2^2})>y_2^2>0$$
\\
$$z_1^2=\frac{x_1^2y_1^2}{x_1^2+y_1^2}=\sqrt{x_2^2y_2^2}>z_2^2=\frac{x_2^2y_2^2}{x_2^2+y_2^2}>0$$
\\
car
\\
$\forall{x_2^2,y_2^2}$ , $\exists{z_2^2}$
\\
$$\frac{1}{z_2^2}=\frac{1}{x_2^2}+\frac{1}{y_2^2}$$
\\
jusqu'à l'infini, avec, à l'ordre i
\\
$$x_i^2+y_i^2=(\sqrt{x_{i+1}^2}+\sqrt{y_{i+1}^2})^2>x_{i+1}^2+y_{i+1}^2>1$$
\\
$$x_i^2=\sqrt{x_{i+1}^2}(\sqrt{x_{i+1}^2}+\sqrt{y_{i+1}^2})>x_{i+1}^2>0$$
\\
$$y_i^2=\sqrt{y_{i+1}^2}(\sqrt{x_{i+1}^2}+\sqrt{y_{i+1}^2})>y_{i+1}^2>0$$
\\
$$z_i^2=\frac{x_i^2y_i^2}{x_i^2+y_i^2}=\sqrt{x_{i+1}^2y_{i+1}^2}>z_{i+1}^2=\frac{x_{i+1}^2y_{i+1}^2}{x_{i+1}^2+y_{i+1}^2}>0$$
\\
$$\frac{1}{z_{i+1}^2}=\frac{1}{x_{i+1}^2}+\frac{1}{y_{i+1}^2}$$
\\
$$x_i^2+y_i^2=(\sqrt{x_{i+1}^2}+\sqrt{y_{i+1}^2})^2$$
\\
donc
\\
$$x_i^2=x^{2{2^{i-1}}}\prod_{j=0}^{j={i-2}}{(x^{2{2^j}}+y^{2{2^j}})^{-1}}$$
\\
qui est (H)
\\
$$y_i^2=y^{2{2^{i-1}}}\prod_{j=0}^{j={i-2}}{(x^{2{2^j}}+y^{2{2^j}})^{-1}}$$
\\
qui est (H'), nous allons le démontrer par récurrence
\\
$$x_2^2=\frac{x^{4}}{x^2+y^2}$$
\\
c'est verifié pour $i=2$. Nous supposons (H) et (H') vraies à
l'ordre i, alors
\\
$$x_i^2=\sqrt{x_{i+1}^2}(\sqrt{x_{i+1}^2}+\sqrt{y_{i+1}^2})=\sqrt{x_{i+1}^2}(x_i^2+y_i^2)^{\frac{1}{2}}$$
\\
soit
\\
$$x_{i+1}^2=x_i^{4}{(x_i^2+y_i^2)}^{-1}$$
\\
or (H) et (H'), donc
\\
$$x_{i+1}^2=x^{{2^i}2}\prod_{j=0}^{j=i-2}{(x^{{2^j}2}+y^{{2^j}2})^{-2}}(x^{2^{i-1}2}+y^{2^{i-1}2})^{-1}\prod_{j=0}^{j={i-2}}{(x^{2{2^j}}+y^{2{2^j}})}$$
\\
$$=x^{{2^i}2}\prod_{j=0}^{j={i-1}}{(x^{{2^j}2}+y^{{2^j}2})^{-1}}$$
alors
$$x_i^2=x^{2^{i-1}2}\prod_{j=0}^{j=i-2}{(x^{{2^j}2}+y^{{2^j}2})^{-1}}$$
\\
$$y_i^2=y^{2^{i-1}2}\prod_{j=0}^{j=i-2}{(x^{{2^j}2}+y^{{2^j}2})^{-1}}$$
\\
c'est donc vrai à l'ordre $i+1$, cette propriété est donc
demontrée !
\\
$$\forall{i>1}$$
\\
or, $\forall{a,b}$ \\
$$a-b=(a^{2^{i-1}}-b^{2^{i-1}})\prod_{j=0}^{j={i-2}}{(a^{2^j}+b^{2^j})^{-1}}$$
\\
qui est (E). Donc \\
$$x^2-y^2=(x^{2{2^{i-1}}}-y^{2{2^{i-1}}})\prod_{j=0}^{j={i-2}}{(x^{2{2^j}}+y^{2{2^j}})^{-1}}$$
\\
qui est (E') et nous pouvons écrire avec
\\
$$x\neq{y}$$
\\
soit
\\
$$x_i\neq{y_i}$$
\\
$$x_i^2=\frac{x^{2{2^{i-1}}}}{x^{2{2^{i-1}}}-y^{2{2^{i-1}}}}(x^2-y^2)$$
\\
et
\\
$$y_i^2=\frac{y^{2{2^{i-1}}}}{x^{2{2^{i-1}}}-y^{2{2^{i-1}}}}(x^2-y^2)$$
\\



Ces formules sont toujours vérifiées,
en
particulier à l'infini, procédons au calcul des limites. Nous
allons briser la symétrie du problème, seul obstacle réel à la
démonstration, supposons
\\
$$x>y$$
\\
$$\lim_{i\longrightarrow{\infty}}{y_i^2}=\lim_{i\longrightarrow{\infty}}{y^2\prod_{j=0}^{j={i-2}}{\frac{y^{2{2^j}}}{x^{2{2^j}}+y^{2{2^j}}}}}=y^2\prod_{j=0}^{j={\infty}}{\frac{y^{2{2^j}}}{x^{2{2^j}}}(\frac{1}{1+\frac{y^{2{2^j}}}{x^{2{2^j}}}})})=0$$
donc, comme
$$x_i^2-y_i^2=x^2-y^2$$
$$\lim_{i\longrightarrow{\infty}}{x_i^2}=x^2-y^2$$
\\
or
\\
$$1

Jamel ,

ton latex est top pénible pourrais-tu éviter les sauts de ligne ?

merci , Domi

Utilise , l'aperçu ou "apprendre latex en ligne" , c'est ce que je fais car le latex du site n'est pas forcément identique au latex que tu utilises chez toi .

Domi

Ryo : $p \mid d$, donc $p$ est un facteur premier commun à $a$ et $b$, et ainsi $p \mid (b^3 - a^2) = 2$.

RAJ : oui, c'est une équation de Mordell...Alors que l'exemple de Ryo est une équation de Bachet, dont on sait que si $k \equiv 1,2 \pmod 4$, $k$ n'est pas de la forme $k = \pm 1 + 3m^2$ (avec $m$ entier) et si $3 \nmid h(-k)$, alors l'équation $y^3 = x^2 + k$ n'a pas de solution entière.

D'autre part, j'ai fait tourner ton équation sous PARI et sous l'angle des courbes elliptiques. J'ai juste obtenu que le sous-groupe de torsion du groupe des points rationnels est réduit à 1 élément, et la valeur en $s=1$ de la fonction $L$ associée à ta courbe est égale à $0$...Dommage, car si cette valeur était non nulle, le nombre de solutions rationnelles eût été fini.

Borde.

Car en plus, il y a différents LaTeX ? Déjà qu'avec celui du site c'est un b***** pas possible...
<BR>
<BR>Sinon, pour en revenir au sujet, Fermat ne connaissait pas ces histoires d'idéaux (moi non plus, d'ailleurs, mais je ne suis pas Fermat...). Si ça peut vous rassurer, il fut <B>le seul</B> à son époque à résoudre ce problème. Connaissant le bonhomme, sa fameuse méthode de la descente infinie lui a sûrement été utile dans ce cas...
<BR>
<BR>Sur ce, bonne nuit à tous.<BR><BR><BR>

Bonsoir à Borde, Sylvain et à tous les autres (y compris Jamel, même si les sfaxiens n'apprécient guère les soussiens).

Dans son petit bouquin (a concise introduction..), Baker parle de l'équation
y²=x^3-2, résolue par Billing (?) en 1937. Il parle de la solution x=3, y=2 et conclut dans les termes suivants: " ..it follows that the equation y²=x^3-2 has infinitely many rational solutions".

Domi, c'est Dominique ? Mais, c'est comme Claude, es-tu une femme ou un homme ? IL y a bien une homonyme qui fait de la politique et un mathématicien. Que faut-il comprendre ?
Quant à Borde, tu me déçois, sincèrement ! Tu ne veux pas te départir de ton scepticisme et croire qu'il puisse exister de nombreuses démonstrations à ce théorème. Libre à toi, mais c'est toi qui perds dans l'affaire... et gros !

bonjour,
toujours autour de 26

1) il ya quelques semaines un topic sur ce sîte expliquait que J.Bernouilli avait montré que 26 est la somme de la série de terme général:( n^3)/2^n.; une généralisation de ce résultat était lancée; je ne retrouve plus ce sujet, et ne me souviens plus trop bien des résultats.

2)hier, c'était la question de fermat/ryo/borde sur 26

3)dans son dictionnaire , Le Lionnais écrit: 26 : " nombre maximal de nombres premiers pouvant apparaître dans une suite de 100 nombres consécutifs; cette situation ne se produit qu'une seule fois, dans la suite des entiers de 2 à 101 ";

quand on sait qu'il y a 50 nombres pairs et 10 se terminant par 5 dans une telle séquence, ça fait 26 nombres premiers sur les 40 non éliminés; soit un pourcentage de 75%.

Borde,
tu surestimes énormément certains problèmes. Moi, c'est toi que je ne comprends qu'à moitié. Tu places Wiles et sa démonstration au sommet des mathématiques. Eh, Borde ! Réveille-toi ! Pour moi, Euler est un très grand mathématicien ou Gauss, l'ensemble de leur oeuvre parle pour eux. Mais, la démonstration d'un seul théorème quel qu'il soit n'a jamais constitué à mes yeux un très grand exploit.
Je pense que tu dois revoir à la baisse la difficulté de certains problèmes. Ainsi, le théorème de Fermat a d'autres démonstrations que celle de Wiles. C'est un fait avéré et prouvé. Les mandarins des maths ont instauré des normes contre lesquelles je m'insurge. Oui ! J'ai une démonstration du théorème de Fermat. Elle est même publiée. Ainsi, les historiens des sciences pourront juger et les sociologues pourront essayer de comprendre pourquoi certaines personnes ne font que suivre le troupeau alors que d'autres s'en écartent et font les découvertes. J'ai expliqué dans un autre sujet sur ce même site ce que ce phénomène me suggère. J'ai avancé des hypothèses hautement probables (des conjectures ?) pour expliquer pourquoi certaines personnes ne révolutionnent pas le monde des idées, alors que d'autres, des trouble-fêtes (des génies ?) tels Lacan, Freud, Jung, Einstein, Newton... n'hésitent pas à braver l'interdit. Excuse-moi, Borde, tu sais beaucoup de choses, mais quelqu'un qui dit : telle chose me dépasse, ne fait que régresser au stade de l'enfant et, quand il est prof, il ressemble aux gens qui ont condamné Galilée, Socrate, Bruno...
Je pense que les amateurs qui se mêlent aux professionnels en maths ou en sciences peuvent nuire énormément (il faut distinguer entre eux les mythomanes et les faussaires, les mauvais plaisantins), autant qu'ils peuvent être d'une très grande aide (Fermat était un juriste toulousain, amateur). Les frères Wright, les Lumière etc... n'étaient pas des académiciens...
Tu as tendance à mettre tout le monde dans le même sac. Y a-t-il encore une place de nos jours pour des amateurs comme Fermat ? Pourquoi sont-ils plus nombreux au Japon (par exemple) où des amateurs font avancer l'astronomie en identifiant de nouvelles comètes ou les technologies par des inventions qui semblent de prime abord fantasques, insolites, farfelues, mais qui dénotent d'une très grande inventivité ? Cela me fait penser aux académiciens qui voulaient interdire l'usage du féminin dans certains mots de la langue française : pour eux, en bon français, on ne doit pas parler d'écrivaine, (de mathématicienne ?), d'auteure... Je te laisse méditer pour savoir qui aura le dernier mot.

bonjour
retour de jogging et à la propriété de Le Lionnais commentée par borde

1) sur 100 nombres consécutifs , 60 au minimum ne seront jamais premiers car se terminant par 0,2,4,5,6,8.

2) sur 100 nombres consécutifs , on relève 33 ou 34 multiples de 3 selon la séquence.Parmi ces 33 ou 34 multiples de 3, seize ou dix-sept sont pairs et trois sont multiples de 5, il en reste ainsi 33 - 16 -3 = 14 ou 34 - 17 - 3 = 14 , c'est à dire 14 ne se terminant pas par 0,2,4,5,6,8

3)conséquence : sur une séquence de 100 nombres consécutifs 60 + 14 = 74 nombres au minimum ne seront pas premiers car multiples de 2,ou 3, ou 5. dit autrement: sur une séquence de 100 nombres consécutifs, 26 nombres au maximum seront premiers.

4) une telle suite existe entre 2 et 101, montrant ainsi que ce maximum possible est atteint.

5)reste l'unicité à démontrer, si ce qui précède n'est pas trop faux

merci

Mon Dieu, Borde, sans soutenir Jamel dans tout ce qu'il affirme...Tu as un niveau exceptionnel. Le manque de compréhension réciproque entre vous deux est probablement plus dû à une tournure d'esprit différente (d'aucuns diraient "prédominance d'un hémisphère cérébral sur l'autre") qu'à une quelconque "conspiration". Restons ouverts (je n'ose pas dire "non bornés", car ne le sommes-nous pas tous "par définition" ?).

Amicalement,

Tout dépend effectivement des critères retenus pour parler ou non "d'aboutissement". Sur un plan général, il semblerait que le recours a des arguments de symétrie, notion fondamentale s'il en est, soit généralement peu apprécié sans les indispensables théorèmes de théorie des groupes que peu de gens, au fond, connaissent et maitrisent véritablement (à part Galois, qui est mort en 1832...). Mais moi aussi, je peux me tromper...

Merci, fb, mais je n'ai jamais réussi à télécharger ce package ComputeL. Dommage, car je m'en serais bien servi pour (tenter de) calculer des $L'(1 \, ; \, \chi) / L(1 \, ; \, \chi)$ (avec $\chi \not = \chi_0$)...

{\it Une question} : quel est l'algorithme utilisé pour calculer le rang d'une courbe elliptique ? Il me semblait que la question était ouverte pour une quelconque courbe de Weil (disons) ? (c'est vrai que je "pressentais", sans trop savoir pourquoi du reste, que ce rang ici valait $1$...).

Merci,

Borde.

Merci, fb.

Oui, ComputeL m'intéressait de prime abord, mais, au fond, on n'a pas vraiment besoin d'un calcul explicite de $\displaystyle {\left | \frac {L'(1 \, ; \, \chi)}{L(1 \, ; \, \chi)} \right |}$, ou, tout au moins, on peut s'en passer, quitte à utiliser $\displaystyle {\frac {L'}{L} (1 \, ; \, \chi) = \sum_{\pho} \frac {1}{1 - \pho) + O ( \sqrt q)}$ où $\pho$ parcourt l'ensemble des zéros de $L(s \, ; \chi)$.

Merci encore,

Borde.

Merci, fb.

Oui, ComputeL m'intéressait de prime abord, mais, au fond, on n'a pas vraiment besoin d'un calcul explicite de $\displaystyle {\left | \frac {L'(1 \, ; \, \chi)}{L(1 \, ; \, \chi)} \right |}$, ou, tout au moins, on peut s'en passer, quitte à utiliser $\displaystyle {\frac {L'}{L} (1 \, ; \, \chi) = \sum_{\rho} \frac {1}{1 - \rho} + O ( \sqrt q)}$ où $\rho$ parcourt l'ensemble des zéros de $L(s \, ; \chi)$.

Merci encore,

Borde.