Quiet Steam

NorthByNorthwest
Modifié (26 Jan) dans Shtam
Ttbonjour
Il s'agit ici d'une démonstration de ce bon vieux grand théorème de Fermat !
La première partie de la démonstration est faite de résultats assez notables et dignes d'intérêt, mais dont vous n'avez peut-être pas conscience surtout si vous n'avez pas essayé de démontrer celui-ci, c'est toujours ça de pris.
Rappel :  soit p un premier impair, alors pour tout nombre premier Q non congru à 1 modulo p on a 
    a et b entier et $ a^p + b^p == 0 \mod Q \Rightarrow a + b == 0 \mod Q$
    pour tout entier n il existe un unique c  0 < c < Q-1 tel que $ c^p == n \mod Q $.
Soit x z a et b entiers naturels tel que ax + bz  = Q avec Q non congru à 1 mod p
on pose 0 < y < Q , $y^p == z^p - x^p \mod Q $
               0 < c < Q , $a^p + b^p == c^p \mod Q $
comme $(ax^p )+ (by^p) = x^p (a^p + b^p) + b^p (z^p - x^p)$ il existe d et e tel que :
xc + yb = dQ
zc - ya = eQ  
comme dzQ - exQ = ybz + yax = yQ,     on a dz -ex = y
 de même  on a  da + eb  = c.
C'est la le résultat notable et intéressant !
C'est assez bluffant surtout quand comme moi on n'est pas très doué en arithmétique.
J'ai vérifié sur quelques exemples numériques, et partant de là on peut torturer ces équations pendant des plombes sans arriver à leur faire cracher le morceau.
Supposons maintenant que $ z^p - x^p = y^p $,
    les relations écrites plus haut sont vrai quelque soit Q non== 1 mod p et ceci avec les couples d'entier positifs (a,b) ad hoc,
 de plus comme c < Q et y  < z on a  1 < d <= x
et comme dz - ex = y   d et e sont fixés par le triplet (z,x,y) et indépendants du choix de Q
    nous avons supposé ax + bz = Q avec Q choisi arbitrairement
soit maintenant Q = Q + kz un autre premier non== 1 mod p (dont le théorème de la progression arithmétique nous  donne une infinité).
 on a maintenant     (*) $ a^p + (b + kz)^p ==  (da + e(b+k))^p == (c +ek)^p  \mod Q+kz$.
Soit en notant 1/z un représentant de l'inverse de z modulo Q+kz
on a k == -Q/z mod Q+kz
et en mettant 1/z en facteur dans l'expression (*) et en multipliant le tout par z on obtient :  $ az^p + (bz-Q) ==  (cz-eQ)^p \mod Q+kz $
 comme Q+kz peut être arbitrairement grand il y a égalité !!!
// Ce qui revient en fait à   $ax^p + ay^p = az^p$ //
En espérant ne pas avoir été trop confus, je vous souhaite une bonne r méditation. 
J.Banana
                  Runing over the same old ground
                          and have we found 
                                 The same old fears ?
                                               Wish you where here
                                                (Pink Floyd)

Réponses

  • Quelqu'un qui cite Pink Floyd, j'ai envie que sa démonstration soit bonne.
    Il ne faut pas respirer la compote, ça fait tousser.

    J'affirme péremptoirement que toute affirmation péremptoire est fausse
  • "Dreams... are my reality..."
  • NorthByNorthwest
    Modifié (26 Jan)
    TBonjour Je ne peux pas corriger les coquilles et maladresses de mon précédent post, ne pouvant que poster de mon smartphone avec mes petits doigts malhabiles. Je crois bien avoir établi le lemme suivant :   
    soit x,y,z premiers entre eux Q premier, non congrus à 1 modulo p (p premier impair)   $a,b$ entiers positifs tel que (si $Q$ est assez grand) :     $Q = ax + bz$  alors en posant $d =$ plus petit entier naturel tel que $dz - y$ divisible par $x$  et  $ e = (dz - y) / x$,    alors $x^p + y^p = z^p$ entraine  $a^p + b^p == (da +eb)^p\mod Q$ bref la conclusion suivante s'impose !  
    Soit h un entier naturel premier avec Q. Considérons l'ensemble $T$ non majoré des nombres premiers de la forme $Q + khzx$,    
    On a alors pour touts couples d'entiers $(f,g)$ tels que $f + g = h$ :  $ (a + kfz)^p + (b + kgx)^p == ( c + dkfz + ekgx)^p \mod Q + khzx $ ,   
     comme $k == (- Q) / hzx  \mod Q + khzx$,    on a $ ( ahzx - fzQ )^p + (bhzx - gzxQ)^p == (cpzx - Q(dfz + egx))^p \mod Q + kzxp$. Comme $T$ n'est pas majoré il y a égalité !!  Ce qui fait $p-1$ racines de notre équation. On peut (si on ne sait pas démontrer le théorème de la progression arithmétique) utiliser les puissances de $Q$ avec un lemme légèrement modifié, pour peu qu'on ait prouvé l'existence d'une infinité de tels $Q$ non congru à $1 \mod p$.   Cordialement J.B.   

                  Rappelle toi Barbara ...
    Jacques Prevert 
  • NorthByNorthwest
    Modifié (August 2023)
    La pagination  a foiré je vais essayer d'arranger ça, ce n'est pas gagné !
  • Vive Vladimir Cosma !
  • NorthByNorthwest
    Modifié (26 Jan)
    Bref, on considere la proposition suivante.
    Pour tout couple d'entiers relatifs $(A,B)$ et tout $p$ premier impair on a :
    $A^p + B^p = pgcd(p,(A+B)) . (A=B) K$, où $K$ est un produit de nombres premiers tous congrus à un modulo $p$, et premier avec (A+B).
    Par conséquent si on a trois entiers relatifs $A, B, C$ tels que $A^p + B^p = C^p$ alors,il existe $e$ tel que  $(A+B) = e^p / pgcd ((A+B),p).
    Or, on a vu plus haut que l'on peut obtenir en partant d'une solution de l'équation dont il est question une infinité de solutions dont les différentes sommes de termes deux à deux ne vérifient pas nécessairement l'exigence formulée à l'alinéa précédent.
    Typiquement en reprenant l'égalité trouvée en conclusion du post plus haut, on obtint comme sommes de deux termes un truc du genre $Mh+Nf$, où $M$ et $N$ se calculent en fonction de $A, B, Q$ (comme définis plus haut,  $  h$ et $f$ pratiquement quelconques. 
    Cela conclut. la démonstration.
    Juanita.
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