Théorème de Fermat, preuve de Fermat lui-même.

Barjovrille

Bonjour, peut-être que Grigoriy71 est une IA ?

Grigoriy71

@Fin de partie

Pardon, sans commentaires

)))

Grigoriy71

Chers collègues, en ce qui concerne mon article, j'étudie Coq Vercel. Quant à l'article de mon ami, qui est un peu plus haut, il m'a demandé de vous transmettre ces deux captures d'écran:

Fin de partie

Je crois qu'il y a un mot pour ça, baratineur!

Modulo $n$, cela n'apporte rien du tout, car on connaît déjà des solutions triviales à l'équation de Fermat ($z^n=x^n+y^n$), par exemple, le triplet $(x,y,z)=(1,0,1)$ Ces solutions modulo $n$ sont toujours des solutions (évidemment).

NB: modulo $n$ ces solutions triviales sont indistinguables d'hypothétiques solutions qui ne seraient pas triviales.

Fin de partie

Il faut arrêter de croire que Fermat a formalisé la théorie des résidus modulo $n$ (sauf erreur, ce qui s'approche le plus du premier traité sur le sujet est le bouquin de Gauss qui a été publié au  début du XIXème siècle). Le grand truc de Fermat c'est ce qui est dénommé "descente infinie", c'est-à-dire que si une solution est $(x_1,x_2,...x_n)$ il essaie de construire un autre $n$-uplet $(y_1,y_2,...,y_n)$ avec $y_1<x_1,x_2<y_2,...,y_n<x_n$. On en déduit qu'on peut répéter autant de fois qu'on veut le processus, mais si un $n$-uplet  pour être solution doit être constitué d'entiers naturels, cela montre qu'il n'y en a pas puisque l'ensemble des nombres entiers naturels a un plus petit élément, $0$.

PS: si Fermat était persuadé d'avoir une preuve il utilisait certainement ce procédé (mais il se trompait quelque part très certainement)

Grigoriy71

@Fin de partie

Cher collègue, mon ami, l'auteur de l'article en question, dont je vous ai envoyé les captures d'écran, m'a demandé de vous transmettre ce lien, en le précédant de ce texte:

Merci pour votre réponse, "Fin de partie". "Baratineur" ? Bien, "baratineur". Tout en étant pleinement conscient des solutions triviales, je rappelle toutefois la formulation du théorème de Fermat :

« Il n'existe pas trois entiers positifs a, b et c tels que l'équation an + bn = cn soit satisfaite pour toute valeur entière de n supérieure à 2. »

Voici le lien : https://en.m.wikipedia.org/wiki/Fermat%27s_Last_Theorem

biely

Grigoriy71 a dit :

Cher Monsieur Heuristique,

 Pourriez-vous, s'il vous plaît, m'envoyer le lien vers ce programme ? Cependant, veuillez noter que si ce programme est payant, je ne pourrai pas l'utiliser, car les cartes des banques russes sont bloquées à l'Ouest.

ChatGPT est interdit en Russie au passage...

Fin de partie

@grigory71 :

Tu crois que je ne connais pas Wikipedia?

Je vais être plus explicite:

Tu ne vas jamais réussir à trouver une démonstration du théorème de Fermat élémentaire en faisant une réduction modulo un entier pour la raison déjà invoquée plus haut, cette équation possède des solutions, qui deviennent indistinguables, modulo un entier, de solutions (où les trois coordonnées du triplet seraient toutes strictement positives) qui pourraient potentiellement exister.

Tu es au courant qu'un nombre qui est congru à $0$ modulo $2$ n'est pas forcément égal à $0$? (la remarque vaut aussi si tu remplaces $2$ par n'importe quel entier $\geq 2$)

La réduction modulo un entier marche bien parfois quand une équation diophantienne n'a aucune solution (ni triviale, ni rien du tout).

Grigoriy71

@Fin de partie @biely

Et moi, dans tout ça ? Je ne fais que transmettre la réponse d'une personne que vous connaissez, après tout ! Pour éviter d’être à nouveau le "téléphone arabe", je vais gentiment lui demander de s’inscrire ici et de vous répondre directement à propos de son article. Sinon, pourquoi je m’en mêle ? C’est vous qui avez une joute verbale avec lui, et c’est moi qui récolte les baffes ! J’en ai vraiment besoin ?

Je le répète, j’ai bien pris en compte la critique concernant le programme Coq Vercel, et je me suis sérieusement attelé à son étude. Merci beaucoup, et je vous souhaite une excellente journée !

Fin de partie

@Grigoriy71 : 

J'ai lu plus attentivement ton avant-dernier message.

C'est faux de dire que si on  a, par exemple, l'égalité $x^2+y^2=z^2$ et si $a,b,c$ sont les derniers chiffres respectifs de $x,y,z$ de l'écriture de ces nombres en base $10$ alors on aurait $a^2+b^2=c^2$.

On a $12^2+16^2=20^2$.

$a=2,b=6,c=0$ et $a^2+b^2=40$ et $c^2=0$. $40$ n'est pas égal à $0$.

Cela ne marche pas non plus dans un cas plus simple: $13+17=30$ et on n'a pas $3+7$ qui serait égal à $0$.

Je ne sais pas qui a écrit tout ceci mais pour moi il est clair que celui-ci ou celle-ci ne connaît rien aux congruences.

Grigoriy71

@Fin de partie

Je vous prie de m'excuser, je ne sais pas ce qu'il sait ou ne sait pas, je me suis contenté de transmettre sa réponse, et, si je comprends bien, je suis devenu le "téléphone arabe". C'est pourquoi je préfère ne plus discuter des détails et subtilités de sa méthode, qui ne me concernent pas directement. S'il le souhaite, il interviendra ici lui-même. Quant à moi, je suis désormais prêt à répondre uniquement pour moi-même. Actuellement, je m'occupe de la plateforme Coq Vercel pour formaliser mon propre raisonnement et déterminer si ma démonstration est correcte ou non. Un grand merci et bonne nuit.

Grigoriy71

Mon ami, alors qu'il est en train de s'inscrire sur ce forum, vous a demandé de transmettre ce qui suit:

Chère "Heuristic", pour que votre question sur les solutions triviales ne reste pas sans réponse, l'un des auteurs de la preuve proposée a tenté de s'inscrire ici aujourd'hui. Vous devez attendre plusieurs jours pour que l'auteur vous donne une réponse complète sur les solutions triviales de l'équation du dernier théorème de Fermat. Cette réponse comportera deux parties. La première partie de la réponse aura un contenu dans le cadre des preuves que vous aurez lues "ResearchGate".  La deuxième partie présente leur nouveau préprint entièrement consacré à leur méthode de détermination des racines triviales de l'équation du dernier théorème de Fermat. Veuillez patienter quelques jours. Ou vous pouvez trouver leur nouvelle prépublication sur ResearchGate dès maintenant.

Fin de partie

@Grigory71:  A quoi sert-il de poster un tel message qui ne contient aucune information mathématique?

Cela parle d'un "preprint" qui serait sur ResearchGate sans mettre de lien.

Grigoriy71

@Fin de partie

Mes excuses sincères pour cette omission. Voici le lien en question :

https://www.researchgate.net/publication/384692482_TRIVIAL_SOLUTIONS_OF_FERMAT'S_LAST_THEOREM_EQUATION_OBTAINED_BY_DIVISION_OF_POLYNOMIALS/stats

L'auteur du preprint répondra lui-même à vos questions à partir de maintenant.

Etotak

Chers collègues, Merci pour votre réponse.

Ce sont les amis de Gregory. Merci à Grégory pour son aide. Nous parlons de nos deux preuves élémentaires du dernier théorème de Fermat. Peut-être que les modérateurs pourraient créer un nouveau fil de discussion pour ne pas se confondre avec les textes de Grégory et ne pas l'agacer.

Tout d’abord, à propos de la preuve numéro 1.

Des explications sur l'arithmétique modulaire sont données dans la pièce jointe du fichier joint (Ru+En+Fr). De plus, vos exemples ne correspondent pas à ce qui est écrit dans la prépublication sur la preuve de "FLT" utilisant les derniers chiffres à droite pour chacun des nombres. Par conséquent, je vous demande de lire plus attentivement la prépublication et le fichier joint. +Veuillez consulter les deux pièces jointes supplémentaires pour montrer ce que nous comprenons ici en ce qui concerne les différentes bases numériques.

Preuve numéro 2. Nous avons fait un ajout important, nous vous demandons donc de revoir la deuxième prépublication :

https://www.researchgate.net/publication/384692482_TRIVIAL_SOLUTIONS_OF_FERMAT'S_LAST_THEOREM_EQUATION_OBTAINED_BY_DIVISION_OF_POLYNOMIALS

Nous aimerions dire que notre idéal est d'avoir deux critiques/opinions formelles sur nos deux preuves du dernier théorème de Fermat.

Sincèrement,

Heuristique

Bonjour,

Pour résumer, vous avez montré que si des réels $a,b,c$ vérifiaient les 3 équations $a^3+b^3 = c^3$, $a^7 + b^7 = c^7$ et $a^{11}+b^{11} = c^{11}$ alors on avait $a = b$. Je suis d'accord avec cette preuve (modulo la division par zéro en phrase 8.).

Ensuite, vous dites que vous avez prouvé le grand théorème de Fermat : ce que vous avez prouvé n'a rien à voir avec le grand théorème de Fermat. D'une part, Fermat ne considère pas des nombres particuliers comme $3,7,11$. D'autre part, si vous prenez les mêmes $a,b,c$ vérifiant 3 équations de la forme $a^n+b^n=c^n$ pour 3 valeurs distinctes de $n$, il n'est pas étonnant que vous arriviez à montrer beaucoup de choses car ce système d'équations n'admet que des solutions triviales.

Etotak

1. "Pour reprendre, vous avez montré que si des réels a,b,c

 vérifiaient les 3 équations a^3+b^3=c^3 , a^7+b^7=c^7 et a^11+b^11=c^11

 alors on avait a=b" - Je voudrais préciser que j'ai affaire à des chiffres , a, b, c. C'est important, je vais montrer des exemples avec des entiers p-adiques*, où a = b.

2. "Je suis d'accord avec cette preuve (modulo la division par zéro en phrase 8.)." - Merci.

3. "Ensuite, vous dites que vous avez prouvé le grand théorème de Fermat : ce que vous avez prouvé n'a rien à voir avec le grand théorème de Fermat - Je vous demande de m'excuser plusieurs fois, mais pourriez-vous s 'il vous plaît."- Prouver/montrer ?

4. "D'une part, Fermat ne considère pas des nombres particuliers comme 3,7,11" - J'ai montré des exemples précis d'exposants. N'importe qui peut utiliser n=2k-1, où k=2, 3, etc., c'est-à-dire qu'il s'agit d'une preuve pour toutes les valeurs impaires de l'exposant n.

5. "D'autre part, si vous prenez les mêmes a,b,c vérificateur 3 équations de la forme a^n+b^n=c^n pour 3 valeurs distinctes de n , il n'est pas étonnant que vous arriviez à montrer beaucoup de choses car ce système d'équations n'admet que des solutions triviales." - Ce n'est pas un fait. L'avez-vous prouvé ? Je viens de le prouver et vous l'avez admis. Ou bien, je voudrais vous demander de me donner une référence littéraire. D'une part, quel est le rapport avec votre affirmation ci-dessus à propos des « réels a,b,c» ?

6. * Exemples lorsque a=b pour des entiers p-adiques en Base numérique 31, Z_31. Prenons comme exemple la somme 16+729=745 en notation décimale Base, c'est-à-dire Base 10. En Base 31, cela ressemblerait à ceci: G+NG=O1. Nous pouvons écrire les racines suivantes pour l'équation x^3+y^3=z^3: x=...G9I8, y=...DRR8, z=...5GSU5. (Je me suis intentionnellement limité à une seule racine pour chaque paramètre.) Comme vous pouvez le voir, a=b=8. Si vous utilisez une équation avec n=6, , c'est-à-dire que nous travaillons avec l'équation x^6+y^6=z^6, les 6 racines ont le même a=b :

x=...CE83, ou ...382D, ou ...F8KF, ou ...FMAG, ou ...RMSI, ou ...IGMS; 

y=...(0)3, ou ...4JJD, ou ...QBBF, ou ...4JJG, ou ...QBBI, ou ...(U)S; 

z=...H6M41, ou ...E535, ou ...KR76, ou ...A3NP, ou ...GPRQ, ou ...DO8QU.

Cependant, cela ne peut pas être un contre-exemple aux preuves présentées.

Heuristique

Je vous ai expliqué pourquoi ce que vous proposiez n'était pas une preuve du grand théorème de Fermat.

4. Soit, si vous l'avez prouvé en général, j'en suis très content pour vous (et je suis à peu près convaincu du résultat), mais cela ne fait pas avancer la question d'un iota (voir point 5). Et, pour répondre à votre sympathique message : non, je ne prouverai pas votre pseudo-lemme. Je n'ai pas que ça à faire, ne vois pas le rapport avec le théorème de Fermat et ai l'humilité de savoir qu'il m'est impossible de prouver le théorème de Fermat, autrement qu'en recopiant la preuve de Wiles sans la comprendre.

5. c'est très bien de botter en touche en m'expliquant à quel point vous êtes fier de votre lemme mais, encore une fois, celui-ci n'a rien à voir avec le grand théorème de Fermat.

6. Trouver un contre-exemple reviendrait à donner un contre-exemple au grand théorème de Fermat, ce qui n'est pas possible. Vous pourrez me donner 15 exemples, mon ordinateur m'en calcule des millions si j'en ai envie. Mais cela fait-il avancer la réflexion ? Non. Un exemple, et même des millions, ne prouve pas un théorème.

Je vous conseille :

- soit de faire des études de mathématiques pour comprendre ce qu'est une preuve, maîtriser les outils que vous utilisez dans celle-ci, et ainsi pouvoir comprendre nos messages.

- soit de croire à ce que vous faites et d'en faire une preuve en Coq afin de convaincre tout le monde. Votre preuve de Fermat fait une page, la preuve en Coq sera vite écrite !

- soit de ne rien faire, de rester dans le déni, d'annoncer à tous vos proches que vous avez démontré le grand théorème de Fermat pour avoir leurs applaudissements. Mais, si vous ne voulez pas de l'avis de personnes qui ont quelques notions de base en maths, laissez-les tranquilles, par pitié...

Etotak

Heuristique a dit : ... - soit de ne rien faire, de rester dans le déni, d'annoncer à tous vos proches que vous avez démontré le grand théorème de Fermat pour avoir leurs applaudissements. Mais, si vous ne voulez pas de l'avis de personnes qui ont quelques notions de base en maths, laissez-les tranquilles, par pitié...

Je n’impose rien à personne et j’arrêterai naturellement d’essayer d’écrire ici. Est-ce un problème ? Non. Ma question principale dans mon commentaire précédent était la suivante. Veuillez me montrer (Parce que vous êtes un expert.) une raison pour laquelle cela ne s'applique pas au dernier théorème de Fermat. Si possible, soyez bref, clair et sans controverse. Ma deuxième question concernait la "division de polynômes". Si vous faites des commentaires courts et clairs, je vous en serai également reconnaissant. Je m'abstiendrai de visiter ce forum après ces réponses. Merci pour votre temps. 

lourrran

Pourquoi avez-vous publié 2 preuves ?

Etotak

lourrran  En anglais "why", en russe "почему" (="pochemu") Comment pourrais-je répondre à cette question ? Apparemment, deux pensées me sont venues à l'esprit et j'ai jugé nécessaire de le faire comme vous le voyez maintenant.

Heuristique ne sera pas non plus d'accord avec vous sur le mot « preuve ». Apparemment, il faut parler d'une « tentative de preuve ». J'ai fait un ajout important à la deuxième prépublication. En français, cela ressemblera probablement à ceci : « Ayant effectué de telles divisions, si nous prenons les paramètres y et z comme variables, nous pouvons écrire la formule de développement de l'équation (1) : x^n+y^n+z^ n=(x^k+y^k+z^k)( x^(n-k)+y^(n-k)+z^(n-k))=0, (5). Nous pouvons également combiner les équations comme (3 ) comme suit x^k+y^k+z^k=0, (6). L'équation (6) ne fournit pas d'autres solutions à l'équation FLT avec k pair et n impair, à l'exception de la solution triviale x=y=z=0." 
(Je ne comprends pas non plus ce que tu voulais dire en surlignant les phrases en gras. Je ne suis pas un hypocrite et je n'avais aucune mauvaise intention. Si c'est ce que tu veux dire, j'essaierai de ne plus revenir ici.)

https://www.researchgate.net/publication/384692482_SOLUTIONS_TRIVIALES_DU_DERNIER_TH%C3%89OR%C3%88ME_DE_FERMAT_%C3%89QUATION_OBTENUE_PAR_DIVISION_DE_POLYNOMES

Fin de partie

Etotak n'a toujours pas compris que le fait qu'il y ait des solutions triviales à l'équation de Fermat ruine toute chance d'obtenir une preuve en trouvant une contradiction à la façon dont il s'y prend.

Supposons que le triplet $(x,y,z)=(mn_1+1,mn_2,mn_3+1)$ soit solution de l'équation $x^n+y^y=z^n$.

Si on remplace $x,y,z$ par ces valeurs et qu'on réduise l'équation modulo $m$ on va obtenir $1+0\equiv 1\mod{m}$ on n'aboutit pas à une contradiction.

lourrran

Ca pourra faire l'objet d'une 3ème preuve.

Etotak

Fin de partie a dit :

Etotak n'a toujours pas compris que le fait qu'il y ait des solutions triviales à l'équation de Fermat ruine toute chance d'obtenir une preuve en trouvant une contradiction à la façon dont il s'y prend.

Fin de partie , Je ne sais pas ce qui dans mes conclusions contredit vos propos cités : "The expansion formula for the FLT equation is shown,confirming the impossibility of solutions other than trivial solutions"="La formule d'expansion de l'équation FLT est présentée, confirmant l'impossibilité de solutions autres que des solutions triviales". J'essaierai de répondre à votre question plus tard et plus en détail.

samok

supposons que ce soit vrai à un cardinal inaccessible : initialisation.

Puis prouvons que $H_\omega \rightarrow H_{\omega -1}$

c'est évident, il suffit de prendre ses désirs pour des réalités.

Donc $0=0$.

Tout ça pour ça ?

Fin de partie

@Etotak:

On peut éliminer des possibilités par réduction modulo $m$ mais on n'arrivera pas à éliminer toutes les possibilités de cette façon à cause de l'existence de solutions triviales.

Par exemple, si $m\geq 2$, on n'aura jamais de solution $(x,y,z)$ avec $x=mr+1,y=ms+1,z=mt+1$ à l'équation $x^n+y^n=z^n$ mais tu ne pourras pas éliminer  toutes les solutions de la forme $x=mr+1,y=ms,z=mt+1$.

($r,s,t$ sont des entiers quelconques)

Etotak

Fin de partie ,  Ces mots de votre part n'ont pas plus à voir avec le dernier théorème de Fermat que mon fichier joint avec la tentative n°1 de preuve de ce théorème. (Comme l’a dit une personne que je connais : « Combien de pattes a une licorne bleue ? Quatre ou cinq ?)

samok , non. Si vous écrivez à propos de notre tentative de preuve n°2, alors vous vous trompez. En fin de compte, il devrait écrire 0=1, mais nous n'insistons pas là-dessus et nous n'avons pas inclus cette entrée dans le texte. Nous avons des raisons pour cela, mais cela ne sert à rien d’en discuter maintenant.

Chers commentateurs. Je vous renvoie à ce qui a été écrit hier, car vous pouvez commenter autant que vous le souhaitez:

Etotak a dit :

Nous aimerions dire que notre idéal est d'avoir deux critiques/opinions formelles sur nos deux preuves du dernier théorème de Fermat.

JLapin

Que sont $a,b,c$ ? Peux-tu détailler le passage de 14 à 15 ?

Fin de partie

@Etotak: "utiliser les chiffres de droite" c'est réduire modulo une puissance de $10$* et on en revient à ce que j'ai écrit précédemment, cette façon de faire est vouée à l'échec parce qu'il y a des solutions triviales qui sont indistinguables modulo $n$ d'une hypothétique solution non triviale.

*: s'intéresser au dernier chiffre en base $10$, c'est réduire modulo $10$, s'intéresser aux deux derniers chiffres c'est réduire modulo $100$,...

Etotak

Fin de partieHeuristiqueGrigoriy71 , Permettez-moi d'appeler cela une illusion extrêmement persistante?

Je veux dire, seulement dans le contexte de ma pièce n°1.
JLapin ,Lorsqu'on lui pose des questions sur la preuve du passage de 14 à 15. Vous pouvez facilement prouver que z = 1. En constituant a=b, prouvé hier dans l'Annexe, vous comprenez que « a » et « b » ne peuvent pas être simultanément égaux à 1. Par conséquent, ces paramètres sont égaux à 0. Mais la somme de deux 0 ne donne pas 1, donc le paramètre « z » doit également être égal à 0. Vous obtenez finalement un nombre pair et cela contredit les conditions initiales sur la nécessité d'avoir des nombres relativement premiers. Par conséquent, vous arrivez à la conclusion sur x=y=z=0. La même chose a été prouvée dans notre deuxième prépublication.

C'est exactement x=y=z=0 et aucune autre solution triviale, telle que (k,0,k), (k,-k,0), etc. Vous en êtes maintenant convaincu. Nous avons obtenu exactement la même solution x=y=z=0 dans notre deuxième prépublication. Les solutions intermédiaires étaient bien sûr également (k,0,k), (k,-k,0). Mais nous considérons que c’est un point de vue erroné. Je pense que les mathématiciens devraient comprendre cela eux-mêmes ; nous ne voulons plus travailler sur ce sujet de manière aussi détaillée. Nous avons demandé une révision officielle. Est-ce que ça arrivera ou pas ? Nous ne voulons plus perdre notre temps ni le vôtre. Merci de votre attention!

https://www.researchgate.net/publication/384692482_TRIVIAL_SOLUTIONS_OF_FERMAT'S_LAST_THEOREM_EQUATION_OBTAINED_BY_DIVISION_OF_POLYNOMIALS?_sg%5B0%5D=L5VZNbFIvuvWfIv6BO416DVvGal9kQEXrw3JKbngPnhTC3NFvzuYR4IanypDGQetmF2SxqZo6R7XfLyqZMaigA3R5LvQKbgI1ccqNt7B.8nnGaLCGIOJ3Hj44cyo01AoPdmVdnmDy0nQEBqeVmnaOS2RyzfEZCq9uCIfNPrdZDthYoaWcTNjBBNCyaPppmw&_tp=eyJjb250ZXh0Ijp7ImZpcnN0UGFnZSI6ImxvZ2luIiwicGFnZSI6InByb2ZpbGUiLCJwb3NpdGlvbiI6InBhZ2VDb250ZW50In19

JLapin

Si je comprends bien, $a,b$ et $c$ sont des entiers entre $0$ et $9$ ?

Si oui, 14 étapes pour traiter un système d'équations que l'on pourrait traiter par force brute (il n'y a que 1000 triplets (a,b,c) possibles) me semble trop.

Par contre, je ne vois pas où tu expliques comment cette étude de 1000 cas possibles pourrait conduire au grand théorème de Fermat ("il en résulte directement"...).

Etotak

Je ne comprends pas vos phrases sur "(il n'y a que 1000 triplets (a,b,c)".

JLapin

Pour $a$, tu as 10 possibilités, idem pour $b$ et $c$.

Etotak

Si je vous comprends bien, vous devez utiliser le système de nombres binaires. 
La base 2 n'a que 2 chiffres : 0 et 1. C'est la raison pour laquelle j'ai écrit z=1.

JLapin

A qui parles-tu ?

Fin de partie

@Etotak: Si $n$ est pair, l'équation $x^n+y^n=z^n$ n'a pas pour solution $(k,-k,0)$ mais quelque soit la parité de $n$ on a toujours les solutions $(1,0,1),(0,1,1)$ c'est ces solutions-là qui ruinent votre approche qui consiste à considérer les derniers chiffres de $x,y,z$ (dans n'importe quelle base) et à essayer de les éliminer une par une.

NB: Les autres solutions triviales peuvent être écartées en considérant que $x,y,z$ sont premiers entre eux deux à deux.

Etotak

JLapin  Oui, les réponses ci-dessus étaient pour vous.

Fin de partie , Tu es mon Professeur, je suis ton élève. Je suis d’accord sur l’essentiel des choses que vous écrivez, car elles sont banales. Cependant, je ne suis pas d’accord avec votre insistance à utiliser cela comme contre-exemple. En effet, si on a l'expression 128+2187=2315 en Base 10, on peut écrire l'expression suivante en Base 2 en utilisant le mod 10 : 0+1≡1. Cela correspondra également pleinement à la solution triviale que vous avez écrite à plusieurs reprises. Réécrivons maintenant tout en Base 11. Autrement dit, nous avons 107+1709=1815, c'est-à-dire que nous pouvons écrire l'expression suivante en Base 2 en utilisant le mod 11:   0+0≡0. Parce que, 107=8 mod 11, 1709=4 mod 11, 1815=0 mod 11 pour la Base 10. C'est exactement ce que nous avons obtenu dans notre première prépublication, qui a été soumise à discussion ici et qui a été démontrée hier. Ainsi, on peut parler de la solution triviale x=y=z=0 et rien de plus. Veuillez vérifier si nous avons commis une erreur arithmétique.

Fin de partie

@Etotak : Tu peux utiliser la base que tu veux cela ne change rien à ce que j'ai écrit plus haut.

Tu vois bien qu'en base $m$ on a toujours $1^n+0^n=1^n$

Donc même en passant en base $m$ tu ne pourras pas éliminer toutes les possibilités. Cette méthode est dans une impasse ici. Si c'était aussi simple une telle démonstration existerait depuis des siècles.

Sneg

Это так.
Ah ! Ça marche ! 😉

JLapin

@Etotak

Pourquoi tu me parles de système de nombres binaires ?

Tu peux (re)dire précisément ce que sont $a,b$ et $c$ au début de ta grande liste de propriétés qui se conclut par "il en résulte directement le grand théorème de Fermat" ?

Etotak

Fin de partie   ,Cher Professeur, il n'y a pas de contradictions. Tout dépend de l'accord - CONVENTION - entre nous. Si j'écris que mon dernier chiffre est déterminé par mod (Base), cela ne contredit pas les règles mathématiques, c'est-à-dire que cette opération triviale peut être incluse dans un ordinateur sans aucun problème. Si Base = p, où p est un nombre premier supérieur ou égal à 3, je peux m'efforcer de vous écrire un tel nombre de relations similaires qui ne peuvent être limitées que par les conditions physiques qui m'entourent. Nous utiliserons également le mod 10 pour comparer les résultats. Nous pouvons ici dire "non" et "oui" à l'infini, mais je vous demande de montrer que la CONVENTION que j'ai mentionnée ci-dessus n'est pas la vérité, mais un mensonge. Veuillez donner un lien vers de la littérature ou des documents de certains congrès de mathématiciens. Dans le cas contraire, je cesserai de vous répondre sur cette question précise. Mais, vous pouvez rester ici et répéter sans cesser "non", "non", "non"... Voici un autre exemple : Nous avons l'expression suivante pour la base 10 : 121+106=227. Nous avons ici 121=1 mod 10, 106=6 mod 10, 227=7 mod 10. En conséquence, vous avez les résultats suivants pour la Base 2 : 1+0≡1 conformément à vos souhaits. Cependant, vous aurez quelque chose de différent en Base 11 pour ce montant : 100+97=197, où il y a 100=1 mod 11, 97=9 mod 11, 197=A mod 11. En conséquence, vous avez les résultats suivants pour Base 2:   1+1≡0 sans aucun lien avec vos souhaits, mais en stricte conformité avec les résultats a=b que nous avons trouvés et publiés dans la première prépublication.

JLapin   ,Cher collègue, je ne comprends sincèrement pas ce que vous aimeriez savoir. La faute réside peut-être dans la mauvaise qualité de mon français. Encore une fois : j'ai écrit sur les CHIFFERS en Bases 10 et 2 - for a, b, c. A savoir : 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8,9 pour la Base 10 et 0 et 1 pour la Base 2. Maintenant j'ai il y a quelqu'un qui a écrit sur la Base 11. Nous comprenons tous que 0 et 1 sont les mêmes pour toutes les bases numériques mentionnées, mais toutes les autres explications sont données ci-dessus... J'envoie également ce message en anglais:

JLapin   , Dear colleague, I sincerely do not understand what you would like to know. Perhaps the fault lies in the poor quality of my French. Once again: I was writing about DIGITS in the Bases 10 and 2 - for a, b, c. Namely: 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8,9 for the Base(s) 10 and 0 and 1 for the Base 2. Now I have written a little about the Base 11. We all understand that 0 and 1 are the same for all the mentioned number bases, but all other explanations are given above... I am also sending this message in English.

Sneg ,  Merci d'avoir déchiffré mon pseudo en français. J'espère que vous avez pu comprendre l'essence du problème avec moi.

Fin de partie

@Etotak:  S'il te plait montre que les triplets $(x,y,z)=(m!+1,m!,a\times m!+1)$ avec $m,a$ des nombres entiers naturels quelconques ne sont jamais solutions de l'équation $x^n+y^n=z^n$ avec $n$ un entier naturel strictement plus grand que $2$.

NB: $m!=1\times 2\times...\times m$.

Etotak

Cher professeur, vous ne changez rien à notre preuve en introduisant factorielle, factorielle +1 et a*factorielle+1. Autrement dit, nous aurons les mêmes chiffres 1 et 0 dans la base 2. Cela étant dit, j'omets les détails sur les autres bases évoqués ci-dessus. Votre opinion sur la prépublication 1 est très claire pour moi. Veuillez avoir la gentillesse de porter maintenant votre attention sur la prépublication 2. Quelles objections y a-t-il aux preuves contenues dans la prépublication 2 ?

Etotak

Fin de partie:  Cher Professeur, Ce n'est pas de votre faute si votre principal contre-argument n'est pas pertinent :  

Fin de partie a dit :

@Etotak: "utiliser les chiffres de droite" c'est réduire modulo une puissance de $10$* et on en revient à ce que j'ai écrit précédemment, cette façon de faire est vouée à l'échec parce qu'il y a des solutions triviales qui sont indistinguables modulo $n$ d'une hypothétique solution non triviale.

Parce que je trouverai toujours un contre-argument à chacun de vos contre-arguments, c'est-à-dire que je vous écrirai les exemples suivants :

Etotak a dit : ... En effet, si on a l'expression 128+2187=2315 en Base 10, on peut écrire l'expression suivante en Base 2 en utilisant le mod 10 : 0+1≡1. Cela correspondra également pleinement à la solution triviale que vous avez écrite à plusieurs reprises. Réécrivons maintenant tout en Base 11. Autrement dit, nous avons 107+1709=1815, c'est-à-dire que nous pouvons écrire l'expression suivante en Base 2 en utilisant le mod 11:   0+0≡0. Parce que, 107=8 mod 11, 1709=4 mod 11, 1815=0 mod 11 pour la Base 10. C'est exactement ce que nous avons obtenu dans notre première prépublication, qui a été soumise à discussion ici et qui a été démontrée hier. Ainsi, on peut parler de la solution triviale x=y=z=0 et rien de plus. Veuillez vérifier si nous avons commis une erreur arithmétique.

Cela signifie que je vous écrirai toujours que vous n'avez pas prouvé l'existence d'une solution triviale (0,1,1) - je dirai que vous avez une solution triviale (0,0,0), qui ne contredit pas notre preuve. De plus, cette solution triviale découle directement de nos deux preuves. Vous n'êtes pas en faute car vous n'aviez pas une définition claire d'une « solution triviale ». Soit vous n'avez pas encore montré cette définition, si elle existe. Mais comme je l'ai dit, ce n'est pas de ta faute. En d’autres termes, il y a une ambiguïté de votre part. Une objection farfelue. FAR-FETCHED,- in English....

C'est vrai, je voudrais m'éloigner de la discussion sur la prépublication n°1. J'aimerais connaître votre avis sur la prépublication n°2.

Fin de partie

@Etotak:  Pourquoi je t'ai soumis cet exemple? Parce que ces solutions hypothétiques ne pourront pas toutes être éliminées par réduction modulo $r$ pour un $r$ fixé. quand on réduit $x=m!+1,y,=m!, z=a\times m!+1$ modulo $r$ avec $r\leq m$ on obtient $(1,0,1)$ qui ne contredit rien du tout.

L'une des méthodes que tu présentes, même si elle est enveloppée de bullshit à propos de bases, se résume à trouver des contradictions  en réduisant modulo un entier pour éliminer tout triplet (non triviaux). Mais ce que je te dis est que cela ne peut pas marcher, il y aura des triplets que tu ne pourras jamais éliminer de cette façon.

Je pense t'en avoir dégoter une famille dont tu ne pourras pas te débarrasser de tous ses membres de la façon dont tu procèdes.

Etotak

Fin de partie , Nous ne sommes pas Mr. ou Miss Math ici pour raisonner à partir de certains des exemples que vous proposez. Si vous proposez cela, alors c'est vous qui deviez montrer COMMENT vous l'aviez fait. Je montrerai le résultat en base 17 pour les exemples ci-dessus qui ont été montrés en base 10 et en base 11, voir la citation, et l'exemple pour la base 17 sera ci-dessous : 

 Etotak a dit : "...Nous avons l'expression suivante pour la base 10 : 121+106=227. Nous avons ici 121=1 mod 10, 106=6 mod 10, 227=7 mod 10. En conséquence, vous avez les résultats suivants pour la Base 2 : 1+0≡1 conformément à vos souhaits. Cependant, vous aurez quelque chose de différent en Base 11 pour ce montant : 100+97=197, où il y a 100=1 mod 11, 97=9 mod 11, 197=A mod 11. En conséquence, vous avez les résultats suivants pour Base 2:   1+1≡0 sans aucun lien avec vos souhaits, mais en stricte conformité avec les résultats a=b que nous avons trouvés et publiés dans la première prépublication..."

Vous avez la représentation décimale de 121+106=227 sous la forme de l'expression suivante en base numérique 17 : 72+64=136. Précisions : 72=4 mod 17, 64=D mod 17, 136=0 mod 17. Ainsi, dans le système binaire : 0+1≡0??? Bien sûr que non. Mais n’importe qui peut s’entraîner et trouver la base numérique pour obtenir 0+0≡0. Nous ne pensons pas que ce soit un gros problème...

Conclusion: Vous obtenez différentes expressions pour le même montant, 121+106=227. Vous n'avez fourni aucune «  garantie »/preuve que les représentations dans différentes bases numériques de votre dernier exemple ne suivront pas le même modèle que celui que nous venons de montrer. Peut-être pourrons-nous enfin passer à la prépublication n°2 ?

lourrran

Pourquoi vouloir à ce point abandonner la discussion sur la preuve n°1 ?

Si vous pensez que la preuve n°1 est correcte, défendez la, ne bottez pas en touche en disant : 

C'est vrai, je voudrais m'éloigner de la discussion sur la prépublication n°1. J'aimerais connaître votre avis sur la prépublication n°2.

Et si vous reconnaissez que la preuve n°1 est incorrecte, ok, dites le, honnêtement, et on pourra passer à la preuve n°2 et montrer qu'elle aussi est incorrecte.

Etotak

Personne n'a encore montré ici que notre preuve est incorrecte, voir notre question ci-dessus. D'accord, même si c'est faux, qu'importe ? Ou voulez-vous absolument nous faire sortir « ok, les preuves sont incorrectes » ? Si vous ne souhaitez pas passer à la preuves 2, vous pouvez alors considérer cette question comme automatiquement nulle.

gerard0

Etotak : Quand une démonstration n'est pas irréprochable, ce n'est pas une démonstration. FdP a mis en exergue ce qui fait que le point 1 n'est pas une démonstration; tu as été incapable d'y répondre. Si tu es sérieux, tu dois revoir ta démonstration pour éviter ce qui a été signalé, ou admettre que tu t'es trompé. Toute autre attitude serait le signe d'une incompréhension du fonctionnement des maths. Et donc permettrait de laisser de côté la suite (on ne joue pas avec ceux qui ne respectent pas les règles).

Cordialement.

NB :  "Personne n'a encore montré ici que notre preuve est incorrecte", phrase manifestement fausse me fait douter de ton sérieux.

JLapin

@Etotak

Tu écris "Tâche: Démontrer que pour les équations a7+b7=c7, (1) et a11+b11=c11, (2), avec a3+b3=c3, (3),
l'égalité a=b est vraie, où a, b, c sont les premiers chiffres à droite des nombres x, y, z, dans
l'équation du dernier théorème de Fermat."

Que sont $a,b,c$ ? Quel est le lien entre l'équation de Fermat $x^n+y^n = z^n$ et tes trois équations avec 7,11 et 3 ?