Un petit exercice ?

remarque

Chatouilleux, Jamel ? Attention à la fermeture...

DE

Jimmy : as-tu sous la main un papier correct que tu aurais écrit ?

JLT

@Jimmy :
ce que je voulais dire c'est que dans la somme
$$\sum_{m=0}^{m=a}{(2^{a-m-1}(x+y)^m(x^{a-m}+y^{b-m}))}$$

Pour $m\le a-2$, le terme est pair à cause de $2^{a-m-1}$

Pour $m=a-1$ on a $(x+y)^{a-1}(x+y)$ qui est impair (si $x$ est supposé pair et $y=1$)

Pour $m=a$ et $y=1$ on a $2^{-1}(x+y)^a(x^0+1)=(x+y)^a$ qui est impair.

Ta somme comporte donc 2 termes impairs, les autres termes sont pairs, par conséquent la somme est paire.

Jimmy

C'est l'inquisition ou quoi ? Qui êtes-vous pour me réclamer mes secrets ? Je ne suis pas obligé de me justifier ni même d'expliquer mes découvertes : Tartaglia s'est fait avoir par Cardan à ce jeu ! On m'a appris quelque chose : dans un article, ne dévoile pas tout ! Trompe-toi sciemment même pour obliger le lecteur à puiser en lui-même pour tout comprendre ! Dernière intervention de ma part : je laisse à JLT ce petit calcul, il comprendra !
$$2^{a+1}x^{a+1}=(x+1)^{a+1}+(x-1)\sum_{m=0}^{m=a}{(2^{a-m}(x+1)^mx^{a-m})}$$
$$=(x+1)^{a+1}+(x-1)(2^ax^a+2^{a-1}(x+1)x^{a-1}+...+2(x+1)^{a-1}x+(x+1)^a)$$
And
$$2^{a+1}=(x+1)^{a+1}-(x-1)\sum_{m=0}^{m=a}{(2^{a-m}(x+1)^m)}$$
$$=(x+1)^{a+1}-(x-1)(2^a+2^{a-1}(x+1)+...+2(x+1)^{a-1}+(x+1)^a)$$
If we sustract
$$2^{a+1}(x^{a+1}-2^{a+1})=(x-1)\sum_{m=0}^{m=a}{(2^{a-m}(x+1)^m(x^{a-m}+1))}$$
And
$$2^{a+1}({\alpha}x^{a+1}-{\beta})=(\alpha-\beta)(x+1)^{a+1}+(x-1)\sum_{m=0}^{m=a}{(2^{a-m}(x+1)^m({\alpha}x^{a-m}+{\beta}))}$$
$\forall{\alpha,\beta}$ particularly
$$2^{a+1}({\alpha}x^{a+1}-{\beta})=0$$
$$={\beta}(\frac{1}{x^{a+1}}-1)(x+1)^{a+1}+(x-1)\sum_{m=0}^{m=a}{(2^{a-m}(x+1)^m{\beta}(\frac{x^{a-m}}{x^{a+1}}+1))}=0$$
$$=\frac{\beta}{x^{a+1}}((1-x^{a+1})(x+1)^{a+1}+(x-1)\sum_{m=0}^{m=a}{(2^{a-m}(x+1)^m(x^{a-m}+x^{a+1}))})$$
$$(x^{a+1}-1)(x+1)^{a+1}=(x-1)\sum_{m=0}^{m=a}{(2^{a-m}(x+1)^m(x^{a-m}+x^{a+1}))}$$
And
$$2^{a+1}(x^{a+1}-1)(x+1)^{a+1}=2^{a+1}(x-1)\sum_{m=0}^{m=a}{(2^{a-m}(x+1)^m(x^{a-m}+x^{a+1}))}$$
$$=(x+1)^{a+1}(x-1)\sum_{m=0}^{m=a}{(2^{a-m}(x+1)^m(x^{a-m}+1))}$$
And
$$2^{a-1}(x-1)\sum_{m=0}^{m=a}{(2^{a-m}(x+1)^m(x^{a-m}+x^{a+1}))}$$
$$=(x+1)^{a+1}(x-1)\sum_{m=0}^{m=a}{(2^{a-m-2}(x+1)^m(x^{a-m}+1))}$$
For $a>1$, we have in the left an integer number, in the right a rational one ! It is impossible !

ev

Jimmy a écrit:

Trompe-toi sciemment même pour obliger le lecteur à puiser en lui-même pour tout comprendre !

Me fais pas rire pendant que je repasse, après j'ai des faux-plis partout.

e.v.

JLT

Tu n'as pratiquement rien changé par rapport au calcul précédent. Dans ta somme
$$\sum_{m=0}^{m=a}{(2^{a-m-2}(x+1)^m(x^{a-m}+1))}$$

le terme pour $m=a$ est $\frac{1}{4}(x+1)^a(1+1)$ qui est demi-entier,
le terme pour $m=a-1$ est $\frac{1}{2}(x+1)^{a-1}(x+1)$ qui est demi-entier.
La somme de tous ces termes est un entier, contrairement à ce que tu dis.

DE

> C'est l'inquisition ou quoi ? Qui êtes-vous pour me réclamer mes secrets ? Je ne suis pas obligé de me justifier ni même d'expliquer mes découvertes :

Bien sûr. Mais n'espère pas que l'on estime que tu fais des mathématiques si tu ne montres jamais la moindre preuve correcte !

> Tartaglia s'est fait avoir par Cardan à ce jeu ! On m'a appris quelque chose : dans un article, ne dévoile pas tout !

Ca, c'était il y a quelques centaines d'années. Aujourd'hui, on a arXiv et ce n'est donc plus possible.

Ta mauvaise foi est assez impressionnante. J'imagine que le forum ne peut rien pour toi.

DE

Variante :

- J : J'ai démontré un super truc mais je ne vais vous montrer que des preuves fausses.
- F : On ne te croit pas.
- J : Vous n'êtes vraiment que des racistes !

JLT

Attends un peu, Dé, je suis en train de voir si Jimmy reconnait que sa démonstration contient une erreur irréparable.

Jimmy

Bon, JLT, dernière entorse à ma décision : tu ne vois pas que pour $a>1$, il y a impossibilité ? Pourquoi te cantonnes-tu à ce que je dis ? Tu n'es pas obligé de me croire ou de croire ce que je dis ! Encore une fois : je respecte Tartaglia, mais c'est Cardan qui a bénéficié de ses découvertes... loool

JLT

Non je ne suis pas d'accord. Ta démonstration ne permet pas de mettre en évidence une impossibilité. Tu dis qu'une certaine quantité n'est pas un entier, alors que dans mon dernier message je t'explique que si, c'est un entier.

Eric Chopin

> Pourquoi te cantonnes-tu à ce que je dis ?
ouh la , là ca y est je crois que e.v. s'est brulé... ;-)

En gros Jamel tu donnes donc sciemment des calculs faux pour amener les lecteurs à en déduire
des calculs justes..? C'est un nouveau concept, je te l'accorde...


Eric

JLT

Je n'arrive pas à voir si Jimmy se retranche derrière cette histoire de Tartaglia-Cardan pour éviter de reconnaître ses erreurs ou bien s'il y croit vraiment ??

JLT

Pas trop de faux-plis, ev ?

Jimmy

Il y a un côté divisible par $2^{2a-1}\geq{8}$ et un côté non pour $a\geq{2}$ ! Le côté droit est certes un entier mais non divisible par $8$, JLT !

ev

Bonjour JLT,

Non, sans dec j'ai arrêté. Avec vous c'est trop dangereux.

JLT

@Jimmy : j'espère que tu ne vas pas ressortir ton histoire de Tartaglia-Cardan, mais je regarde ta somme

$$\sum_{m=0}^{m=a}{(2^{a-m-2}(x+1)^m(x^{a-m}+1))}$$

Tu semble dire qu'elle n'est pas divisible par 8 si $x$ est un entier pair et si $a\ge 2$.

Prenons par exemple $x=4$ et $a=5$. Je confie à Scilab mes calculs par paresse mais on pourrait évidemment les faire à la main.

-->a=5;x=4;m=0:a;disp(sum(2.^(a-m-2).*((x+1).^m).*(x.^(a-m)+1)));
 
    21840. 

Le nombre 21840 est divisible par 8.

bs

Bonsoir,

Jimmel a écrit:

...vous avez divisé le monde des mathématiques en bons mathématiciens (ceux qui vivent en Occident, grosso modo) et en mauvais (ceux qui travaillent dans le reste du monde) !

Peut-être que notre ami Jimmel fait allusion
--> aux membres du jury qui attribue la Médaille Fields, rappel palmarès: http://fr.wikipedia.org/wiki/Médaille_Fields
--> ou encore aux membres du jury du Prix Abel: http://fr.wikipedia.org/wiki/Prix_Abel ?

Amicalement.

Jimmy

Entre autres, bs ! Car je vous prends à témon tous, et toi surtout JLT, puisque tu sais de quoi il s'agit ! Voici la preuve dans le cas de l'équation de Beal (il y a bien un prix pour cette conjecture ?)... C'est en anglais primaire, vous traduirez aisément... We have
$$2^{a+1}x^{a+1}=(x+y)^{a+1}+(x-y)\sum_{m=0}^{m=a}{(2^{a-m}(x+y)^mx^{a-m})}$$
$$=(x+y)^{a+1}+(x-y)(2^ax^a+2^{a-1}(x+y)x^{a-1}+...+2(x+y)^{a-1}x+(x+y)^a)$$
And
$$2^{a+1}y^{a+1}=(x+y)^{a+1}-(x-y)\sum_{m=0}^{m=a}{(2^{a-m}(x+y)^my^{a-m})}$$
We deduce
$$2^{a+1}(x^{a+1}-y^{a+1})=(x-y)\sum_{m=0}^{m=a}{(2^{a-m}(x+y)^m(x^{a-m}+y^{a-m}))}$$
And
$$2^{a+1}({\alpha}x^{a+1}-{\beta}y^{a+1})=(\alpha-\beta)(x+y)^{a+1}+(x-y)\sum_{m=0}^{m=a}{(2^{a-m}(x+y)^m({\alpha}x^{a-m}+{\beta}y^{a-m}))}$$
$\forall{({\alpha},{\beta})}$, particularly $\alpha=y^{a+1}$, thus
$$2^{a+1}y^{a+1}(x^{a+1}-{\beta})$$
$$=(y^{a+1}-\beta)(x+y)^{a+1}+(x-y)(2^a(y^{a+1}x^a+y^a)+2^{a-1}(x+y)(y^{a+1}x^{a-1}+y^{a-1})+...$$
$$+2(x+y)^{a-1}(y^{a+1}x+y)+(x+y)^a(y^{a+1}+1)$$
And $\beta=0$, thus
$$2^{a+1}y^{a+1}(x^{a+1}-(x+y)^{a+1})-(x-y)(2^a(y^{a+1}x^a+y^a)+2^{a-1}(x+y)(y^{a+1}x^{a-1}+y^{a-1})+...+2(x+y)^{a-1}(y^{a+1}x+y))$$
$$=(x+y)^a(y^{a+1}+1)$$
$y$ is even, thus The first member is even and $x$ is odd, the second one is odd : it is impossible !
Alors, ils le donnent ce prix ou pas ? Je me demande pourquoi je publie cette preuve ici, étant donné que je ne l'ai jamais fait nulle part ! S'il n'y a pas erreur, bien sûr !

Jimmy

Il y a faute, je suis désolé ! Je reviens, un instant !

DE

C'est encore faux ! Quelle surprise ! Mais pourquoi personnes ne te prend-il au sérieux avec toutes ces preuves fausses de résultats fameux !

(Ah, on me glisse à l'oreille que c'est parce que personne ici n'a vu la moindre preuve juste de ta part sur ces sujets. Tiens mais cela me semble être une excellente raison.)

Jimmy, tu n'arrives vraiment pas à comprendre pourquoi on ne te prend pas au sérieux ? (C'est une question sérieuse.)

nunuche

La phrase de Jimmy déjà citée plusieurs fois : "vous avez divisé le monde des mathématiques en bons mathématiciens (ceux qui vivent en Occident, grosso modo) et en mauvais (ceux qui travaillent dans le reste du monde)", ça me fait penser à ce passage du "Petit Prince" de Saint-Exupéry :

"J'ai de sérieuses raisons de croire que la planète d'où venait le petit prince est l'astéroïde B 612. Cet astéroïde n'a été aperçu qu'une fois au télescope, en 1909, par un astronome turc.
Il avait fait alors une grande démonstration de sa découverte à un Congrès International d'Astronomie. Mais personne ne l'avait cru à cause de son costume. Les grandes personnes sont comme ça.
Heureusement pour la réputation de l'astéroïde B 612 un dictateur turc imposa à son peuple, sous peine de mort, de s'habiller à l'Européenne. L'astronome refit sa démonstration en 1920, dans un habit très élégant. Et cette fois-ci tout le monde fut de son avis."

(Il faut que Sylvain revienne, son compteur est bloqué sur 6666 messages. Je suppose que ce nombre n'a pas grand-chose d'intéressant du point de vue arithmétique, par contre, en numérologie , c'est un nombre presque aussi mauvais que 666 ).

remarque

JLT a écrit:

Je n'arrive pas à voir si Jimmy se retranche derrière cette histoire de Tartaglia-Cardan pour éviter de reconnaître ses erreurs ou bien s'il y croit vraiment ??

Pourtant, j'avais offert de te faire profiter de ma modeste expérience en la matière :

@ JLT : tu perds ton temps.

Jimmy

J'avais promis de revenir ! Pour JLT !
$$2^{a+1}x^{a+1}=(x+y)^{a+1}+(x-y)\sum_{m=0}^{m=a}{(2^{a-m}(x+y)^mx^{a-m})}$$
$$=(x+y)^{a+1}+(x-y)(2^ax^a+2^{a-1}(x+y)x^{a-1}+...+2(x+y)^{a-1}x+(x+y)^a)$$
And
$$2^{a+1}y^{a+1}=(x+y)^{a+1}-(x-y)\sum_{m=0}^{m=a}{(2^{a-m}(x+y)^my^{a-m})}$$
We deduce
$$2^{a+1}(x^{a+1}-y^{a+1})=(x-y)\sum_{m=0}^{m=a}{(2^{a-m}(x+y)^m(x^{a-m}+y^{a-m}))}$$
Or
$$2^{2a+1}(x^{2a+1}-y^{2a+1})=(x-y)\sum_{m=0}^{m=2a}{(2^{2a-m}(x+y)^m(x^{2a-m}+y^{2a-m}))}$$
And
$$2^{a+1}({\alpha}x^{a+1}-{\beta}y^{a+1})=(\alpha-\beta)(x+y)^{a+1}+(x-y)\sum_{m=0}^{m=a}{(2^{a-m}(x+y)^m({\alpha}x^{a-m}+{\beta}y^{a-m}))}$$
$\forall{({\alpha},{\beta})}$, particularly $\alpha=x^{a}$, $\beta=y^{a}$, thus
$$2^{a+1}(x^{2a+1}-y^{2a+1})$$
$$=(x^{a}-y^{a})(x+y)^{a+1}+(x-y)\sum_{m=0}^{m=a}{(2^{a-m}(x+y)^m(x^{2a-m}-y^{2a-m}))}$$
And
$$2^{2a+1}(x^{2a+2}-y^{2a+2})$$
$$=2^{a}(x^{a}-y^{a})(x+y)^{a+1}+(x-y)\sum_{m=0}^{m=a}{(2^{2a-m}(x+y)^m(x^{2a-m}-y^{2a-m}))}$$
$$=(x-y)\sum_{m=0}^{m=2a}{(2^{2a-m}(x+y)^m(x^{2a-m}+y^{2a-m}))}$$
And
$$2^{a-1}(x^{a}-y^{a})(x+y)^{a+1}$$
$$=(x-y)(\sum_{m=0}^{m=a}{((x+y)^m(2^{2a-m})(x^{2a-m}+y^{2a-m}-(x^{2a-m}-y^{2a-m})))}+$$
$$+(x-y)\sum_{m=a+1}^{m=2a}{(2^{2a-m}(x+y)^m(x^{2a-m}+y^{2a-m}))}$$
$$=(x-y)\sum_{m=0}^{m=a}{(2^{2a-m+1}(x+y)^m(y^{2a-m}))}+(x-y)\sum_{m=a+1}^{m=2a}{(2^{2a-m}(x+y)^m(x^{2a-m}+y^{2a-m}))}$$
is of the form
$$(x-y)(2^{2a+1})(y^{2a})+(x-y)(x+y)A$$
$A$ is an integer and $x+y$ divises this expression and it is impossible because it means that $x+y$ divises $y^{2a}$ with $x$ and $y$ coprime !

Jimmy

Il y a encore quelques erreurs que je corrige une dernière fois !
$$2^{a+1}x^{a+1}=(x+y)^{a+1}+(x-y)\sum_{m=0}^{m=a}{(2^{a-m}(x+y)^mx^{a-m})}$$
$$=(x+y)^{a+1}+(x-y)(2^ax^a+2^{a-1}(x+y)x^{a-1}+...+2(x+y)^{a-1}x+(x+y)^a)$$
And
$$2^{a+1}y^{a+1}=(x+y)^{a+1}-(x-y)\sum_{m=0}^{m=a}{(2^{a-m}(x+y)^my^{a-m})}$$
We deduce
$$2^{a+1}(x^{a+1}-y^{a+1})=(x-y)\sum_{m=0}^{m=a}{(2^{a-m}(x+y)^m(x^{a-m}+y^{a-m}))}$$
Or
$$2^{2a+1}(x^{2a+1}-y^{2a+1})=(x-y)\sum_{m=0}^{m=2a}{(2^{2a-m}(x+y)^m(x^{2a-m}+y^{2a-m}))}$$
And
$$2^{a+1}({\alpha}x^{a+1}-{\beta}y^{a+1})=(\alpha-\beta)(x+y)^{a+1}+(x-y)\sum_{m=0}^{m=a}{(2^{a-m}(x+y)^m({\alpha}x^{a-m}+{\beta}y^{a-m}))}$$
$\forall{({\alpha},{\beta})}$, particularly $\alpha=x^{a}$, $\beta=y^{a}$, thus
$$2^{a+1}(x^{2a+1}-y^{2a+1})$$
$$=(x^{a}-y^{a})(x+y)^{a+1}+(x-y)\sum_{m=0}^{m=a}{(2^{a-m}(x+y)^m(x^{2a-m}+y^{2a-m}))}$$
And
$$2^{2a+1}(x^{2a+2}-y^{2a+2})$$
$$=2^{a}(x^{a}-y^{a})(x+y)^{a+1}+(x-y)\sum_{m=0}^{m=a}{(2^{2a-m}(x+y)^m(x^{2a-m}+y^{2a-m}))}$$
$$=(x-y)\sum_{m=0}^{m=2a}{(2^{2a-m}(x+y)^m(x^{2a-m}+y^{2a-m}))}$$
And
$$2^{a}(x^{a}-y^{a})(x+y)^{a+1}$$
$$=(x-y)(\sum_{m=0}^{m=a}{((x+y)^m(2^{2a-m})(x^{2a-m}+y^{2a-m}-(x^{2a-m}+y^{2a-m})))}+$$
$$+(x-y)\sum_{m=a+1}^{m=2a}{(2^{2a-m}(x+y)^m(x^{2a-m}+y^{2a-m}))}$$
$$=(x-y)\sum_{m=a+1}^{m=2a}{(2^{2a-m}(x+y)^m(x^{2a-m}+y^{2a-m}))}$$
It means
$$(x^a-y^a)(x+y)^{a+1}=(x-y)\sum_{m=a+1}^{m=2a}{(2^{a-m}(x+y)^m(x^{2a-m}+y^{2a-m}))}$$
$$=(x-y)(\frac{1}{2}(x+y)^{a+1}(x^{a-1}+y^{a-1})+...+\frac{1}{2^{a-2}}(x+y)^{2a-2}(x^2+y^2)$$
$$+\frac{1}{2^{a-1}}(x+y)^{2a-1}(x+y)+\frac{1}{2^{a-1}}(x+y)^{2a})$$
$$=(x-y)(\frac{1}{2}(x+y)^{a+1}(x^{a-1}+y^{a-1})+...+\frac{1}{2^{a-2}}(x+y)^{2a-2}(x^2+y^2)$$
$$+\frac{1}{2^{a-2}}(x+y)^{2a})$$
Or
$$(x+y)^{a+1}(x^a-y^a-\frac{1}{2}(x-y)(x^{a-1}+y^{a-1}))$$
$$=(x-y)(x+y)^{a+2}(\frac{1}{2^2}(x^{a-2}+y^{a-2})+...+\frac{1}{2^{a-1}}(x+y)^{a-2})$$
$$=(x+y)^{a+1}\frac{1}{2}(-xy^{a-1}+yx^{a-1})$$
And
$(x+y)^{a+2}$ divises this expression,
it means that $x+y$ divises $xy$ and it is impossible because $x$ and $y$ are coprime !

Eric Chopin

Jamel, ca fait des années que tu corriges des erreurs "une dernière fois..." avant la suivante ...


Eric

JLT

jimmy,

je résume ta démonstration sans la lire. Il semble qu'elle a la forme suivante :

---

Soient $x$ et $y$ deux entiers $\ge 1$ premiers entre eux et $a$ un entier $\ge 0$.
(...calculs...)
Contradiction.

---

Je suis 99.99999999\% sûr qu'en cherchant bien on trouvera une erreur. Je pourrais bien sûr le faire, comme précédemment, mais il vaut mieux que tu la trouves par toi-même.

remarque

Dommage que cc ne soit plus là. Il aurait passionnément argumenté pour laisser au moins un tout petit peu ouverte la possibilité d'une contradiction dans ZFC...

jonas2

Mon pseudo est banni sur le site, j'espère qu'on gardera ce message, car il peut être utile... Je viens par la présence solliciter l'aide de JLT et de tout intervenant comme JLT assez costaud, pour qu'il cautionne ce raisonnement et ce calcul (l'enjeu est la preuve de conjectures et théorèmes). Je pars d'un résultat consensuel ! Nous avons donc prouvé les résultats suivants :
$$2^{a+1}x^{a+1}=(x+y)^{a+1}+(x-y)\sum_{m=0}^{m=a}{(2^{a-m}(x+y)^mx^{a-m})}$$
Et
$$2^{a+1}y^{a+1}=(x+y)^{a+1}-(x-y)\sum_{m=0}^{m=a}{(2^{a-m}(x+y)^my^{a-m})}$$
En retranchant
$$2^{a+1}(x^{a+1}-y^{a+1})=(x-y)\sum_{m=0}^{m=a}{(2^{a-m}(x+y)^m(x^{a-m}+y^{a-m}))}$$
Nous avons aussi
$$2^{2a+1}(x^{2a+1}-y^{2a+1})=(x-y)\sum_{m=0}^{m=2a}{(2^{2a-m}(x+y)^m(x^{2a-m}+y^{2a-m}))}$$
Mais aussi
$$2^{a+1}({\alpha}x^{a+1}-{\beta}y^{a+1})=(\alpha-\beta)(x+y)^{a+1}+(x-y)\sum_{m=0}^{m=a}{(2^{a-m}(x+y)^m({\alpha}x^{a-m}+{\beta}y^{a-m}))}$$
$\forall{({\alpha},{\beta})}$, en particulier particulier si $\alpha=x^{a}$, $\beta=y^{a}$, il enrésulte
$$2^{a+1}(x^{2a+1}-y^{2a+1})$$
$$=(x^{a}-y^{a})(x+y)^{a+1}+(x-y)\sum_{m=0}^{m=a}{(2^{a-m}(x+y)^m(x^{2a-m}+y^{2a-m}))}$$
Et
$$2^{2a+1}(x^{2a+1}-y^{2a+1})$$
$$=2^{a}(x^{a}-y^{a})(x+y)^{a+1}+(x-y)\sum_{m=0}^{m=a}{(2^{2a-m}(x+y)^m(x^{2a-m}+y^{2a-m}))}$$
$$=(x-y)\sum_{m=0}^{m=2a}{(2^{2a-m}(x+y)^m(x^{2a-m}+y^{2a-m}))}$$
Et
$$2^{a}(x^{a}-y^{a})(x+y)^{a+1}$$
$$=(x-y)(\sum_{m=0}^{m=a}{((x+y)^m(2^{2a-m})(x^{2a-m}+y^{2a-m}-(x^{2a-m}+y^{2a-m})))}+$$
$$+(x-y)\sum_{m=a+1}^{m=2a}{(2^{2a-m}(x+y)^m(x^{2a-m}+y^{2a-m}))}$$
$$=(x-y)\sum_{m=a+1}^{m=2a}{(2^{2a-m}(x+y)^m(x^{2a-m}+y^{2a-m}))}$$
Ce qui veut dire que
$$(x^a-y^a)(x+y)^{a+1}=(x-y)\sum_{m=a+1}^{m=2a}{(2^{a-m}(x+y)^m(x^{2a-m}+y^{2a-m}))}$$
Ou encore
$$(x+y)^{a+1}(x^a-^a-\frac{1}{2}(x-y)(x^{a-1}+y^{a-1}))$$
$$=(x-y)(x+y)^{a+2}\sum_{m=a+2}^{m=2a}{(2^{a-m}(x+y)^{m-a-2}(x^{2a-m}+y^{2a-m}))}$$
$$=(x+y)^{a+1}\frac{1}{2}(-xy^{a-1}+yx^{a-1}+x^a-y^a)$$
$$=(x+y)^{a+1}xy\frac{1}{2}(x^{a-2}-y^{a-2})+(x+y)^{a+1}\frac{1}{2}(x^a-y^a)$$
Nous nous épargnerons le cas où $a=1$, un petit calcul conduit immédiatement à une impossibilité ! Je continue
$$xy(x^{a-2}-y^{a-2})=(x-y)(x+y)\sum_{m=a+2}^{m=2a}{(2^{a+1-m}(x+y)^{m-a-2}(x^{2a-m}+y^{2a-m}))}-(x^a-y^a)$$
$$=(x-y)(x+y)\sum_{m=a+2}^{m=2a}{(2^{a+1-m}(x+y)^{m-a-2}(x^{2a-m}+y^{2a-m}))}+$$
$$-(x-y)\sum_{m=a+1}^{m=2a}{(2^{a-m}(x+y)^{m-a-1}(x^{2a-m}+y^{2a-m}))}$$
$$=-(x-y)\frac{1}{2}(x^{a-1}+y^{a-1})+(x-y)\sum_{m=a+2}^{m=2a}{(2^{a-m}(x+y)^{m-a-1}(x^{2a-m}+y^{2a-m}))}$$
Soit
$$2^{a-2}xy(x^{a-2}-y^{a-2})$$
$$=-2^{a-3}(x-y)(x^{a-1}+y^{a-1})+(x-y)\sum_{m=a+2}^{m=2a}{(2^{2a-2-m}(x+y)^{m-a-1}(x^{2a-m}+y^{2a-m}))}$$
$$=-2^{a-3}(x-y)(x^{a-1}+y^{a-1})+(x-y)(x+y)\sum_{m=a+2}^{m=2a}{(2^{2a-2-m}(x+y)^{m-a-2}(x^{2a-m}+y^{2a-m}))}$$
$$=(x-y)xy\sum_{m=0}^{m=a-3}{(2^{a-3-m}(x+y)^m(x^{a-3-m}+y^{a-3-m}))}$$
$$=(x-y)xy(2^{a-3})(x^{a-3}+y^{a-3})+(x-y)xy(x+y)\sum_{m=1}^{m=a-3}{(2^{a-3-m}(x+y)^{m-1}(x^{a-3-m}+y^{a-3-m}))}$$
Et
$$2^{a-3}(x-y)(xy(x^{a-3}+y^{a-3})+x^{a-1}+y^{a-1})$$
$$=(x-y)(x+y)(\sum_{m=a+2}^{m=2a}{(2^{2a-2-m}(x+y)^{m-a-2}(x^{2a-m}+y^{2a-m}))}+$$
$$-xy\sum_{m=1}^{m=a-3}{(2^{a-3-m}(x+y)^{m-1}(x^{a-3-m}+y^{a-3-m}))})$$
En posant comme suit
$$B=2^{a-1}(x-y)(xy(x^{a-3}+y^{a-3})+x^{a-1}+y^{a-1})$$
$$=(x-y)(x+y)(\sum_{m=a+2}^{m=2a}{(2^{2a-m}(x+y)^{m-a-2}(x^{2a-m}+y^{2a-m}))}+$$
$$-xy\sum_{m=1}^{m=a-3}{(2^{a-1-m}(x+y)^{m-1}(x^{a-3-m}+y^{a-3-m}))})=(x-y)(x+y)A$$
$B$ est un entier de la forme $(x-y)(x+y)A$, où $A$ est entier. Il en résulte que $x+y$ divise $B$ et c'est impossible^parce que $x$ et $y$ sont premiers entre eux. Il y a encore les cas où $a=2$, $a=4$, mais un calcul rapide conduit à une impossibilité ! Donc pour $a>0$, il n'y a aucune solution à l'équation de Fermat-Catalan, mais aussi, avec le même raisonnement avec $c>0$, où $z^{c+2}=x^{a+2}+y^{b+2}$... J'avais pris $a\geq{b}$, il en résulte l'absence de solution pour $a,b,c$ strictement positifs ! A vérifier donc, sinon nous avons une démonstration de la conjecture de Beal !

DE

Je te repose la même question : existe-t-il quelque part une preuve correcte de ta part d'un résultat non trivial ?

Et sinon, comment peux-tu espérer que quelqu'un fasse l'effort de lire une nème preuve fausse de ta part !? Pourquoi diable ferions-nous cela !?

Tant que tu ne nous auras pas convaincu que tu es capable d'écrire une preuve, la seule attitude raisonnable face à tes tentatives de preuves sera de les ignorer. Si tu n'es pas capable d'écrire une preuve, reviens aux bases. Prend un cours de L1, fais les exos etc.

jonas2

Mais, Dé, pourquoi prendrais-je un cours de L1 ? j'ai fait les prépas à Saint-louis Paris, j'ai eu Mme Loustallot et M. Chevallet comme profs en sup et spé, puis j'ai fait une école d'ingé, j'ai approfondi mes connaissances en France, en Suisse, en Tunisie, tu croyais que j'étais un bachelier ou quoi ? Je suis ingénieur et j'ai plusieurs diplômes, ce que l'on discute ici n'est pas ma formation académique, je fais beaucoup moins d'erreurs qu'un L3, j'ai fait Orsay en parallèle, j'ai toujours eu plus de 18/20 en maths durant toute ma scolarité, j'ai eu mon bac C avec mention bien (c'est le minimum pour être admis en prépa à Saint-Louis !) ! Je ne fais pas d'erreur, je l'ai expliqué plus haut, je poste trop vite, j'écris en latex directement sur le site... Là, j'ai pris la peine de patienter quelques jours afin de ne plus donner cette désagréable sensation que mes posts polluent le site, mais ce n'est pas du tout le cas, je t'assure ! Je n'ai pas plus envie que toi de me faire chahuter ! loool : ma L1, je l'ai eue avec 18.75/20 en maths à Orsay, je ne vais pas revenir sur cet acquis ! Demande-moi de préparer l'agreg, là je comprendrai !

Domi

Avec toutes ces bonnes notes tu bien dû établir et/ou publier un petit résultat original , non ?

Domi

JLT

jonas a écrit:

Il en résulte que $x+y$ divise $B$ et c'est impossible parce que $x$ et $y$ sont premiers entre eux.

Peux-tu expliquer en quoi c'est impossible ?

jonas2

JLT, tu entretiens l'ambiguïté parce qu'il n'y a jamais rien de faux et c'est même ce que tu me reproches ! C'est vrai ou pas ? Tu es beaucoup trop expérimenté pour tenir une identité du type $1=1$ pour impossible ! C'est même là que nos avis diffèrent, je prétends que telle égalité est impossible là où toi tu la tiens pout tautologique, n'est-ce pas ? Il n'y a aucune raison, je l'admets pour que ces équations, qui sont justes, soient impossibles ! Je croyais que $X^2+Y^2$ par exemple n'était pas divisible par $X+Y$ et plus généralement $X^a+Y^a$ pour certains $a$, mais je peux me tromper ! Qu'en penses-tu ? C'est toi le champion, je ne suis qu'un ingénieur, il y a longtemps que je ne touche plus aux maths pures même si ici, je peux écrire $x^a+y^a=(x+y)(x^{a-1}+y^{a-1})(x+y)-xy(x^{a-2}+y^{a-2})$, et poursuivre... Ce raisonnement est bon ou pas ? Il y a un problème lorsque $a-2$ atteint $1$, mais on a écarté les cas $a-2$ est pair ! C'est toujours ça de gagné ! lool

Eric Chopin

Jamel (alias Jonas),
Personne ne pourra croire une seule seconde à ton soit disant parcours, forcément inventé quand on
voit ce que tu es capable d'écrire... Et l'énormité relevée par JLT n'est même pas la pointe de la partie
émergée de l'iceberg.
Tu fais décidément tout pour ne pas être crédible...

Eric

JLT

Jamel, je n'ai pas pris la peine de vérifier si tes calculs sont justes ou non, mais même en admettant qu'ils sont justes, le "raisonnement" que tu as écrit à la fin

$x+y$ divise $B$ et c'est impossible parce que $x$ et $y$ sont premiers entre eux

est erroné, à un point tel que le lecteur (ou en tout cas moi) ne voit vraiment pas comment on pourrait corriger la phrase pour la rendre correcte. C'est pourquoi je t'ai demandé un éclaircissement, au cas où, mais ton dernier message n'a pas permis de me renseigner.

remarque

D'un autre côté, tu ne peux pas reprocher à jonas de chercher à noyer le poisson... hihihi...

gilles benson

à mon époque, Madame Loustalot rendait fou...

DE

Quand bien même tu aurais eu un joli parcours de premier cycle, cela ne change rien au fait que tu devrais revenir sur le programme de L1...

Toujours pas de preuve d'un résultat non trivial alors !?

C'est pathétique. Ton histoire de taper en direct du latex ne change rien à l'affaire, vu que visiblement c'est ce que tu fais toujours...

jonas2

Eric, mon parcours est si incroyable ou si brillant que tu m'accuses de mensonges ? Je ne sais pas si je dois me sentir flatté ! JLT, effectivement, l'impossibilité est toujours dans la parité, non dans la divison par $x+y$, je reposte :
$$2^{a-1}(x-y)(xy(x^{a-3}+y^{a-3})+x^{a-1}+y^{a-1})$$
$$=2^{a-1}(xy(x^{a-3}+y^{a-3}+(x+y)(x^{a-2}+y^{a-2})-xy(x^{a-3}+y^{a-3}))$$
$$=2^{a-1}(x+y)(x-y)(x^{a-2}+y^{a-2})$$
$$=(x-y)(x+y)\Big{(}\sum_{m=a+2}^{m=2a}{(2^{2a-m}(x+y)^{m-a-2}(x^{2a-m}+y^{2a-m}))}+$$
$$-xy\sum_{m=1}^{m=a-3}{(2^{a-1-m}(x+y)^{m-1}(x^{a-3-m}+y^{a-3-m}))}\Big{)}$$
$$=(x-y)(x+y)\Big{(}2^{a-2}(x^{a-2}+y^{a-2})+2^{a-3}(x+y)(x^{a-3}+y^{a-3})+...$$
$$+2(x+y)^{a-3}(x^{a-1}+y^{a-1})+(x+y)^{a-2}(x^a+y^a)+$$
$$-xy(2^{a-2}(x^{a-4}+y^{a-4})+...+2^{3}(x+y)^{a-4}))\Big{)}$$
Pour $a\geq{4}$, d'un côté un nombre pair de l'autre non, c'est impossible !

Eric Chopin

A la 2e ligne il manque une parenthèse, et je ne suis pas sûr qu'en en ajoutant une ca rende le calcul juste...

Jamel, je ne peux effectivement pas croire une seule seconde que quelqu'un incapable de faire 10 lignes
de calculs élémentaires sans se tromper lourdement ait pu être admis en prépa à St Louis.
Si je me trompe tant mieux pour toi, mais pour ma part je n'ai aucun doute que ton parcours
n'est qu'une pure invention.

Eric

jonas2

Loool, Eric, ça me rappelle un copain qui a une DEA en mécanique (mention bien), ses élèves du collège le soupçonnent toujours de ne pas avoir le DEUG A, il est tout le temps obligé de se justifier auprès des parents en montrant ses diplômes ! Avoir fait des études poussées ne garantit rien, semble-t-il ! Heureusement que tu n'es pas le referee de mon prochain article loool ! Je te trouve sévère : il y a des choses qu'on ne démontre pas, étant supposées hyper connues, et on ne refuse pas un article parce qu'il manque une parenthèse, le lecteur est supposé être assez compétent pour corriger des fautes de frappe ! Dans l'article de Perelman sur arxiv (conjecture de Poincaré), il y a plein de lemmes pas élémentaires du tout qu'il suppose vrais (et qui le sont), sa démonstration n'en est pas moins reconnue ! Je pense que vous prenez un malin plaisir à me narguer et que je suis assez naïf pour me sentir obligé de me justifier, mais il y a plein d'intervenants sur le site qui prennent vos paroles à la lettre...

JLT

@jonas :
Soient $x,y$ des entiers et $a\ge 4$. D'après toi, le nombre suivant
$$=(x-y)(x+y)\sum_{m=a+2}^{m=2a}{(2^{2a-m}(x+y)^{m-a-2}(x^{2a-m}+y^{2a-m}))}$$

est-il pair ou impair ?

jonas2

JLT, $x$ étant impair et $y$ pair, il me semble bien qu'il est impair, non ?

JLT

Non, il est pair.

Pour $m<2a$ le terme est pair à cause de $2^{2a-m}$.

Pour $m=2a$ le terme est pair à cause de $x^{2a-m}+y^{2a-m}=1+1=2$.

DE

Alors Jamel, toujours pas la moindre démonstration juste d'un résultat non trivial ? Toujours à noyer le poisson ?

jonas2

Dé, les calculs sont justes, je cherche juste une impossibilité loool ! Arrête de me chercher !
JLT, j'ai calculé le membre à droite pour $a=7$ et il n'y a pas égalité avec le membre de gauche (!!!???), cela entrainerait $x=y$ et impossibilité ! A vérifier !

JLT

Jamel, je ne veux pas perdre du temps à vérifier si tes calculs sont justes ou non.

Si le membre de gauche est différent du membre de droite pour $a=7$ c'est que tu as fait une erreur de calcul. S'ils sont bien égaux alors tu n'as pas fait d'erreur de calcul mais de toute façon tes calculs ne servent à rien puisque l'argument final est erroné.

Eric Chopin

Jonas, dans ton expression de la 2e ligne il ne manque pas qu'une parenthèse (mais apparemment
tu ne l'as même pas vu).

>je cherche juste une impossibilité loool
Non Jamel, tu ne cherches pas, tu prétends avoir démontré quelque chose d'important et c'est très différent.
Trop facile de botter en touche maintenant.
Pour l'instant de ce que l'on peut voir c'est juste du vent, et par conséquent
tes papiers publiés dans des revues ne peuvent pas être pris au sérieux, ainsi que
les revues qui les ont publiés puisqu'un examen très rapide du moindre de tes calculs/raisonnements
montre immédiatement de nombreuses erreurs sur des choses élémentaires.

Eric

DE

Alors Jamel, toujours pas la moindre démonstration juste d'un résultat non trivial ? Toujours à noyer le poisson ?

Quelle est ta motivation en fait ? Tu ne cherches visiblement pas à nous convaincre que tu fais des mathématiques ni à nous convaincre que tu as démontré des résultats intéressants. Alors, que fais-tu ?