On appelle des nombres « pythagoriciens » des entiers tels que la somme de leur carré est également un carré. Ils peuvent donc servir de côtés à un triangle rectangle.
Il y en a une infinité de tels nombres.
Une identité algébrique élémentaire peut être utilisée pour en retrouver des nombres avec de telles caractéristiques.
Tout le monde connait depuis l’école secondaire l’identité :
(a+b)²=a²+2ab+b² et l’équivalente (a-b)²=a²-2ab+b²
Remarquons que pour passer de la seconde à la première, il suffit d’ajouter 4ab
(a+b)²=(a-b)²+4ab (1)
Cette identité permet en même temps de résoudre l’équation du second degré en algèbre.
ax²+bx+c=0 avec a différent de 0 sinon, l’équation est du premier degré.
En effet, une équation du second degré est caractérisée par la somme et le produit de ses racines qui constituent les deuxièmes et troisièmes coefficients de l’équation.
Si les racines sont x1 et x2 x1+x2= – b/a et x1x2 = c/a
L’identité (1) permet de déduire x1-x2
(x1-x2)²=(x1+x2)²– 4x1x2= b²/a²-4c/a il faut que b²-4ac soit positif ou nul pour rester dans le domaine réel.
On trouve donc (x1-x2)=+/- sqr (b²-4ac)/a
Connaissant la somme et la différence de deux nombres ont peut les retrouver aisément.
En partant de l’identité (1) et en considérant chaque élément de l’identité comme un carré parfait on peut écrire :
(a²-b²)²+4a²b²= (a²+b²)² (2)
Le premier terme de gauche est un carré parfait quelque soit a et b
Le deuxième terme est aussi un carré parfait grâce à la présence providentielle du 4 en premier facteur
Le membre de droite est un carré parfait.
Donc quelques soient a et b, la formule 2 donne l’ensemble infini des nombres pythagoriciens.
Notons que les nombres a et b doivent âtre premiers entre eux.
Si tel n’est pas le cas, ils ont un facteur commun par lequel on peut diviser les deux membres de la formule et on effectue cette opération autant de fois qu’il faut pour que les deniers nombres restants soient premiers entre eux !
Donc cette hypothèse de travail est valide.
Nous considérerons dorénavant que les nombres a et b sont premiers entre eux.
Cette formule peut être paramétrisée de la façon suivante
X=p²-q² :Y=2pq :Z=p²+q² donc X²+Y²=Z²
Il y a une double infinité de solutions
Tentons d’appliquer cette formulation à un degré supérieur à 2.
Prenons les identités élémentaires secondaires suivantes :
(a-b)³= a³ – 3a²b + 3ab² – b³ (3)
(a+b)³= a³ + 3a²b + 3ab² + b³ (4)
Montrons que moyennant quelques conditions triviales, on peut toujours trouver des nombres entiers tels que :
x=a+b et y=a-b (5)
On a précisé que a et b sont premiers entre eux.
Il y a deux possibilités : soit un est pair et l’autre impair soit tous les deux sont impairs.
Ils ne peuvent pas être tous les deux pairs puisqu’ils auraient 2 comme diviseur commun
Supposons a pair et b impair. On peut écrire
a = 2v et b = 2u+1
u et v entiers mais choisis de sorte que a et b soient premiers entre eux.
(5) devient : x=2v + 2u+1 et y=2v-2u-1 (6)
On cherche donc u et v en connaissant x et y
On trouve en additionnant dans (6) x+y=4v et x-y=4u+2
v=(x+y)/4 et u=(x-y-2)/4
ou en revenant aux a et b
a=(x+y)/2 et b=(x-y)/2 (7)
Pour correspondre aux conditions de l’hypothèse, x et y doivent être obligatoirement impairs pour que a et b soient entiers.
Pour revenir à la démonstration initiale :
On passe de l’identité (3) à (4) en ajoutant au membre de gauche la quantité 6a²b +2b³
Ou en factorisant 2b(3a²+b²). Appelons cette quantité Q. Donc :
(a-b)³ + 2b(3a²+b²) = (a+b)³
Pour que la somme de deux cubes en fasse un troisième; il faudrait que Q soit un cube parfait.
Mais a et b sont premiers entre eux. Donc l’expression Q n’est pas divisible par plus qu’un b
Si b=3k Q=18k(a²+3k²), a est premier avec 3k donc non divisible par 3 et on revient au cas précédent. Q n’est jamais un cube parfait et le théorème de Fermat pour n=3 est démontrée. La somme de deux cubes n’est jamais un cube parfait.
Examinons le cas pour n quelconque.
xn + yn = zn n’a pas de solution entière quelques soit n>2 et x et y premiers entre eux, quelconques, hormis la solution triviale x=0 et y = 0 ou 1 ou l’inverse.
En effet supposons que x=a-b et y=a+b
(a+b)n = an + Cn1 an-1 b + Cn2an-2b² + C n3an-3b3 + …+Cn-3n a3bn-3 + Cn-2na2bn-2 + Cn-1nabn-1+bn
(a-b)n = an – Cn1 an-1 b + Cn2an-2b² – C n3an-3b3 + …+/-Cn-3n a3bn-3 + Cn-2na2bn-2 +/- Cn-1nabn-1+/-bn
Selon que le rang du terme est pair le signe est – et + partout ailleurs
En soustrayant ces deux quantités, on obtient :
(a+b)n – (a-b)n = 2 Cn1 an-1 b + 2C n3an-3b3 + …+/-2Cn-3n a3bn-3 +2 Cn-2na2bn-2 +/-2 Cn-1nabn-1+/-2bn (ou 0)
On peut de toute façon mettre 2b en évidence partout.
(a+b)n – (a-b)n = 2b( Cn1 an-1 + C n3an-3b2 + …+/-Cn-3n a3bn-4 + Cn-2na2bn-3 +/- Cn-1nabn+/-bn-1 ou 0)
Pour que le membre de droite soit un nombre de puissance n il faut que la parenthèse soit divisible par b ou un de ses diviseurs) or le premier terme n’est pas divisible vu qu’il est une puissance de a donc premier avec b
Comme on a démontré
Soit p=a+b et q=a-b d’où a =(p+q)/2 b=(p-q)/2 est
a ou b sont un pair l’autre impair a = 2x+1 b=2y
donc a+b= 2x+2y+1 donc impair a-b = 2x-2y+1 donc impair
p est donc impair et q est aussi impair. Leur somme est donc divisible par 2 donc a est entier
Leur différence est aussi divisible par 2 donc b est aussi entier
Soit a impair et b impair p et q sont pairs d’office et donc entiers et il y a toujours une solution
Cette façon de décomposer les termes de Fermat a TOUJOURS une solution
Mais toutes les valeurs de n>2 devraient donner une puissance de zn nombre obligatoirement pair ce qui est une absurdité puisque x et y sont premiers entre eux et peuvent être soit impairs, soit un des deux pair dans quel cas zn serait impair !
Donc il est impossible de trouver un nombre entier qui satisfasse la conjecture de Fermat.
Et xn + yn = zn n’est pas possible si n>2 quelque soit x, y et z, premiers entre eux.