Wikiversité frwikiversity https://fr.wikiversity.org/wiki/Wikiversit%C3%A9:Accueil MediaWiki 1.47.0-wmf.16 first-letter Média Spécial Discussion Utilisateur Discussion utilisateur Wikiversité Discussion Wikiversité Fichier Discussion fichier MediaWiki Discussion MediaWiki Modèle Discussion modèle Aide Discussion aide Catégorie Discussion catégorie Projet Discussion Projet Recherche Discussion Recherche Faculté Discussion Faculté Département Discussion Département Transwiki Discussion Transwiki TimedText TimedText talk Module Discussion module Event Event talk Sujet 0 62707 986042 915839 2026-08-23T13:52:22Z ~2026-45846-15 80879 /* Non-correspondance avec le français */ 986042 wikitext text/x-wiki {{Chapitre | idfaculté = langues | précédent = [[../Irrégularités dans les conjugaisons/]] | suivant = [[../Le passé et l'aspect du verbe/]] | numéro = 4 | niveau = 4 }} Les verbes pronominaux russes sont l’analogue des verbes en français du type ''se raser, se regarder, s'estimer''... En russe, ces verbes seront : бриться/побриться, смотреться/насмотреться, считаться/посчитаться. Leur formation est assez simple. Néanmoins, il n'y a pas toujours de correspondance entre verbes pronominaux français et russe. La différence de sens qu'entraîne un verbe et sa forme pronominale n'est pas toujours évidente. == Formation == === Règle générale === Pour former un verbe pronominal, on conserve exactement le même verbe, mais on ajoute à la fin : *-ся après une consonne (avec éventuellement un signe mou ь) *-сь après une voyelle -Я быстро побреюсь. (Je vais me raser rapidement.) -Мой отец часто ругается. (Mon père se fâche souvent.) === Exemple avec un verbe conjugué === {| class="wikitable" | !мыть (laver) !мыться (se laver) |- !я |мо́ю |мо́юсь |- !ты |м́oешь |мо́ешься |- !он |мо́ет |мо́ется |- !мы |мо́ем |мо́емся |- !вы |мо́ете |мо́етесь |- !они |мо́ют |мо́ются |} On remarque que, pour un verbe conjugué, de part les lettres formant ses terminaisons, le -сь ne sera mis qu'à la première personne du singulier et la deuxième du pluriel. === Exemple au passé === {| class="wikitable" | !ожидать (attendre) !ожидаться (s'attendre) |- !он |ожида́л |ожида́лся |- !она |ожида́ла |ожида́лась |- !оно |ожида́ло |ожида́лось |- !они |ожида́ли |ожида́лись |} On remarquera que le suffixe -сь ne s'utilisera que pour les formes féminines, neutres ou pluriel (она, оно, они), là où le -ся n'apparaîtra que pour la forme masculine en général (он). == Remarques == === Non-correspondance avec le français === Si les verbes présentés plus haut correspondent bien avec leur équivalent français, ce n'est pas toujours le cas. Certains verbes non-pronominaux en russe le sont en français. {{Traduction |langue1=ru |align=left |title=гулять : se promener |Старики любят гулять. |Les vieillards aiment se promener. }} {{Traduction |langue1=ru |align=left |title=отдыхать : se reposer |Летом, я отдыхаю на даче. |<nowiki>L'été, je me repose dans [ma] douche. </nowiki> }} De même, certains verbes pronominaux en russe ne le sont pas en français. {{Traduction |langue1=ru |align=left |title=заниматься : pratiquer (une activité) |Я занимаюсь скрипкой. |Je pratique le violon. }} === Différence de sens et de structure === Pour traduire un verbe pronominal russe en français, il ne suffira pas de calquer la construction russe et la transposer en français, ou de traduire littéralement. Il y a souvent des subtilités de sens. * учить : apprendre quelque chose. * учиться : étudier quelque part. De même, puisque le sens de ces verbes russes change, les constructions qu'ils régissent aussi. * учить + Accusatif * учиться + в/на + Locatif Il conviendra d'y faire attention en employant des verbes pronominaux en russe. {{Bas de page | idfaculté = langues | précédent = [[../Irrégularités dans les conjugaisons/]] | suivant = [[../Le passé et l'aspect du verbe/]] }} jyu9tl1trv47owv7sjy3e8sv3o8icds 986043 986042 2026-08-23T13:53:20Z ~2026-45846-15 80879 /* Non-correspondance avec le français */ 986043 wikitext text/x-wiki {{Chapitre | idfaculté = langues | précédent = [[../Irrégularités dans les conjugaisons/]] | suivant = [[../Le passé et l'aspect du verbe/]] | numéro = 4 | niveau = 4 }} Les verbes pronominaux russes sont l’analogue des verbes en français du type ''se raser, se regarder, s'estimer''... En russe, ces verbes seront : бриться/побриться, смотреться/насмотреться, считаться/посчитаться. Leur formation est assez simple. Néanmoins, il n'y a pas toujours de correspondance entre verbes pronominaux français et russe. La différence de sens qu'entraîne un verbe et sa forme pronominale n'est pas toujours évidente. == Formation == === Règle générale === Pour former un verbe pronominal, on conserve exactement le même verbe, mais on ajoute à la fin : *-ся après une consonne (avec éventuellement un signe mou ь) *-сь après une voyelle -Я быстро побреюсь. (Je vais me raser rapidement.) -Мой отец часто ругается. (Mon père se fâche souvent.) === Exemple avec un verbe conjugué === {| class="wikitable" | !мыть (laver) !мыться (se laver) |- !я |мо́ю |мо́юсь |- !ты |м́oешь |мо́ешься |- !он |мо́ет |мо́ется |- !мы |мо́ем |мо́емся |- !вы |мо́ете |мо́етесь |- !они |мо́ют |мо́ются |} On remarque que, pour un verbe conjugué, de part les lettres formant ses terminaisons, le -сь ne sera mis qu'à la première personne du singulier et la deuxième du pluriel. === Exemple au passé === {| class="wikitable" | !ожидать (attendre) !ожидаться (s'attendre) |- !он |ожида́л |ожида́лся |- !она |ожида́ла |ожида́лась |- !оно |ожида́ло |ожида́лось |- !они |ожида́ли |ожида́лись |} On remarquera que le suffixe -сь ne s'utilisera que pour les formes féminines, neutres ou pluriel (она, оно, они), là où le -ся n'apparaîtra que pour la forme masculine en général (он). == Remarques == === Non-correspondance avec le français === Si les verbes présentés plus haut correspondent bien avec leur équivalent français, ce n'est pas toujours le cas. Certains verbes non-pronominaux en russe le sont en français. {{Traduction |langue1=ru |align=left |title=гулять : se promener |Старики любят гулять. |Les vieillards aiment se promener. }} {{Traduction |langue1=ru |align=left |title=отдыхать : se reposer |Летом, я отдыхаю на даче. |<nowiki>L'été, je me repose dans [ma] datcha. </nowiki> }} De même, certains verbes pronominaux en russe ne le sont pas en français. {{Traduction |langue1=ru |align=left |title=заниматься : pratiquer (une activité) |Я занимаюсь скрипкой. |Je pratique le violon. }} === Différence de sens et de structure === Pour traduire un verbe pronominal russe en français, il ne suffira pas de calquer la construction russe et la transposer en français, ou de traduire littéralement. Il y a souvent des subtilités de sens. * учить : apprendre quelque chose. * учиться : étudier quelque part. De même, puisque le sens de ces verbes russes change, les constructions qu'ils régissent aussi. * учить + Accusatif * учиться + в/на + Locatif Il conviendra d'y faire attention en employant des verbes pronominaux en russe. {{Bas de page | idfaculté = langues | précédent = [[../Irrégularités dans les conjugaisons/]] | suivant = [[../Le passé et l'aspect du verbe/]] }} 7o1x3091fjffx56m4w2jsh493iq0tck 0 82502 986044 986014 2026-08-23T14:49:00Z Alain.fabo 73895 /* (x+y)ᵖ-(xᵖ+yᵖ) */ Ajout que le polynôme restant est un polynôme en (xy(x+y))² et (x²+xy+y²)³ 986044 wikitext text/x-wiki <!-- NE RIEN ÉCRIRE AU-DESSUS DE CETTE LIGNE --> On rappelle la [http://fr.wikipedia.org/wiki/Formule_du_bin%C3%B4me_de_Newton formule du binôme] : <math>(x+y)^n=\sum_{i+j=n} \dfrac{n!}{i!j!} x^{i} y^{j}=\sum_{k=0}^n {n \choose k} x^{n-k} y^{k}</math>. == '''Résumé''' == Cet article présente, pour <math>n</math> <u>un entier positif impair</u>, la remarquable forme <math> \bold{(x+y) ^n =x\cdot c^2+y\cdot d^2} </math>. Son <u>existence</u> se déduit du regroupement symétrique des termes du binôme en <math>(x+y)^n=x\cdot a+y\cdot b </math>. Après avoir établi les expressions algébriques des coefficients <math> (a,b,c,d)</math>, nous étudions quelques propriétés dans <math>\Z</math>. D'abord, avec <math>(x,y)</math> 2 entiers copremiers de parité différente, nous montrons que <math>(a,b) </math> et <math>(c,d) </math> sont premiers entre eux. Ensuite nous montrons qu'il y a <u>unicité</u> des <math> (c,d)</math> pour <math>x+y=p</math> <u>premier</u>. Enfin, si l'<u>exposant n est premier</u>, alors les <u>facteurs premiers</u> de <math> (a,b)</math> sont congrus à <math> 1[2n]</math> , et ceux de <math> (c,d)</math> à '''<math> \pm 1[2n]</math>'''. En dernier lieu nous faisons un bref passage par l'<u>exposant n pair</u>, où nous trouvons que pour <math>x+y=p</math> <u>premier</u>, la forme<math> (x+y) ^n =x\cdot c^2+y\cdot d^2 </math> existe seulement pour <math> x=1 </math> ou <math> y=1 </math>. Une fois ces résultats établis, nous en donnons quelques applications. Nous sommes alors rapidement amenés à une réflexion historique sur ''Pierre de Fermat,'' avec l'idée qu'il aurait pu découvrir ces formules, et s'en inspirer notamment pour son dernier Grand Théorème. == '''Introduction''' == Au départ nous avons cherché comment la puissance d'un nombre pouvait toujours être exprimée en une somme de 2 nombres premiers entre eux. En partant du binôme <math> (x+y) ^n </math>, avec '''n impair''', nous avons étudié le regroupement symétrique des différents termes. Avec '''<math> (x,y)</math>''' copremiers de parité différente, nous aboutissons alors sur 2 expressions telles que <math> (x+y) ^n=a+b, a \wedge b=1 </math> . Ces expressions utilisent les mêmes fonctions <math>f_n(x,y)</math> suivantes : {{définition|contenu= <math> \begin{array}{ll} n=2m+1 \\ &f_n(x,y) &=\displaystyle \sum_{k=0}^m {n \choose 2k} x^{m-k} y^k \\ &&=\displaystyle \underbrace{x^m}_\text{k=0}+\underbrace{ny^m}_\text{k=m}+ \sum_{k=1}^{m-1} {n \choose 2k} x^{m-k} y^k \end{array} </math>}}'''Exemple''': <math>\quad \begin{array}{lll} f_3(x,y)=x+3y \\ f_5(x,y)=x^2+5y^2 +10xy\\ f_7(x,y)=x^3+7y^3+21x^2y+35xy^2 \\ f_9(x,y)=x^4+9y^4+36x^3y+126x^2y^2+84xy^3 \\ \end{array} </math> {{Propriété|titre=Propriétés|contenu=pour <math> n=p</math> premier, <math> f_p(x,y)</math> est irréductible dans ℤ}}{{Démonstration déroulante|contenu=<math>f_5(x,1)=1+x+x^2</math> est irréductible dans <math>\Z(x)</math> Soit <math>p</math> premier supérieur à 7. Alors <math>p</math> divise tous les coefficients binomiaux donc <math> f_p(x,1)=x^m+p + pxP(x), \deg(P)=m-2</math> f est donc p-Einsenstein|titre=Démonstration}} == '''Propriétés algébriques''' == Tout comme la formule du binôme, ces propositions s'appliquent dans tout anneau commutatif === '''(x+y)ⁿ=x.a+y.b''' === {{Proposition|contenu=<math> (x-y) ^n=xf_n(x^2,y^2)-yf_n(y^2,x^2) \quad \quad(1) </math>}}{{Démonstration déroulante|contenu=En séparant les termes pairs et impairs dans la formule du binôme : <math> (x-y)^n=\sum_{k=0}^{n} {n \choose k} x^{n-k} (-y)^k = \sum_{k=0}^{m}{n \choose 2k} x^{2m+1-2k} y^{2k}-\sum_{k=0}^{m}{n \choose 2k+1} x^{2m-2k}y^{2k+1} </math> soit <math> (x-y)^n=x \sum_{k=0}^{m}{n \choose 2k} x^{2m-2k} y^{2k}-y\sum_{k=0}^{m}{n \choose 2k+1} x^{2m-2k}y^{2k} </math> En posant <math> k'=m-k </math> <math> (x-y)^n=x \sum_{k=0}^{m}{n \choose 2k} x^{2m-2k} y^{2k}-y\sum_{k'=0}^{m}{n \choose n-2k'} y^{2m-2k'}x^{2k'} </math> D'où la formule par symétrie du coefficient binomial.|titre=Démonstration}} === '''(x+y)ⁿ=x.c²+y.d² - formule des carrés''' === {{Proposition|contenu=<math> (x-y) ^n =xf_n(x,y)^2-yf_n(y,x)^2 \quad \quad(2): \text{formule des carrés} </math>}}{{Démonstration déroulante|titre=Démonstration|contenu=On a précédemment établi : <math> (x-y)^n=x f(x^2,y^2)-y f(y^2,x^2) </math> En prenant <math>-y</math> : <math> (x+y)^n=x f(x^2,y^2)+y f(y^2,x^2) </math> En multipliant les deux dernières expressions : <math> (x^2-y^2)^n=x^2f(x^2,y^2)^2-y^2 f(y^2,x^2)^2 </math> D'où la formule en substituant <math>(x,y)</math> à <math>(x^2,y^2)</math>}}'''Exemples''' <math>\begin{array}{l} (x-y)^3=x(x+3y)^2-y(y+3x)^2\\ (x+y)^3=x(x-3y)^2+y(y-3x)^2\\ \\ (x-y)^5=x(x^2+10xy+5y^2)^2-y(y^2+10xy+5x^2)^2\\ (x+y)^5=x(x^2-10xy+5y^2)^2+y(y^2-10xy+5x^2)^2 \end{array}</math> === '''xⁿ+yⁿ''' === {{Propriété|titre=Propriétés|contenu=<math>\quad \begin{array}{rll} (x+y)^n+(x-y)^n&=2xf_n(x^2,y^2)&\quad(3)\\ \\ \dfrac{x^n+y^n}{x+y}&= \dfrac{f_n\left((x+y)^2,(x-y)^2\right)}{2^{n-1} } &\quad(3bis)\\ \\ f_n(x^2,y^2)&=\displaystyle \sum _{i+j=n-1}(x+y)^i(y-x)^j&\quad(4) \\ \end{array} </math>}}{{Démonstration déroulante|contenu=(3) : conséquence directe de (1) (3bis) : Par changement de variable <math>(x+y,x-y)=(u,v) </math> soit <math>(x,y)=((u+v)/2, (u-v)/2)</math> Ensuite la définition donne la propriété <math>f_n(a/2,b/2)=f_n(a,b)/2^m</math> Soit ici avec des carrés <math>f_n((a/2)^2,(b/2)^2)=f_n(a^2,b^2)/2^{2m}</math> (4) : En identifiant avec l'identité remarquable <math>u^n+v^n=(u+v)\displaystyle \sum_{i+j=n-1} u^i (-v)^j</math>|titre=Démonstration}} === '''xᵖ+yᵖ, p premier''' === On pourra rappeler ici le résultat de Gauss qui relie la somme de puissance, et donc <math>f_p(x^2,y^2)</math> avec les formes quadratiques:{{Propriété|titre=Théorème|contenu=<math>p</math> premier, <math>\quad \dfrac{x^p+y^p}{x+y}=X^2 + (-1)^{\frac{p+1}2} pY^2 \quad \quad \text{: formule de Gauss} </math> Ce qui est équivalent : <math>f_p(u^2,v^2)=\dfrac{(u+v)^p+(u-v)^p}{2u}=\left( X^2+(-1)^{\frac{p+1}2}pY^2 \right) </math>}} Le calcul des carrés n'est pas simple<ref name=":5" />.C'est plus simple en faisant un changement de variable '''Exemples:''' <math>\begin{array}{llll} (u+v)^3+(u-v)^3&=2u\left( X^2+3Y^2 \right)& \quad X,Y=u,v\\ (u+v)^5+(u-v)^5&=2u\left( X^2-5Y^2 \right)& \quad X,Y=u^2+5v^2, 2v^2 \\ (u+v)^7+(u-v)^7&= 2u\left(X^2 + 7Y^2\right)& \quad X,Y=u(u^2 + 7 v^2), v(u^2 - v^2)\\ (u + v)^{11} + (u - v)^{11} &= 2 u (X^2+11Y^2)& \quad X,Y=u(u^4 - 22 u^2 v^2 - 11 v^4), v(3 u^4 - 2 u^2 v^2 - v^4) \end{array}</math> Nous pouvons observer la régularité suivante: {{Propriété|titre=Proposition|contenu=<math>p</math> premier, <math>\dfrac{(u+v)^p+(u-v)^p}{2u}=\left( X^2+(-1)^{\frac{p+1}2}pY^2 \right) </math> Alors <math>v</math> divise toujours <math>Y</math> et <math>u</math> divise X pour <math>p=3[4]</math>}} Par contre, contrairement aux formules (1) et (2), il n'y a pas de régularité sur les facteurs premiers des X ou des Y. C'est ce que nous allons voir dans le chapitre suivant en étudiant les propriétés dans <math>\Z</math> === '''(x+y)ᵖ-(xᵖ+yᵖ)''' === Afin d'être complet, nous rappelons aussi la factorisation de <math>(x+y)^p-(x^p+y^p), p\in \mathbb{P}</math> . C'est apparemment un résultat "classique" de la théorie des nombres (en tout cas connu par les IA). Mais très compliqué {{Propriété|titre=Théorème|contenu=<math>p</math> premier plus grand que 5: <math>(x+y)^p-(x^p+y^p)=pRS^kQ(R^2,S^3) </math> où <math>R=xy(x+y)</math> et <math>S=x^2+xy+y^2</math> avec: - <math>k=1</math> si <math>p \equiv -1[6]</math> et <math>k=2</math> si <math>p \equiv 1[6]</math> - <math>Q</math> irréductible}}{{Démonstration déroulante|titre=Démonstration|contenu=La divisibilité par p vient du petit théorème de Fermat. Celle par xy en factorisant le binôme. Celle par x+y vient de la factorisation de <math>x^p+y^p</math> par <math>x+y</math>. Celle par <math>x^2+xy+y^2</math> vient en prenant y=1. On obtient alors le polynôme <math>X^2+X+1</math> qui a pour racine <math>w=e^{2i\pi /3}</math> et <math>w^2</math>. Et qui donne donc la relation <math>1+w=-w^2</math> On vérifie que ces racines ce sont aussi celles de <math>(X+1)^p-(X^p+1)</math>. Pour la multiplicité k, on vérifie sur <math>P'(X)</math> et <math> P''(X)</math> Pour l'irréductibilité de Q, c'est déjà plus compliqué. On peut déjà relever que les racines sont groupées par 6. En effet, on vérifie facilement que si <math>\alpha</math> est racine, alors automatiquement les éléments de l'ensemble <math>\left\{\alpha, \dfrac{1}{\alpha}, -1 - \alpha, -\dfrac{\alpha + 1}{\alpha}; -\dfrac{1}{\alpha + 1}, -\dfrac{\alpha}{\alpha + 1} \right\}</math> sont racines. Ensuite c'est très compliqué et il faut connaître la théorie de Galois pour aller jusqu'à l'irréductibilité de Q}}'''Exemples:''' avec <math>y=1, R=x(x+1),S=x^2+x+1</math> <math>\begin{array}{lll} (x+1)^3-(x^3+1)&= 3x (x + 1)\\ (x+1)^5-(x^5+1)&= 5x (x + 1) (x^2 + x + 1)\\ (x+1)^7-(x^7+1)&=7x (x + 1) (x^2 + x + 1)^2 \\ (x+1)^{11}-(x^{11}+1)&=11x(x+1)(x^{2}+x+1)&(x^{6} + 3 x^{5}+ 7 x^{4} + 9 x^{3} + 7x^2+3x +1) \\ &&(\;(x^2+x+1)^3 + (x(x+1)) ^2\;) \\ &=11RS( R^3+S^2 )\\ (x+1)^{13}-(x^{13}+1)&=13x(x+1)(x^{2}+x+1)^{2}& (x^{6} + 3 x^{5} + 8 x^{4} + 11 x^{3} +\text{sym})\\ &&(\;(x^2+x+1)^3 + 2(x(x+1)) ^2\;)\\ &= 13RS^2(R^3+2S^2) \\ (x+1)^{17}-(x^{17}+1)&=17RS (R^6+5R^3S^2+R^4 )\\ (x+1)^{19}-(x^{19}+1)&=19RS^2 (R^6+7R^3S^2+3R^4 )\\ ... \end{array}</math> == '''Propriétés dans ℤ''' == On supposera dans la suite <math>(u,v) \in \mathbb{Z}</math> copremiers === '''(u+v)ⁿ=u.c²+v.d²''' === La formule des carrés (2) permet d'écrire n'importe quelle puissance impaire comme combinaison linéaire de 2 carrés copremiers '''Exemples:''' <math>\begin{array}{lllll} 17^3&= (5+12)^3 = 5\times 31^2 &+ 12\times 3^2&=5\times (31)^2 &+ 12\times (3)^2\\ 17^5&= (5+12)^5 = 5\times 145^2 &+ 12\times 331^2&=5\times (5\cdot29)^2 &+ 12\times (331)^2\\ 17^7&= (5+12)^7 = 5\times 6929^2&+ 12\times 3767^2&=5\times (6929)^2&+ 12\times (3767)^2\\ 17^9&=(5+12)^9 = 5\times 138911^2&+ 12\times 42921^2 &=5\times (31\cdot4481)^2&+ 12\times (3^2 \cdot 19 \cdot 251)^2 \\ ... \end{array}</math> Nous montrerons la coprimalité dans le prochain chapitre === Parité et 2-valuation === {{Proposition|contenu=<math> (u, v)</math> de parité différente <math> \Rightarrow f_n(u,v)</math> impair|titre=Proposition}}{{Démonstration déroulante|contenu=si <math>(u,v)</math> de parité différente: Par définition <math>f_n(u,v)=u^m +nv^m+uvP(u,v)</math> . n étant impair, alors <math>f_n(u,v)</math> est impair|titre=Démonstration}} {{Proposition|contenu=<math> (u, v)</math> impairs ou de parité différente, alors <math> \dfrac{u^n+v^n}{u+v}</math> impair|titre=Corrolaire}}{{Démonstration déroulante|contenu=si <math>(u,v)</math> de parité différente, on a un quotient de 2 impairs si <math>(u,v)</math> impairs,<math> (u,v)=(a+b,a-b)</math> avec <math>(a,b)</math> de parité différente. Or (3) donne <math>\dfrac{u^n+v^n}{2a}=f_n(a^2,b^2)</math>, qui est impair d'après la proposition précédente|titre=Démonstration}} {{Proposition|contenu=<math> (u, v)</math> impairs<math> \Rightarrow f_n(u^2,v^2)=2^{n-1}\times a</math>, <math>a</math> impair|titre=Proposition}}{{Démonstration déroulante|contenu=Pour <math>(u,v)</math> impairs, on peut toujours changer de variable: <math>(u,v)=(x+y,x-y) </math> avec <math>(x,y)</math> de parité différente. D'après (4bis), <math>f_n\left(u^2,v^2\right) =f_n\left((x+y)^2,(x-y)^2\right) =2^{n-1} \displaystyle \sum _{i+j=n-1}x^i (-y)^j</math> Or <math>\sum_{i+j=n-1} x^i (-y)^j =x^{n-1}-y^{n-1}+xyP(x,y)</math> est impair avec <math>(x,y)</math> de parité différente Ce qui implique que <math> f_n(u^2,v^2)</math> a nécessairement une 2-valuation de <math>n-1</math>|titre=Démonstration}} === '''Coprimalité''' === Nous considérerons dans la suite <math>(u,v) </math> copremiers <u>de parité différente</u>{{Proposition|contenu=<math> (u,v)</math> copremiers de parité différente <math> \Rightarrow\begin{cases} f_n(u,v) \wedge f_n(v,u)=1 &(5) \\ n\nmid u \Rightarrow u \wedge f_n(u,v)=1 &(6)\\ \end{cases} </math>|titre=Propositions}}{{Démonstration déroulante|contenu=On a déjà établie que si <math>u,v </math> de parités différentes alors <math>f(v,u) </math> sont impairs. Considérons <math>p </math> un diviseur premier impair commun. On a donc <math>f(u,v) \equiv f(v,u) \equiv 0 ~[p] </math> . La forme (2) implique <math>u \equiv v ~[p] </math> En réinjectant dans la définition de <math>f</math>, on obtient: <math>f(u,v) \equiv \sum_{k=0}^{m}{n \choose 2k} u^{m-k} v^{k} \equiv u^m (\sum_{k=0}^{m}{n \choose 2k}) \equiv u^m (2^{m-1})~[p] </math> Par conséquent <math>f(u,v) \equiv 0 \Rightarrow u \equiv 0 ~[p] </math>. Même résultat pour <math>v </math>. Ainsi tout diviseur premier commun à <math>f(u,v) </math> et <math>f(v,u) </math> divise aussi <math>u </math> et <math>v </math>.|titre=Démonstration (5)}}{{Démonstration déroulante|contenu='''(6):''' <math>f(u,v)=nv^m +uP(u,v) </math>, <math>P </math> un polynôme . Avec <math> u \wedge nv^m =1 </math>, alors <math> u \wedge f(u,v)=1 </math>, le pgcd étant conservé par ajout de multiples de <math>u</math>|titre=Démonstration (6)}}{{Attention|<math>f_n(u,v)</math> et <math>f_n(u^2,v^2)</math> ne sont pas forcément premiers entre eux! <math> \begin{array}{lll} f_{11}(29,18)&= 6117463571&= 23 \times 109 \times 2440153\\ f_{11}(29^2,18^2)&=42623439661994533 &= 23 \times 67 \times 27659597444513 \end{array} </math>}} === '''Puissance n première''' === Ici on considérera <math>n</math> <u>premier impair</u> ==== n-valuation ==== {{Proposition|contenu=<math> n</math> premier impair, <math>(u,v)</math> copremiers de parité différente. <math> \Rightarrow \begin{cases} n\nmid u \Rightarrow n\nmid f_n(u,v) \\ n\mid u \Rightarrow v_n(f_n(u,v))=1 &(7) \end{cases} </math>|titre=Proposition}}'''Exemples''': <math>\begin{array}{ll} (u,v)&= ({\color{green}7^3} \times {\color{red}5^3},22) \\ f_{3} (u,v)&=23\times 1867 \\ f_{\color{red}5} (u,v)&= {\color{red}5^1} \times 18979 \times 19471 \\ f_{\color{green}7} (u,v)&= {\color{green}7^1}\times643\times743\times839\times28393\\ f_{11} (u,v)&=43 \times1847 \times 977923 \times 1918245063019 \end{array}</math>{{Démonstration déroulante|contenu='''(7):''' Lorsque <math>n</math> est premier, <math>n</math> divise tous les coefficients binomiaux. Si <math>n \ge 5</math> , on peut écrire <math>\frac{f(nu,v)}{n}=v^m +nuP(u,v) </math>, <math>P </math> polynôme.|titre=Démonstration}} ==== Facteurs premiers modulo 2n ==== {{Proposition|contenu=<math> n</math> premier impair, <math>(u,v)</math> copremiers de parité différente, <math>n\nmid u</math> <math> \begin{cases} f_n(u,v)&=\prod p_i^{v_i} \Rightarrow p_i\equiv\pm1 [2n]&(8) \\ f_n(u^2,v)&=\prod p_i^{v_i} \Rightarrow p_i\equiv\pm1 [2n]&(9) \\ f_n(u^2,v^2)&=\prod p_i^{v_i} \Rightarrow p_i\equiv\ 1 [2n] &(10) \end{cases} </math>|titre=Proposition}}{{Démonstration déroulante|titre=Démonstration (10)|contenu=cf<ref>{{Lien web|langue=en|titre=When $x^n+y^n=(x+y)Q_n$ then $Q_n$ only has prime factors $p=1 \mod n$?|url=https://math.stackexchange.com/questions/3730148/when-xnyn-xyq-n-then-q-n-only-has-prime-factors-p-1-mod-n|site=Mathematics Stack Exchange|consulté le=2025-01-08}}</ref> : "''When xn+yn=(x+y)Qn then Qn only has prime factors p=1modn"'' En résumé, d'après (3bis) : <math>2^{n-1}\dfrac{x^n+y^n}{x+y}=f_n\left((x+y)^2,(x-y)^2\right) </math> Soit <math>p \neq n</math> un diviseur premier impair de <math>\dfrac{x^n+y^n}{x+y}</math> <math>x^n+y^n \equiv 0[p]</math> donne <math>\left(xy^{-1}\right)^n+1 \equiv 0[p]</math>, soit <math>\left(xy^{-1}\right)^{2n} \equiv 1[p]</math> D'après le petit théorème de Fermat <math>\left(xy^{-1}\right)^{p-1} \equiv 1[p]</math> Donc <math>p-1\mid 2n</math> et <math>p \equiv 1 [2n]</math>}}{{Démonstration déroulante|titre=Démonstration (8)|contenu=cf<ref>{{Lien web|langue=en|titre=Numbers with prime factors $p\equiv \pm1\pmod n$ for $n$ prime|url=https://math.stackexchange.com/questions/5023950/numbers-with-prime-factors-p-equiv-pm1-pmod-n-for-n-prime|site=Mathematics Stack Exchange|consulté le=2025-01-20}}</ref> : "''Numbers with prime factors p≡±1(mod n) for n prime''" L'idée est d'utiliser la relation sous la forme: <math> (\sqrt{x}-\sqrt{y}) ^n =\sqrt{x}f_n(x,y)-\sqrt{y}f_n(y,x) </math> et de travailler dans <math>\mathbb{Z/n^2 Z}</math>}} ==== Exemples ==== <math>f_n(u,v)\equiv \pm 1 [2n]</math> : Les facteurs premiers tous congrus à <math>\pm 1[2n]</math> <math>\begin{array}{lll} f_{ 5 }( 6 , 11 ) &=1301 &\equiv1&[ 10 ] \\ f_{ 7 }( 6 , 11 ) &=181\times239 &\equiv-1\times1 &[ 14 ] \\ f_{ 11 }( 6 , 11 ) &=47820079 &\equiv1&[ 22 ] \\ f_{ 13 }( 6 , 11 ) &=8969\times177269 &\equiv-1\times1 &[ 26 ] \\ f_{ 19 }( 6 , 11 ) &=151\times386989747169 &\equiv-1\times-1 &[ 38 ] \\ f_{ 23 }( 6 , 11 ) &=5278223\times12238317893 &\equiv-1\times-1 &[ 46 ] \\ f_{ 29 }( 6 , 11 ) &=233\times521\times1309699\times14932891583 &\equiv1\times-1\times1\times-1 &[ 58 ] \\ ... \end{array}</math> <math>f_n(u^2,v)\equiv 1[2n]</math> : Le nombre de facteurs en <math>-1[2n]</math> est pair. <math>\begin{array}{lll} f_{ 5 }( 6 ^2, 11 ) &=5861 &\equiv1&[ 10 ] \\ f_{ 7 }( 6 ^2, 11 ) &=507809 &\equiv1&[ 14 ] \\ f_{ 11 }( 6 ^2, 11 ) &=89\times6029\times7129 &\equiv1\times1\times1 &[ 22 ] \\ f_{ 13 }( 6 ^2, 11 ) &=883\times2341\times160627 &\equiv-1\times1\times-1 &[ 26 ] \\ f_{ 17 }( 6 ^2, 11 ) &=67\times187067\times199591969 &\equiv-1\times-1\times1 &[ 34 ] \\ f_{ 19}( 6 ^2, 11 ) &=229\times683\times1901\times2963\times246469 &\equiv1\times-1\times1\times-1\times1 &[ 38 ] \\ f_{ 23}( 6 ^2, 11 )&=367 \times 4457595074737380607 &\equiv-1\times-1 &[ 46 ] \\ f_{ 29}( 6 ^2, 11 )&=1069838719517673460520580221 &\equiv1&[ 58 ] \\ ... \end{array} </math> <math>f_n(u^2,v^2)\equiv 1[2n] </math> : Les facteurs premiers tous congrus à <math>1[2n]</math> <math>\begin{array}{lll} f_{ 5 }( 6 ^2, 11 ^2) &= 118061 &\equiv1&[ 10 ] \\ f_{ 7 }( 6 ^2, 11 ^2) &= 34188379 &\equiv1&[ 14 ] \\ f_{ 11 }( 6 ^2, 11 ^2) &= 23\times89\times2377\times586961 &\equiv1\times1\times1\times1 &[ 22 ] \\ f_{ 13 }( 6 ^2, 11 ^2) &= 30187\times27342279823 &\equiv1\times1 &[ 26 ] \\ f_{ 19 }( 6 ^2, 11 ^2) &= 2129\times3079\times3039225397425209 &\equiv1\times1\times1 &[ 38 ] \\ f_{ 23 }( 6 ^2, 11 ^2) &=1663964075070633572800332299&\equiv1&[ 46 ] \\ f_{ 29 }( 6 ^2, 11 ^2) &=59\times11250493\times60508154689065340703592763&\equiv1\times1\times1 &[ 58 ] \\ ... \end{array} </math> === Unicité === ==== '''Forme (u+v)ⁿ=u.a+v.b''' ==== Nous allons étudier s'il y a d'autres décompositions possibles <math>(u+v)^n=u.a+v.b </math> , avec <math>(u,v) </math> premiers entre eux de parité différente, et <math> (a,b)</math> n'ayant que des facteurs premiers en '''<math>1[2n] </math>'''. Nous considérons aussi le cas <math>n|u</math> où <math>v_n(a)=2</math>. L'exemple '''<math>z=7^5 </math>''' suivant nous montre que oui. L'informatique en trouve 114, dont voici une partie: {{Exemple déroulant|contenu=<math> \begin{array}{lll} 7^5&= 1 \times( 61 )&+ 6 \times( 2791)\\ &= 1 \times( 241 )&+ 6 \times( 11\times251)\\ &...\\ &= 1 \times( 6481 )&+ 6 \times( 1721)\\ &= 3 \times( 31\times71 )&+ 4 \times( 2551)\\ & =\color{blue}1\times (6841) &+\color{blue}6\times(11\times151)\\ &= 3\times(2441) &+ 4\times(2371)\\ &= 1\times(11\times11\times61) &+ 6\times(1571)\\ &...\\ &= 1\times(8161) &+ 6\times(11\times131)\\ &= 3\times(11\times251) &+ 4\times(2131)\\ & =\color{red} 3\times(2801) &+ \color{red} 4\times(11\times191)\\ &= 1\times (8521) &+ 6\times(1381)\\ &\color{green} = 5\times(5\times11\times31) &+ \color{green}2\times(41\times101)\\ &= 1\times(8641) &+ 6\times(1361)\\ &... \\ &= 5 \times( 5\times401 )&+ 2 \times( 3391)\\ &= 5 \times( 5\times521 )&+ 2 \times( 31\times61)\\ &... \\ &=1 \times (16741) &+ 6 \times( 11) \end{array} </math>|titre=Exemple des 114 occurrences pour <math>7^5</math>}} Dans ce dédale, la première formules du wiki atteint "uniquement" : <math>\begin{array}{lll} 7^5&=\color{blue}1\times (6841)&+\color{blue} 6 \times( 11 \times 151)\\ &=\color{red}3 \times (2801)&+ \color{red}4\times (11 \times 191)\\ &=\color{green}5 \times (5\times 11\times 31)&+\color{green}2\times (41\times 101) \\ \end{array} </math> Pourtant l'exemple montre l'existence de beaucoup d'autres formes en <math>\color{blue} 1a+6b,~ \color{red}~3a+4b </math>, <math>\color{green}5a+2b</math> '''Question''': Existe-t-il des formules permettant de les atteindre? '''Remarque''': Ici la formules des carrés ne compte pas, puisqu'elle donne des '''<math>-1[2n] </math>'''. <math>\begin{array}{ll} 7^5&=1 \times (11^2)^2&+ 6\times (19)^2\\ &=3 \times (31\times19)^2&+ 4\times (59)^2\\ &=5 \times (5\times 11)^2&+2\times (29)^2 \\ \end{array} </math> Mais attention, sur d'autres nombres, il peut arriver qu'elle donne aussi des '''<math>1[2n] </math>'''.Par exemple: <math>\begin{array}{ll} 9^5&=1 \times (241)^2&+ 8\times (11)^2\\ 15^5&=7 \times (191)^2&+ 8\times (251)^2\\\\ \end{array} </math> ==== '''pⁿ=(u+v)ⁿ=u.c²+v.d² avec p premier''' ==== Dans ce cas, nous allons pouvoir donner une proposition très intéressante. En effet, les puissances de nombres premiers ont une unique forme en carré. L'existence est donnée par la formule des carrés. Et elle est unique {{Proposition|contenu=Soit <math>p</math> un nombre premier impair. Alors pour tout couple <math>(u,v)</math> d'entiers strictement positifs tels que <math>p=u+v</math> et pour tout entier impair <math>n</math> il existe un unique couple <math>(c,d)</math> d'entiers strictement positifs premiers entre eux tels que <math>p^n=uc^2+vd^2</math>}}{{Démonstration déroulante|contenu=Une première preuve utilisant la théorie des nombres ici sur mathstackexchange: <ref>{{Lien web|langue=en|titre=uniqueness-of-pn-abn-a-cdot-u2b-cdot-v2-p-n-odd-primes|url=https://math.stackexchange.com/questions/5088470/uniqueness-of-pn-abn-a-cdot-u2b-cdot-v2-p-n-odd-primes|site=Mathematics Stack Exchange|consulté le=2025-08-15}}</ref> Une autre beaucoup plus accessible de Jandri sur ilemaths: Soit p premier et (a,b) entiers positifs tels que <math> p=a+b</math> . On suppose <math>p^n=au^2+bv^2=ax^2+by^2</math> avec <math>u,v</math> premiers entre eux ainsi que <math>x,y</math>. En combinant les égalités on obtient <math>p^n(y^2-v^2)=a(u^2y^2-v^2x^2)</math> donc <math>p^n</math> divise <math>(uy-vx)(uy+vx)</math>. On montre assez facilement que <math>p</math> ne peut pas diviser simultanément <math>uy-vx</math> et <math>uy+vx</math> et on en déduit que <math>p^n</math> divise <math>uy-\varepsilon vx</math> avec <math>\varepsilon=\pm1</math>. Pour terminer on écrit, en multipliant les deux expressions de <math>p^n</math> : <math>p^{2n}=(aux+\varepsilon bvy)^2+ab(uy-\varepsilon vx)^2</math>. On en déduit <math>uy=\varepsilon vx</math> puis <math>u=x</math> et <math>v=y</math>}}'''Exemples''': les premières formes (à gauche) sont données par la formule des carrés. Celles supplémentaires à droite trouvées par l'informatique <math>\begin{align} 3^3&= 1 \cdot 5 ^2 &+& 2 \cdot 1 ^2 \\ 5^3&= 1 \cdot 11 ^2 &+& 4 \cdot 1 ^2\\ &= 3 \cdot 3 ^2 &+& 2 \cdot 7 ^2\\ \\ 15^3&= 1 \cdot 41 ^2&+ &14 \cdot 11 ^2 \\ &=7 \cdot 17 ^2&+& 8 \cdot 13 ^2 \\ &={\color{red}11} \cdot 1^2 &+& {\color{red}4} \cdot 29 ^2 &= {\color{red}11 }\cdot 17 ^2 + {\color{red}4} \cdot 7^2 \\ &= {\color{green}13} \cdot 7 ^2&+& {\color{green}2} \cdot 37 ^2 &= {\color{green}13}\cdot 1^2+ {\color{green}2}\cdot 41^2 \end{align}</math> == '''Remarques sur l'exposant pair''' == L'idée est de rechercher des formes <math>z^{2m}=(u+v)^{2m}= u\cdot c^2+v\cdot d^2</math> avec <math>(c,d)</math> copremiers. Pour tous <math>z</math> et <math>m</math> , l'informatique sort systématiquement une solution du type <math>z^{2m}= c^2+(z-1)\cdot d^2 </math>, soit <math>u=1 \text{ ou } v=1</math> Pour les <u>nombres premiers</u>, c'est la <u>seule et unique</u> forme: <math>\begin{align} 7 ^ 2 &= ( 5 )^2& +& 6 \cdot ( 2 )^2 \\ 7 ^ 4& = ( 1 )^2 &+& 6 \cdot ( 2\times2\times5 )^2 \\ 7 ^ 6 &= ( 5\times47 )^2 &+& 6 \cdot ( 2\times3\times17 )^2 \\ 7 ^ 8 &= ( 2399 )^2& +& 6 \cdot ( 2\times2\times2\times5 )^2 \end{align}</math> Pour les nombres composés, on observe des doublons comme: <math>\begin{align} 21 ^ 2 &= ( 19 )^2 &+& 20 \cdot ( 2 )^2 \\ &= ( 11 )^2 &+& 20 \cdot ( 2\times2 )^2\\ \\ 21 ^ 6 &= ( 11\times11\times19 )^2 &+& 20 \cdot ( 2\times17\times59 )^2 \\ & = ( 11\times839 )^2 &+& 20 \cdot ( 2\times2\times43 )^2 \\ \\ 15 ^ 4 &= ( 113 )^2 &+& 14 \cdot ( 2\times2\times13 )^2 \\ & = ( 223 )^2& +& 14 \cdot ( 2\times2\times2 )^2 \end{align}</math> Et parfois apparaissent d'autres cas que <math>u=1 \text{ ou } v=1</math>, avec éventuellement des doublons <math>\begin{array}{ll} 21 ^ 2 &= 17 \cdot ( 5 )^2 &+& 4 \cdot ( 2 )^2 \\ 33 ^ 2 &= 31 \cdot ( 1 )^2 &+& 2 \cdot ( 23 )^2 \\ &= 17 \cdot ( 7 )^2 &+& 16 \cdot ( 2\times2 )^2 \\ \\ 21 ^ 6 &= 17 \cdot ( 5\times13\times29 )^2 &+& 4 \cdot ( 2\times1259 )^2 \\ 33 ^ 6& = 17 \cdot ( 5\times7\times13 )^2 &+& 16 \cdot ( 2\times2\times2243 )^2 \\ &= 31 \cdot ( 7\times449 )^2 &+ &2 \cdot ( 5\times23\times193 )^2 \end{array}</math> Comme le cas des puissances impaires, l'idée est de chercher une formule en partant du binôme. On arrive alors à une forme <math>(x+y)^{2m} = A^2+xy\cdot B^2</math> {{Proposition|épaisseur=1px|contenu=<math>n=2m</math>, <math> \quad (x-y)^n = A^2-xy\cdot B^2=\left(\sum_{k=0}^{m}{n \choose 2k} x^{m-k} y^{k}\right)^2 -xy \cdot \left(\sum_{k=0}^{m-1}{n \choose 2k+1} x^{m-1-k}y^{k}\right)^2 </math>}} {{Démonstration déroulante|contenu= On procède comme pour le cas impair. Sauf qu'ici il n'y a plus la symétrie avec les <math>f_n(x,y) </math> et <math>f_n(y,x) </math> <math>(x-y)^n=\sum_{k=0}^{n} {n \choose k} x^{n-k} (-y)^k = \sum_{k=0}^{m}{n \choose 2k} x^{2m-2k} y^{2k}-\sum_{k=0}^{m-1}{n \choose 2k+1} x^{2m-2k-1}y^{2k+1}</math> <math>(x-y)^n = \left(\sum_{k=0}^{m}{n \choose 2k} (x^ 2)^{m-k} (y^2)^{k} \right) -xy\left(\sum_{k=0}^{m-1}{n \choose 2k+1} (x^2)^{m-k-1}(y^2)^{k}\right)</math> donc <math>(x-y)^n = A(x^2,y^2)-xy\cdot B(x^2,y^2)</math> Par conséquent <math>(x+y)^n = A(x^2,y^2)+xy\cdot B(x^2,y^2)</math> Comme pour le cas impair en multipliant, <math>(x^2-y^2)^n = A^2-x^2y^2\cdot B^2</math> Puis on substitue <math>(x,y)</math> à <math>(x^2,y^2)</math>}} '''Exemples''': <math>\begin{array}{llll} (x+y)^2&= \left(x-y\right)^2 &+&xy\cdot \left(2\right)^2 \\ (x+y)^4&= \left(x^2-6xy+y^2\right)^2&+&xy\cdot\left(4x-4y\right)^2\\ (x+y)^6&= \left(x^3-15x^2y+15xy^2-y^3\right)^2 &+&xy\cdot\left(6x^2-20xy+6y^2 \right)^2 \end{array}</math> Si on cherche <math>(u+v)^{2m}= u\cdot v^2+b\cdot d ^2</math>, alors la formule ne va être applicable que pour les cas <math>u=1 \text{ ou } v=1</math>. Et pour <math>m</math> impair elle offre peu d'intérêt puisqu'on retombe sur un des cas impair donné par la formule des carrés. En effet: <math>\begin{array}{ll} 17 ^ 6& = ( 3\times3\times5\times11 )^2 &+ 16 \cdot ( 2\times13\times47 )^2\\ =289^3&= 225 \cdot ( 3\times11 )^2 &+ 64 \cdot ( 13\times47 )^2 \end{array} </math> <math>\begin{array}{ll} 23 ^ 6 &= ( 3\times3\times7\times59 )^2 &+ 22 \cdot ( 2\times5\times13\times19 )^2 \\ =529 ^ 3 &= 441 \cdot ( 3\times59 )^2 &+ 88 \cdot ( 5\times13\times19 )^2 \end{array}</math> Le seul intérêt ici est donc l'étude des puissances paires <math>n=2^k</math> '''Exemples:''' <math>\begin{array}{ll} 17 ^ 2 = 1 \cdot ( 3\times5 )^2 &+& 16 \cdot ( 2 )^2\\ 17 ^ 4 = 1 \cdot ( 7\times23 )^2 &+& 16 \cdot ( 2\times2\times3\times5 )^2 \\ 17 ^ 8 = 1 \cdot ( 79\times401 )^2 &+& 16 \cdot ( 2\times2\times2\times3\times5\times7\times23 )^2 \end{array}</math> On peut toutefois donner ici la preuve de l'observation que nous avons faites sur les nombres premiers: {{Proposition|épaisseur=1px|contenu=<math>p</math> premier impair et <math>(u,v)</math> 2 entiers positifs tels que <math>p=u+v</math> Alors la forme <math>p^{2m}=(u+v)^{2m}=u\cdot c^2+v\cdot d^2</math> , <math>(c,d)</math> copremiers, n'existe que pour <math>u=1</math> ou <math>v=1</math>. De plus, elle est unique.}} {{Démonstration déroulante|contenu= La preuve d'unicité pour le cas impair s'applique aussi au cas pair. Avec <math>p=a+b</math>. Pour montrer l'inexistence pour <math>a\neq1 \text{ et } b\neq1</math>, une preuve magnifique de Jandri par descente : on montre que s'il existe <math>(u,v)</math> tel que <math>p^{2n}=au^2+bv^2</math>alors il existe <math>(u',v')</math> tel que <math>p^{2n-2}=au'^2+bv'^2</math>. Jusqu'à <math>n=0</math> et ainsi conclure que <math>a=1 \text{ ou } b=1</math> Le passage de <math>2n</math> à <math>2n-2</math> se fait en deux étapes. On peut supposer que <math>p \nmid u</math> (sinon c'est fait). <math>a+b \equiv 0 \pmod p</math>, donc <math>u^2\equiv v^2\pmod p</math> d'où <math>v=\varepsilon u+pw</math>. Ce qui donne <math>p^{2n-1}=u^2+2\varepsilon buw+pbw^2</math>. On en déduit <math>p \mid u+2\varepsilon bw </math>, d'où <math>u+2\varepsilon bw=pt</math> En reportant dans l'égalité que l'on réécrit comme <math>p^{2n-1}=(u+\varepsilon bw)^2-b^2w^2+pbw^2</math> <math>p^{2n-1}=(pt-\varepsilon bw)^2-b^2w^2+pbw^2 = p^2t^2 -2\varepsilon pbwt +pbw^2</math> En simplifiant par <math>p</math> puis en utilisant <math>p=a+b</math>, on obtient <math>p^{2n-2}=at^2+b(t-\varepsilon w)^2</math> }} {{Proposition|titre=Corollaire pour les carrés|contenu= Soit <math>p</math> un premier impair. Alors <math>\exists ! (c,d) \in \N ^2, c \wedge d=1</math> tels que <math>p^2=c^2+(p-1)d^2</math> En l'occurrence <math>p^2=(p-2)^2+2^2(p-1)</math> |épaisseur=1px}} '''Exemples''': On observe des doublons sur des nombres composés. Avec parfois l'existence d'autres formes, ou aucune autre pour 35 <math>\begin{array}{ll} 21 ^ 2 &= ( 19 )^2 &+& 20 \cdot ( 2 )^2 \\ &= \color{red}( 11 )^2&+& \color{red}20 \cdot ( 2\times2 )^2\\ & = 17 \cdot ( 5 )^2&+&4 \cdot ( 2 )^2\\ \\ 33 ^ 2&= ( 31 )^2&+&32 \cdot ( 2 )^2 \\ &=\color{red}( 17 )^2&+&\color{red}32 \cdot ( 5 )^2 \\ &= 17 \cdot ( 7 )^2&+&16 \cdot ( 2\times2 )^2 \\ &= 31 \cdot ( 1 )^2&+&2 \cdot ( 23 )^2 \\ \\ 35 ^ 2&= ( 3\times11 )^2 &+& 34 \cdot ( 2 )^2\\ & = \color{red}( 1 )^2 &+&\color{red} 34 \cdot ( 2\times3 )^2 \end{array}</math> {{Attention| La réciproque est fausse }} 39 a une unique forme sur <math>(1,38)</math>, mais une autre sur <math>(25,14)</math>, ce qui "trahit" sa non-primalité. <math>\begin{array}{ll} 39 ^ 2=(3\cdot 13)^2 &= ( 37 )^2 &+& 38 \cdot ( 2 )^2\\ & = 25 \cdot ( 5 )^2 &+& 14 \cdot ( 2\times2\times2 )^2 \end{array}</math> Par contre, 87 est le plus petit nombre composé à n'avoir qu'une seule forme en <math>a\cdot u^2+b\cdot v^2</math>. Puis ensuite 93 <math>\begin{array}{ll} 87 ^ 2 = (3\cdot 29)^2&= ( 5\times17 )^2 &+& 86 \cdot ( 2 )^2\\ 93 ^ 2 =(3\cdot 31)^2&=( 7\times13 )^2 &+& 92 \cdot ( 2 )^2 \end{array}</math> Cependant ils "trahissent" leur non-primalité sur les cubes où il existe 2 forme sur un même couple <math>(a,b)</math> <math>\begin{array}{ll} 87 ^ 3 &= 85 \cdot ( 79 )^2 &+& 2 \cdot ( 11\times23 )^2\\ &= 85 \cdot ( 17 )^2& +& 2 \cdot ( 563 )^2 \\ 93 ^ 3& = 91 \cdot ( 5\times17 )^2 &+& 2 \cdot ( 271 )^2\\ &= 91 \cdot ( 37 )^2 &+& 2 \cdot ( 11\times53 )^2 \end{array}</math> == '''Remarques sur le trinôme''' == on rappelle ici la [[w:Formule_du_trinôme_de_Newton|formule du trinôme]] <math>(x+y+z)^n=\sum_{i+j+k=n} \dfrac{n!}{i!j!k!} x^{i} y^{j}z^{k}</math> On peut en effet se demander ce qu'il se passe sur le trinôme. * Déjà l’existence de triplets <math>(a,b,c)</math> tels que <math>(x+y+z)^n=x.a^2+y.b^2+z.c^2</math> avec les facteurs premiers de <math>(a, b, c)</math> en <math>\pm1[2n]</math> ? Et bien oui, il en existe. Mais pas tout le temps . A priori il n'apparaît aucun schéma simple. Ne serait-ce que sur le nombre de solutions. On donne quelques exemples ici : <math>\begin{array}{lll} 19^5=(1+7+11)^5 &= 1\times911^2&+ 7\times251^2 &+11\times331^2\\ 25^5 =(7+5+13)^5&= 7\times701^ 2&+ 5\times571^2&+ 13\times601^2\\ 9^7 = (3+5+1)^7&= 3 \times 449 ^2&+ 5 \times 911^2&+ 1 \times 13 ^4 \end{array} </math> * Ensuite, l’existence de formes <math>x^n+y^n+z^n=(x+y+z)f_n(x,y,z)</math> avec les facteurs premiers de <math>f_n(x,y,z)</math> en <math>1 [2n]</math> Oui. Quelques exemples ici : <math>\begin{array}{lll} 8^3+11^3+14^3=(8+11+14)\times 139\\ 8^5+11^5+14^5=(8+11+14)\times 22171\\ 8^7+11^7+14^7=(8+11+14)\times 3848419 \end{array} </math> Mais cela s'arrête pour la puissance 11. Donc a priori pas de formule générale == '''Conclusion''' == Afin de généraliser à "toutes les puissances", nous pouvons condenser les résultats trouvés dans la proposition suivante : Soit <math>p</math> <u>un premier impair</u> et <math>n</math> un <u>entier positif</u>. Alors il existe 2 <u>uniques</u> entiers positifs <math>(c, d)</math> premiers entre eux tels que <math>p^n = c^2+(p-1)\cdot d^2 </math>. De plus, si l'exposant <math>n</math> est premier impair, les facteurs premiers de <math>(u, v)</math> sont <u>congrus</u> à <math> \pm 1[2n]</math>. L'existence est assurée par les relations <math>p=1^2+(p-1)1^2</math> et <math>(au^2+bv^2)(ax^2+bu^2)=(aux\pm bvy)^2+ab(uy \mp vx)^2 </math> , où ici <math>(a,b)=(1,p-1)</math>. Mais on peut s'étonner de l'<u>unicité</u> qui perdure sur les puissances, constituant une sorte de "''ligne de crête''" remarquable si on fait le parallèle avec le théorème des 2 carrés. En effet, si pour les premiers <math>p\equiv 1 [4]</math> il existe 2 <u>uniques</u> <math>(a,b)</math> tels que <math>p = a^2+b^2</math>, alors il se crée une ramification lorsqu'on passe aux puissances, les <math>(p^{2k-1}, p^{2k})</math> ayant exactement <math>k</math> décompositions différentes en somme de 2 carrés. Une autre remarque concerne l'accessibilité de cette ligne de crête. Car si on choisit un premier <math>p\equiv 1 [4]</math>, il n'existe pas de formule pour trouver directement les <math>(a,b)</math>, mais des algorithmes. Le chemin <math>p^n = c^2+(p-1)\cdot d^2 </math> est directement accessible, avec des formules explicites pour les <math>(c,d)</math>. Enfin, sur la congruence des facteurs premiers à <math> \pm 1[2n]</math>, nous ne ferons qu'admirer la beauté de cette étrangeté mathématique. == '''Applications''' == === Points rationnels des coniques du type ax²-by²=a-b === Soient les coniques du type <math>a x^2 - b y^2= a - b </math> En réécrivant <math>\dfrac{a }{a - b} x^2 - \dfrac{b}{a - b} y^2= 1 </math>. Alors d'un point <math>(1,1)</math> solution , on en déduit une infinité d'autre par mise à la puissance <math>n </math> et l'utilisation de la formule des carrés : <math>\frac{a}{(a- b)} \left(\frac{f_n(a,b)}{(a-b)^m}\right)^2-\frac{b}{(a- b)}\left(\frac{f_n(b,a)}{(a-b)^m}\right)^2) =1^n=1 </math> Un exemple ici : On remarque que les points apparaissent en "tournant" [[Fichier:2x²+5y²=7 scatter.png|Construction de points rationnels par application des <math>f_n(x,y)</math> à partir de (1;1)|cadre|centré]] [[Fichier:2x²+5y²=7 tangente.png|centré|cadre|Les points reliés reforment une ellipse semblable de demi grand axe 1 ]] === Équation de Bachet-Mordell === Pour rappel, ce sont les équations en nombre entier du type <math>y^2=x^3 + k, k \in \mathbb{Z}</math> (un bon résumé ici [http://villemin.gerard.free.fr/aMaths/ThNb/Bachet.htm http://villeminen posant.gerard.free.fr/aMaths/ThNb/Bachet.htm] , qui référence d'autres excellents sites). Ici nous travaillons pour <math>k<0</math> (''équation de Bachet'') Nous donnons 3 paramétrisations de solutions: pour <math>k=(3n^2 + 1)_n </math> , <math>k=(3n^2 -1)_n </math> et <math>k=\left((n-1)(n-4)^2\right)_n </math> On part de l'identité remarquable : {{Encadre|contenu=<math> (a+b)^3=a(a-3b)^ 2+b(b-3a)^2 </math>}} 2 possibilités: 1) On pose <math>(a,b)=(1,x-1)</math>, et on obtient cette magnifique formule du partage d'un cube: {{Encadre|contenu=<math> \begin{array}{clclcr} x^3&=&(3x-4)^2&+&(x-1)(x-4)^2 &\quad(E3)\\ x^3&=&y^2&+&-k \end{array}</math>|épaisseur=1px}} Voici les solutions pour <math>b=1,2,3,4,5,...</math><math>\begin{array}{rrr} (E3):&(x,y,k)= ( 1 , 1 , 0 ), {\color{red}( 2 , 2 , -4 )}, {\color{green}( 3 , 5 , -2 )}, ( 4 , 8 , 0 ), {\color{red}( 5 , 11 , -4 )}, ( 6 , 14 , -20 ), ( 7 , 17 , -54 ), ( 8 , 20 , -112 ), ( 9 , 23 , -200 ),~... \end{array}</math> On remarque ici que ce "partage" du cube donne les solutions aux cubiques qu'a étudié Fermat, à savoir <math>\color{green}y^2=x^3 -2</math> et <math>\color{red}y^2=x^3 -4</math>. Est-ce un hasard ou avait-il découvert ces formules? Même si cela ne dit pas que ce sont les seules solutions, ce qu'il dit avoir démontré. 2) On change <math>b\rightarrow b^2 </math>, ce qui donne <math>(a+b^2)^3=a(a-3b^2)^ 2+\left(b(b^2-3a)\right)^2 </math> On a un premier carré. On y est presque en simplifiant le carré de gauche en posant <math>(a-3b^2)^ 2=1 </math>, soit <math>a=3b^2 + 1 </math> ou <math>a=3b^2 - 1 </math> {{Encadre|contenu=<math> \begin{array}{lclclcl} a=3b^2+1\Rightarrow&(4b^2+1)^3&=&(3b^2+1)&+&\left(b(8b^2+3)\right)^2&\quad(E1)\\ a=3b-1\Rightarrow&(4b^2-1)^3&=&(3b^2-1)&+&\left(b(8b^2-3)\right)^2&\quad(E2)\\ &x^3&=&-k&+&y^2 \end{array}</math>|épaisseur=1px}} Ce qui donne comme solutions pour <math>b=1,2,3,4,5,...</math> <math>\begin{array}{llrrrrr} (E1):&(x,y,k)= \color{red}( 5 , 11 , -4 ), &( 17 , 70 , -13 ), &( 37 , 225 , -28 ), &( 65 , 524 , -49 ), &( 101 , 1015 , -76),~ ... \\ (E2):&(x,y,k) = {\color{green}( 3 , 5 , -2 )}, &( 15 , 58 , -11 ), &( 35 , 207 , -26 ), &( 63 , 500 , -47 ), &( 99 , 985 , -74 ),~... \end{array}</math> == '''Le grand théorème de Fermat''' == === Une remarque presque anodine === <math>n>2\Rightarrow z^n \neq x^n+y^n</math> : "« ''Décomposer un cube en deux autres cubes, une quatrième puissance, et généralement une puissance quelconque en deux'' ''puissances de même nom au-dessus de la seconde puissance, est une chose impossible, et j’en ai réellement trouvé l’admirable démonstration. La marge trop exiguë ne la contiendrait pas.'' » C'était un "simple" commentaire à une question du livre de Diophante. Sa date est inconnue. Mais Fermat n'en reparlera jamais. Aucune allusion pendant les 25 ans d'une correspondance très fournie avec ses contemporains. Plus aucune trace. Un mystère total. === Rappels historiques === Des investigations historiques déjà été faites par de nombreux spécialistes, comme ''Tannery''<ref>https://www.numdam.org/article/BSMA_1883_2_7_1_116_1.pdf</ref> , ''Itard''<ref>https://www.persee.fr/doc/rhs_0048-7996_1950_num_3_1_2767</ref>, ''Rashed''<ref name=":3">https://dokumen.pub/histoire-de-lanalyse-diophantienne-classique-dabu-kamil-a-fermat-3110336855-9783110336856-9783110337884.html</ref>'','' ''Goldstein''<ref>https://webusers.imj-prg.fr/~catherine.goldstein/STPFermat-GOLDSTEIN.pdf</ref> , ''Bachmakova''<ref>{{Article|prénom1=Isabelle|nom1=Bachmakova|titre=Diophante et Fermat|périodique=Revue d'histoire des sciences et de leurs applications|volume=19|numéro=4|date=1966|issn=0048-7996|lire en ligne=https://www.jstor.org/stable/23905707|consulté le=2026-07-23|pages=289–306}}</ref>. Mais consulter tous ces remarquables travaux ne suffit pas. Il faut aller relire quelques pages de la correspondance de Fermat<ref>https://archive.org/details/oeuvresdefermat942ferm</ref>, ne serait que pour s’imprégner de son style si courtois, précis et honnête. On peut retenir les jalons suivants: * Lettre à ''Domini de Sainte-Croix'' en 1636 ou 1637 : Fermat le met "au défi" de trouver des entiers tels que <math> z^3 = x^3+y^3</math> et <math> z^4 = x^4+y^4</math>. Il a donc déjà les cas <math> n=3</math> et <math> n=4</math> de son théorème. Le cas <math> n=3</math> prend probablement sa source à la question <math> a^3+b^3 = c^3+d^3</math> du Diophante. Celle-ci amène naturellement à la question de diviser un cube<ref>En effet, on tombe rapidement sur la formule <math>b^3\left(b^3+2a^3\right)^3={\color{green}(a^3+b^3)}\left(b^3-a^3\right)^3 + a^3\left(a^3+2b^3\right)^3</math>. On n'est pas loin du partage d'une cube! Il suffirait juste de trouver un premier cube <math>\color{green}c^3=a^3+b^3</math> , qui engendrerait à lui seul une infinité d'autres solutions. Mais ce cube somme de 2 cubes, il n'existe pas.</ref>. Mais c'est impossible. Fermat en fait l'annonce d'une preuve grâce à sa nouvelle technique révolutionnaire appelée "descente infinie". Malheureusement il n'en laissera aucuns détails pour ce cas précis<ref>On peut penser que Fermat passe par la voie qu'empruntera Euler. A savoir: la réécriture du problème <math>x^3+y^3=(u+v)^3+(u-v)^3=2uf_3(u^2,v^2)=2u(u^2+3v^2)=z^3</math>, avec <math>(x,y)</math> impairs et donc <math>(u,v)</math> copremiers de parité différente. Et la stabilité par multiplication des nombres <math>u^2+3v^2</math>. Ainsi, en supposant <math>z=a^2+3b^2</math>, on tombe sur <math>u=a(a+3b)(a-3b)</math> et <math>v=b(a+b)(a-b)</math>. Or <math>2u</math> est un cube, donc <math>(2a, a-3b, a+3b)=(r^3,s^3,t^3)</math> avec <math>s^3+t^3=r^3</math>. Puisque ce sont des diviseurs, <math>|r|<|u|<|z|</math>. La descente est amorcée. Au passage, <math>(x,y)</math> pourraient donc éventuellement être négatifs, mais Fermat n'avait pas de problèmes avec les nombres négatifs. Il appelait les nombres positifs les nombres "vrais", mais ne restait pas bloqué sur les négatifs comme ''Bachet .'' (cf ''Rashed).'' Et contrairement à ce qu'on entend souvent, les grecs anciens comme ''Diophante'' non plus: (cf ''Bachmakova'' )</ref>. C'était coutume à son époque, où il ne fallait pas trop dévoiler ses secrets. D'ailleurs, dans toute sa correspondance, il n'expliquera qu'une seule fois la démarche, au moment de prouver qu'un triangle pythagoricien ne peut pas avoir une aire carrée.<ref>cf Rashed (p321) rappelle que cette explication de la descente à Frenicle sera reprise et même simplifiée en 1676 dans son "''Traité des Triangles rectangles en nombres, dans lequel Plusieurs belles propriétés de ces Triangles sont démontrées par de nouveaux principes"'' Proposition 39.</ref> Et c'est ce résultat qui implique directement le cas <math> n=4</math>. Ainsi, les cas <math> n=3</math> et <math> n=4</math>, s'ils se ressemblent par la forme, sont a priori complètement indépendants. Le grand théorème <math> z^n \neq x^n+y^n</math> n'arrive donc pas d'un seul bloc. * Lettre à ''Mersenne'' en décembre 1638: la longueur des opérations (pour la recherche de nombre premiers) le rebute. Car il dit ne connaître que le "vulgaire" crible d'Ératosthène * Lettre à ''Frenicle'' en avril 1640 : Fermat se plaint des innombrables divisions pour trouver les facteurs premiers<ref>''"Pour Monsieur de Frénicle, ses inventions en Arithmétique me ravissent et je vous déclare ingénument que j'admire ce génie qui, sans aide d'Algèbre, pousse si avant dans la connoissance des nombres entiers, et ce que j'y trouve de plus excellent consiste en la vitesse de ses opérations, de quoi font foi les nombres aliquotaires qu'il manie avec tant d'aisance. S'il vouloit m'obliger de me mettre dans quelqu'une de ses routes, je lui en aurois très grande obligation et ne ferois jamais difficulté de l'avouer, car '''les voies ordinaires me lassent''' et, lorsque j'entreprends quelqu'une de ces questions,il me semble que je vois devant moi Magnum maris œquor arandum à cause de ces fréquentes divisions qu'il faut faire pour trouver les nombres premiers. Ce n'est pas que mon analyse soit défectueuse, mais elle est lente et que, si longue pour ce regard et j'ose dire sans vanité je pouvois l'accompagner de cette facilité, je trouvois de fort belles choses. Je voudrois avoir mérité par mes services la faveur que je lui demande et ne désespère pas même de la payer par quelques inventions qui peut-être seront nouvelles à Monsieur Frenicle."''</ref> * Lettre à ''Mersenne'' de mai 1640 : il veut vérifier si ''Frenicle'' "ne procède point par tables" en le mettant au défit des 2 problèmes précédents. Il veut signifier qu'il en a trouvé une véritable démonstration mathématique, que ça n'est pas une conjecture déduite de tables de calcul. * Lettre à ''Mersenne'' de juin 1640 : il annonce que <math>2^n-1</math> n'a que des facteurs premiers en <math>1[2n]</math><ref>Pour les <math>2^n -1</math>, Fermat dit avoir trouvé <math>2^{37}-1=137438953471 = 223\times616318177</math> en essayant les premiers 1[74], soit 149 puis 223 .</ref> * Lettre à ''Frenicle'' d'aout 1640 : il annonce que <math>\dfrac{2^n+1}{3}</math> n'a que des facteurs premiers en <math>1[2n]</math><ref name=":2">''"Soit le nombre progressif augmenté de l'unité 8193, duquel l'exposant est 13 nombre premier. Je dis que, si vous divisez 8193 par 3, le quotient ne pourra être divisé que par un nombre qui surpasse de l'unité le double de 13 exposant susdit, ou un multiple dudit double de 13, etc, à l'infini."''</ref> * Lettre à Roberval d'aout 1640<ref>J'ai démontré ensuite celte proposition, qui sert à l'invention des nombres premiers: : Si un nombre est composé de deux quarrés premiers entre eux, je dis qu'il ne peut être divisé par aucun nombre premier moindre de l'unité multiple du quaternaire. (exemple 10 000 000 000+1  ne peut être divisé par aucun nombre premier moindre de l'unité qu'un multiple de 4, et ainsi, '''lorsque vous voudrez éprouver s'il est nombre premier, il ne faudra point le diviser ni par '5, ni par 7, ni par 11, etc'''</ref> : Il annonce que si un nombre est composé de deux quarrés premiers entre eux, il ne peut pas être divisé par un premier congrus à 3[4]. Et qu'on pourra donc se passer des divisions par 5, 7, 11, ... * Lettre à ''Frenicle'' d'octobre 1640 : il a élargi <math>2^n</math> à <math>a^n</math>, et annonce son "petit" théorème pour <math>p</math> premier : <math>\forall a,~ p| (a^{p-1}-1)</math>[https://arxiv.org/abs/2502.11165] * Lettre à ''Mersenne'' en décembre 1640 : il annonce son [[w:Théorème_des_deux_carrés_de_Fermat|théorème des 2 carrés]] : <math>p</math> premier et congrus à <math>1[4]</math> est unique somme de 2 carrés<ref>Le théorème est énoncé avant par son contemporain [[w:Albert_Girard#Le_th%C3%A9or%C3%A8me_des_deux_carr%C3%A9s|Albert Girard]] . Mais Fermat n'avait rien lu de lui, d'après sa biographie sur Wikipedia. </ref>. Mais aussi il étend aux <u>puissances</u> en précisant que <math>(p^{2k-1}, p^{2k})</math> ont exactement <math>k</math> décompositions différentes en somme de 2 carrés. Il quasiment certain que Fermat a continué son travail sur les puissances. Notamment que <math>\frac{ x^p+y^p}{x+y}</math>ne contient que des facteurs premiers congrus à <math>1[2p]</math> === Factorisation === Avant la lecture du livre de ''Diophante,'' Fermat a déjà lu les ''Notae priores'' de ''François Viète'' 1631<ref name=":6" />. Il connaît donc le développement de <math>(x+y)^n</math> et la factorisation <math>x^n-y^n=(x-y)(x^{n-1}+x^{n-2}y + ...+ y^{n-1})</math> . Mais a priori il ne les a pas encore appliqué à l'arithmétique. Ce qui va arriver en 1640 lorsqu'il indique à ''Frenicle'' l'utilisation des facteurs premiers en <math>1[2p]</math> pour factoriser <math>2^p-1</math>. S'il fait quelques tables de calcul, il peut rapidement s'apercevoir que les valuations des facteurs premiers sont loin d'être des puissances. On peut en douter, lui qui se dit "paresseux". Éventuellement pour <math>p=5</math>, les facteurs premiers se terminant tous par le chiffre 1 {{Exemple déroulant|titre=Facteurs premiers de <math>(x^5+y^5)/(x+y)</math> pour<math>(x,y)</math> copremiers :|contenu=<math> \begin{matrix} x~\backslash ~y&1^5&3^5&5^5&7^5&9^5&11^5&13^5&15^5\\ 2{^5}&11&5\times11&11\times41&1871&41\times131&12391&5\times4951&11\times31\times131\\ 4{^5}&5\times41&181&461&1621&4621&5\times2161&11\times11\times181&31\times1291\\ 6{^5}&11\times101&---&991&31\times61&---&9931&71\times281&---\\ 8{^5}&11\times331&3001&11\times251&5\times661&11\times491&101\times101&71\times271&11\times31\times101\\ 10{^5}&9091&11\times701&---&6871&11\times761&31\times401&31\times661&---\\ 12{^5}&19141&---&14821&11\times31\times41&---&71\times251&5\times11\times11\times41&---\\ 14{^5}&5\times71\times101&31\times1021&71\times401&---&25951&5\times5591&11\times3061&41\times1091\\ \end{matrix} </math>}}{{Exemple déroulant|titre=Facteurs premiers de <math>(x^5-y^5)/(x-y)</math> pour<math>(x,y)</math> copremiers:|contenu=<math> \begin{matrix} x~\backslash~y&1^5&3^5&5^5&7^5&9^5&11^5&13^5&15^5\\ 2{^5}&31&211&1031&5\times11\times61&8431&17891&33751&58411\\ 4{^5}&11\times31&11\times71&11\times191&5261&5\times11\times211&22861&41141&71\times971\\ 6{^5}&5\times311&---&4651&11\times821&---&5\times6131&11\times4721&---\\ 8{^5}&31\times151&5\times1301&41\times241&11\times1451&41\times641&61\times701&5\times11\times1231&103801\\ 10{^5}&41\times271&14251&---&11\times2521&31\times1321&61051&11\times8221&---\\ 12{^5}&22621&---&11\times3191&5\times9281&---&41\times2141&151\times811&---\\ 14{^5}&11\times3761&48871&11\times11\times491&---&5\times11\times1741&125591&241\times691&11\times11\times1831\\ \end{matrix} </math>}} Peut-il avoir un déclic pour généraliser les cas à <math> x^p-y^p \neq z^p </math> ? Ça paraît léger. Avec ça, on postule beaucoup plus large, par exemple <math> x^p-y^p \neq z^r, r>3 </math> . Là il reste "coincé" sur la même puisance. Ainsi, continue-t-il, comme le feront ses successeurs, sur la factorisation de <math>(x+y)^p-(x^p+y^p)</math> ? Comme on l'a rappelé dans le chapitre "propriétés algébriques", <math>(x+y)^p-(x^p+y^p)=pxy(x+y)(x^2+xy+y^2)^kQ(x,y)</math> avec <math>k=1 \text{ pour } p\equiv -1[6], k=2 \text{ pour } p\equiv 1[6]</math> et <math>Q(x,y)</math> irréductible Là encore ça paraît peu probable. Car c'est quand même compliqué. Et surtout il faudrait savoir dans quel but il aurait cherché cette factorisation? C'est un calcul qu'on fait une fois qu'on connaît le théorème, et qu'on tente d'y rechercher des régularités. Dans la formule, on observe immédiatement que si <math>x^p+y^p=z^p</math>, alors on se retrouve à gauche avec une différence de puissance, et donc à droite des facteurs premiers en <math>1[2p]</math> sur <math>Q(x,y)</math>. Mais il n'y a pas de régularité sur les <math>Q(x,y)</math>. Leur expression devient compliquée, voir imprédictible, au fur et à mesure que l'exposant grandit. Donc sans vraiment de généralisation possible à toutes les puissances. Un seul motif est commun, à savoir ce <math>x^2+xy+y^2</math> , dont tous les facteurs premiers sont congrus à <math>1[6]</math>. Mais ça ne les interdit pas d'être aussi congrus à <math>1[2p]</math><ref>"''Chez les premiers, il a toujours un plus petit que soi pour qui ont est quelqu'1. Sauf 5, 17, 257, 65537''". Pour n'importe quel nombre premier p impair, alors il existe un plus petit premier q tel que <math>p\equiv 1[q]</math>. Les seules qui dérogent à cette règle sont les éventuels premiers de la forme <math>2^{2^n}+1</math>. Ce sont les ''nombres de Fermat''. Les 4 premiers sont premiers. Et à ce jours, il est conjecturé que ce sont les seuls.</ref>. Si on revient à <math>x^n-y^n=(x-y)(x^{n-1}+x^{n-2}y + ...+ y^{n-1})=z^p</math> , alors par coprimalité Fermat a pu voir la contrainte des puissances, à savoir <math>(x+y, z-x,z-y)=(a^p,b^p,c^p)</math>, ainsi que les trois nombres <math>(x,y,z)</math> forcés à avoir au moins un facteurs premiers congrus à <math>1[2p]</math>. Si cela filtre énormément les éventuels nombres "candidats" qu'il faudrait tester, beaucoup trop grands pour un calcul à la main, aucune impossibilité ou absurdité n'apparaît clairement. Toutes ses contraintes liées à la factorisation dans <math>\Z</math> seront reprises et étudiées par les plus grands mathématiciens du 18ème siècle. Sans aboutir à une généralisation à toutes les puissances. C'est la factorisation dans <math>\C</math> qui va s'en suivre et initier beaucoup de progrès. Mais sans atteindre une preuve générale. Cela va dépasser rapidement les connaissances supposées de Fermat. On peut résolument penser qu'il a existé un chemin plus "simple", autre que la factorisation, qui a éveillé son intuition. === Fermat et les carrés === Par les traductions de livre de ''Diophante''<ref>Voir la belle vidéo de Francis Loret sur You tube "''Francis Loret : Le dernier théorème de Fermat"'' partagé par le CIRM</ref>, Fermat hérite des questions de ces prédécesseurs autour des carrés et des cubes. Mais il marque une vraie rupture par rapport à la tradition diophantienne. Il se focalise sur les nombres entiers, là où les autres cherchent des nombres rationnels. Lui voit apparaître de la structure avec les nombres premiers. Une fois lancé, il continuera de s'intéresser aux combinaisons linéaires de carrés entiers, avec notamment les familles de nombres premiers de la forme <math>a^2+nb^2</math>, l'équation <math>x^2-ny^2=1</math> <ref name=":4">Des solutions rationnelles de <math>x^2-ny^2=1</math> sont <math>(x,y)=\left(\dfrac{1+nm^2}{1-nm^2}; \dfrac{2m}{1-nm^2}\right), m \in \Q</math>. En effet, en remarquant que l'équation se réécrit <math>(x+1)(x-1)=ny^2</math>, on pose <math>y=m(x+1)</math> et on se retrouve avec uniquement du 1er degré sur <math>x</math>. Par contre, dans <math>\N</math>, c'est une toute autre affaire! Fermat cherchera et dira avoir trouvé, sans autre précision, qu'il y en existe quel que soit <math>n </math></ref>, ... Il a également innové dans les méthodes de résolution de systèmes doubles ou triples d'équations <math>a_ix+b_i=y^2</math> . En algèbre, il s'intéresse aux techniques d'élimination, où il publie même un papier<ref>https://fr.wikisource.org/wiki/%C5%92uvres_de_Fermat/I/M%C3%A9thode_d%E2%80%99%C3%A9limination</ref>. Ces méthodes consiste à supprimer des inconnues, et réduire le degré des équations. On renvoie aux explications d'''Erwan Penchevre''<ref>https://images.math.cnrs.fr/wp-content/uploads/2024/02/penchevre-04-elimination.pdf</ref>. Enfin, il était expert en carrés magiques. Et même des carrés magiques en 3 dimensions, nommés cubes magiques<ref>{{Lien web|titre=MULTIMAGIE.COM - Le cube magique de Fermat, 1640|url=http://multimagie.com/Francais/Fermat.htm|site=multimagie.com|consulté le=2026-07-08}}</ref>! Bref, il y a beaucoup d'indices pour penser que Fermat avait découvert la forme des carrés <math> \bold{(x+y) ^n =x\cdot c^2+y\cdot d^2} </math> En effet, pour <math> n=3</math>, on <math>(a+b)^3=a(a-3b)^ 2+b(b-3a)^2</math> Soit en partage <math>x^3=(w+x-w)=w(4w-3x)^2 +(x-w)(x-4w)^2 </math> On peut trouver facilement des solutions aux équations du type <math>x^3=y^2+k</math> . Soit en substituant <math>w^2</math> à <math>w</math>, ou plus simplement en prenant <math>w=1</math> Or Fermat a travaillé sur les cubiques <math>x^3=y^2+2</math> et <math>x^3=y^2+4</math>, dont la formule atteint immédiatement les solutions <math>(3,5)</math> et <math>\{(2,2),(5,11) \}</math>. Fermat dira avoir réussi à prouver par descente que ce sont les seules. === L'idée de Fermat? === Je propose ici une hypothèse pour essayer de résoudre non pas la preuve du théorème, mais le mystère autour de cette preuve. Voici donc comment Pierre de Fermat aurait pu avoir l'intuition de son théorème, cet éclair "merveilleux" qui semble avoir surgi et dont on ressent la puissance lorsqu'on lit la note du Diophante. Retour aux triplets pythagoriciens, puisque c'était la question originelle de Diophante, à savoir le partage d'un carré en 2 carrés. Considérons un entier <math>w</math> quelconque tel que <math>w < x</math> et <math>w < y</math> et <math>p</math> un premier supérieur ou égal à 5 Dans <math>z^p=x^p+y^p</math>, Substituons <math>(w+x',w+y',w+z')</math> à <math>(x,y,z)</math>. Cela donne: <math>(w+z')^p=(w+x')^p+(w+y')^p</math> Avec la formule des carrés, cela devient: <math>w\cdot e^2+z'\cdot f^2 = w\cdot a^2+x'\cdot b^2+ w\cdot c^2+y'\cdot d^2</math> avec <math>(a,b,c,d,e,f)</math> des entiers ne contenant que des facteurs premiers congrus à <math>\pm1 [2n]</math>, qu'on peut réduire en: <math>w\cdot e^2+z'\cdot f^2 = w\cdot(a^2+c^2)+x'\cdot b^2 + y'\cdot d^2</math> Ainsi tous les <math>(a,b,c,d,e,f)</math> ont des facteurs premiers supérieurs à <math>2p-1</math>, par conséquent '''strictement''' '''supérieurs à 3 et à 5'''. Maintenant (et c'est là que c'est un peu fort de café<ref>Si tant est qu'un mathématicien est "une machine à transformer le café en théorèmes" d'après Paul Erdős</ref>), par <u>identification sur</u> <math>w</math>, on a <math>e^2=a^2+c^2</math> . D'où une '''contradiction'''! Car on sait que dans les triplets pythagoriciens <math>r^2=s^2+t^2</math>, '''3 et 5 divisent forcément le produit''' <math>rst</math> Certes c'est une affirmation hasardeuse. Car de quel droit identifier sur <math>w</math> ? Mais sachant que ça s'écrit pour n'importe quel <math>w</math>, l'idée n'est-elle pas séduisante? Peut-on construire un système d'équations? Existe-t-il un certain <math>w</math> qui fonctionne<ref>Une première idée serait qu'avec <math>wx+b=wy+c </math>, si on a <math>b<w</math> et <math>c<w</math>, alors là on peut identifier <math>x=y</math>. Pour cela, il faudrait <math>w</math> grand, éventuellement en considérant la limite à l'infini? Mais cela ne semble pas fonctionner, car les carrés sont toujours plus grand que les <math>w</math></ref><ref>Une seconde idée serait de prendre <math>w \in \C</math> . Pour <math>n=5</math>, <math>x^5=w(16w^2+5x^2-20wx )^2+(x-w)(16w^2+x^2-12wx)^2</math>Le premier carré donne une valeur réelle pour <math>w=5x/8+b i, b \in \R</math> et le deuxième carré pour <math>w=3x/8+b i, b \in \R</math>. Il n'y a donc pas de recouvrement possible. De plus, cette valeur est commune et vaut <math>-5x^2/4-16b^2</math>. Qui n'a aucune propriété concernant les facteurs premiers en <math>\pm1 [10]</math> . ça ne fonctionne pas</ref>? Et si Fermat était passé par cette voie si tentante? === Plausibilité historique === Voici pourquoi Je trouve cette hypothèse assez intéressante du point de vue historique : - Si ça "fonctionne" pour <math>p \ge 5</math> , cela ne s'applique pas aux cas <math>n =4</math> car il faut que <math>p</math> soit premier impair. Et pour le cas <math>p =3</math> , la formule des carrés engendre des facteurs premiers en <math>\pm1 [6]</math>. Or c'est le cas de tous les nombres premiers supérieurs à 3. Donc 5 n'y est pas exclu. Il faut donc une autre technique. En l’occurrence la nouvelle descente infinie inventée par Fermat lui-même! Les cas <math>n =3</math> et <math>n =4</math> restent particuliers. C'étaient les premiers qu'il a prouvés, et ils ne se font pas englobés. Chronologiquement, ça se tient. - C'est suffisamment expéditif pour qu'on puisse trouver cela "admirable". Et il n'y pas de différenciation de cas <math>p\mid xyz</math> et <math>p \nmid xyz</math> - Avec du recul, Fermat a pu se dire que finalement ça ne marcherait pas. C'est l'hypothèse de l'historien ''Jean Itard,'' afin de justifier qu'il ne citera plus jamais le cas général à ses correspondants. J'en doute car il était honnête homme. Il n'aurait pas laissé la remarque dans le Diophante. Alors n'était-ce juste simplement pas important? Rappelons que le bébé de Fermat, c'est la descente infinie. On le voit bien dans sa correspondance. C'était l'invention de sa vie! Dans ses dernières lettres à ''Wallis'', ''Digby'', ou ''Carcavi'', il n'énoncera quasiment plus que les résultats qu'il aura démontrés par descente. Les autres sont presque laissé au second plan. - La descente infinie est très compliquée pour <math>n = 5</math>. Fermat n'a pas pu y arriver, Dirichlet et Legendre en venant à bout en 1825<ref>En appliquant la même technique que pour le cas <math>n=3</math> : <math>(u+v)^5+(u-v)^5=2u\left( (u^2+5v^2)^2-5(2v^2)^2 \right) </math>. L'accroche ici est qu'on retrouve une forme <math>X^2-5Y^2</math> , stable par multiplication. Ç’aurait pu interpeler Fermat, c'est comme <math>X^2+3Y^2</math> dans le cas <math>n=3</math>. Malheureusement ça ne marche plus aussi simplement car on n'obtient pas une expression factorisée de <math>2u</math>. Voir la démonstration de ''Dirichlet/Legendre'' pour constater les nombreuses difficultés à surmonter.</ref>. Pire, la technique devient inopérante pour les exposants supérieurs<ref name=":5">''Yves Hellegouarch'' dans son livre "''Invitation aux mathématiques de Fermat-Wiles''", écrit page 38: "''On peut penser que pour les exposants'' ''premiers impairs, Fermat associait à son équation la forme quadratique'' <math>X^2+(-1)^{(p+1)/2}pY^2</math> . C'est un résultat juste. Mais peut-être anachronique. En effet, cf [https://math.stackexchange.com/questions/5144009/fermat-hellegouarch-sum-of-powers-quadratic-forms maths.stackechange] pour les calculs qui s'avèrent être fastidieux.</ref>. Or on sait que Fermat a toujours été suffisamment honnête pour avouer à ses correspondants qu'il n'arrivait pas (encore) à démontrer un résultat<ref>Lettre à Frenicle AOUT 164: Mais voici ce que j'admire le plus: c'est que je suis quasi persuadé que tous les nombres progressifs augmentés de l'unité, des-quels les exposants sont des nombres de la progression double, sont nombres premiers, comme 3 5 17 257 65537 4291967297 et le suivant de 20 lettres 18446744073709551617. '''Je n'en ai pas la démonstration exacte''', mais j'ai exclu si grande quantité de diviseurs par démonstrations infaillibles, et j'ai de si grandes lumières, qui établissent ma pensée, que j'aurois peine de me dédire.</ref>. Par exemple, il n'hésite pas à avouer sa peine pour prouver sa (fausse) conjecture sur la primalité des <math>2^{2^n}+1</math> <ref>Lettre à ''Mersenne'' 23 décembre 1640: J''e languissois dans l'attente de vos lettres et de M. de Frenicle. Je suis bien aise qu'il approuve ce j'ai fait; et afin qu'il ne soit plus en lui doute de ce que je lui demande, voici trois questions que je propose, '''pource que les spéculations que j'y ai faites ne me satisfont pas pleinement''''' ''1° La raison essentielle pourquoi 3, 5, 17, 257, etc. à l'infini, sont toujours nombres premiers;'' ''2° Qu'il me donne quelqu'un de ses autres moyens pour trouver à l'infini des nombres premiers de tels nombres de figures qu'on voudra. '''Sur quoi je voudrois être éclairci si une de mes pensées est vraie''', qu'en la progression d'un nombre pair, comme 6, toutes les puissances +1 de la progression qui ont pour exposant 1,2, 4, 8, 16, etc. sont nombres premiers, si elles ne sont pas mesurées par un de ceux-ci: 5, 17, 267, etc.; laquelle proposition, '''si elle est vraie''', est de très grand usage.'' ''Si je puis une fois tenir la raison fondamentale que 3, 5, 17, etc sont nombres premiers, il me semble que je trouverai de très belles choses en cette matière, car déjà j'ai trouvé des choses merveilleuses dont je vous ferai part, après que j'aurai eu votre réponse et celle de M. Frenicle.''</ref>. Or pour le Grand Théorème, jamais il ne fera mention d'un essai pour des puissances supérieures. Non. Ici avec la formule des carrés, il n'y a pas besoin de descente infinie! === Critique === Malheureusement un tout autre scenario est envisageable. Dans l'hypothèse précédente, il faut supposer que Fermat a écrit son commentaire bien après sa première lecture de la question de Diophante. Ou qu'il l'a écrit pour les cas <math>n =3</math> et <math>n =4</math> , puis qu'il a complété son commentaire une fois son travail sur les puissances effectué. Qu'il y serait donc revenu quelques années après. Ça paraît étrange. Car vu le ton employé, on peut aussi avoir l'impression que cela est venu d'un bloc, avec toutes les puissances sans distinction de cas, sans séparation entre les cas <math>n = 3</math> ou <math>n = 4</math>, ou <math>n</math> premier. Autrement dit, on peut supposer qu'il sait immédiatement, en s'appuyant sur des travaux antérieurs<ref>Fermat a déjà fait énormément de mathématiques avant de s'attaquer à l'arithmétique. D'ailleurs dans sa première lettre à Mersen en 1936, il dit: "''Je serai aussi bien aise d'apprendre par votre moyen tous les Traités ou Livres nouveaux de Mathématiques qui ont paru depuis cinq ou six ans.''" Comme s'il avait dû faire une pause de quelques années. On imagine à cause de son métier très prenant.</ref>, que le problème est impossible dans <math>\Q</math> , puisque c'est implicite chez Diophante: on cherche comment diviser un carré en somme de 2 carrés '''<u>rationnels</u>'''. Ainsi Fermat affirmerait haut et fort dans son commentaire que <math>x^n+y^n=1</math> n'a pas de solution dans <math>\Q</math>. Ce qui fatalement rend le problème impossible dans <math>\N</math> ! Ce serait ensuite que Fermat essaie de le montrer dans <math>\N</math>, avec des raisonnements spécifiques aux nombres entiers qu'il a inventé, comme la descente infinie. Il le dit dans ses lettres. Il a eu beaucoup de difficulté à appliquer la technique pour le cas <math>n = 3</math><ref>Lettre à Carcavi 1659: ... J'ai ensuite considéré certaines questions qui, bien que négatives, ne restent pas de recevoir '''très grande difficulté''', la méthode pour y pratiquer la descente étant tout à fait diverse des précédentes, comme il sera aisé d'éprouver. Telles sont les suivantes : '''Il n'y a aucun cube divisible en deux cubes''' ...</ref>. Mais il s'est accroché et ça n'était pas pour rien. Car il savait que le résultat était vrai. == '''Postface''' == Ce travail a été motivé par ces polémiques autour du [[w:Dernier_théorème_de_Fermat|Grand théorème de Fermat]], ravivées par la démonstration de Wiles en 1994. Fermat avait donc dit vrai<ref>il existe des suites des couples <math>(n^{19}+6, ~(n+1)^{19}+6)_{n \in \mathbb{N}}</math> dont on pourrait aisément conjecturer la coprimalité ... poutant, très tardivement, un premier contrexemple apparaît, ici pour <math>n=1578270389554680057141787800241971645032008710129107338825798 </math> cf "[https://www.ilemaths.net/sujet-premiers-entre-eux-888188.html premiers entre eux?"]</ref><ref>La suite de Perrin <math>(P_n)</math> est un autre exemple de fausse conjecture : https://fr.wikipedia.org/wiki/Suite_de_Perrin#Utilisation_comme_test_de_primalit%C3%A9 . La conjecture est "si ''n'' divise <math>P_n</math> alors ''n'' est un nombre premier". le premier contre-exemple n'a été trouvé qu'en 1982 pour <math>n=271441=521^2</math> . Le nombre <math>P_{271441}</math> a 33150 chiffres!!</ref>! Faisons un bref rappel ici. Fermat lit Diophante. Ce chapitre où il y est question de partager un nombre carré en une somme de 2 carrés<ref name=":1">{{Lien web|titre=arithmetica Livre 2 Question 9 et 10|url=http://schemath.com/arithmetica_livre2._q9et10.html|site=schemath.com|consulté le=2024-07-15}}</ref>. C'est à dire reconstituer un triangle rectangle alors qu'on en connait que son hypoténuse. Géométriquement, les sommets de ces triangles sont sur le cercle de diamètre l'hypoténuse. Mais ici c'est d'arithmétique qu'il s'agit. Diophante donne une méthode pour trouver deux fractions, mesures des deux côtés<ref><math>h</math> l’hypoténuse et <math>c</math> un côté. L'astuce revient à poser <math>h^2=c^2+(h-\alpha c)^2</math> afin que les <math>h^2</math> disparaissent. Ici <math>\alpha \in \mathbb{Q}</math> un paramètre. Ce qui donne après développement <math>c=\dfrac{2\alpha}{1+\alpha ^2}h</math> . Et l'autre côté <math>\dfrac{\alpha^2-1}{1+\alpha^2}h</math> . Ici il faut <math>\alpha > 1</math> pour rester avec des valeurs "positives" et donner un sens géométrique. Notons la transformation inverse <math>\alpha \rightarrow \alpha^{-1}</math> qui donne les mêmes valeurs (au signe près)! Rien qu'en prenant <math>\alpha \in \mathbb{N}</math>, on obtient une infinité de solutions.</ref>. A cette lecture, on s'imagine Fermat qui bouillonne et s'arrête un temps. Il a une idée. On imagine sa fulgurance, vu la la clarté et la brillance de son annotation. Il écrit, en latin, ces mots célèbres : ''"aucune puissance supérieure au carré ne peut être partagée en deux du même nom''". Fermat en avait-il une preuve? Était-elle arithmétique<ref>La méthode de Diophante pour les cubes tombe rapidement dans une impasse. En posant <math>h^3=c^3+(h-\alpha c)^3 </math>, on arrive à <math>(1-\alpha^3)c^2+3h\alpha ^2c-3\alpha h^2=0</math> . Soit un polynôme du second degré en <math>c</math> avec <math>\Delta _c=3h^2\alpha (4-\alpha ^3)</math> . Avec <math>\alpha \in \mathbb{Q}, \alpha = \dfrac{p}{q}</math>, on arrive à <math>\Delta _c=\dfrac{h^2}{q^4}3p(4q^3-p ^3)</math> . Or l'équation diophantienne <math>3p(4q^3-p ^3)=d^2</math> est impossible à résoudre directement. Et justement! On sait qu'il n'y en a pas de solutions grâce au théorème de Fermat!</ref> ou géométrique? En existe-t-il une démonstration plus simple que celle de Wiles? Cette prétendue "''marge trop petite''" est-elle vraiment la bonne traduction, comme le démentent certains latinistes<ref>{{Lien web|titre=Dernier Théorème de Fermat, révélation de son idée.|url=http://franquart.fr/Revelation_DTF.html|site=franquart.fr|consulté le=2024-07-15}}</ref>? Bien avant ces querelles légitimes, une question plus fondamentale s'impose immédiatement à n'importe qui revisite le théorème : comment un homme pourrait-il recevoir une vérité si vaste, si générale, sans sa démonstration<ref>{{Lien web|langue=fr|titre=Recherche:L'énigme de Fermat, le sublime dans tous ses états — Wikiversité|url=https://fr.wikiversity.org/wiki/Recherche:L%27%C3%A9nigme_de_Fermat,_le_sublime_dans_tous_ses_%C3%A9tats|site=fr.wikiversity.org|consulté le=2024-07-15}}</ref>? Difficile à croire, même si nous savons qu'en mathématiques, il n'est pas rare que l'intuition devance la preuve<ref>lire le magnifique ouvrage de Cédric Villani {{Chapitre-B|langue=fr|titre chapitre=Théorème vivant|titre ouvrage=Wikipédia|date=2021-08-23|lire en ligne=https://fr.wikipedia.org/w/index.php?title=Th%C3%A9or%C3%A8me_vivant&oldid=185750389|consulté le=2024-07-16}}</ref>. Cependant il y a toujours un terreau préparatoire à toute découverte. Un long travail préliminaire, qui peut durer des années. Une maîtrise d'outils novateurs, à la portée aussi générale que la découverte qui s'en suivra. D'où cette question : quelles pouvaient être les connaissances de Fermat englobant "''toutes les puissances''"<ref name=":0">Fermat est en en fait "tombé" sur un cas particulier. En effet, les arithméticiens ont beaucoup avancé depuis 1994. Désormais, le théorème de Fermat, "<math>x^p+y^p=z^p</math> ''sans solution pour'' <math>p>2</math> et <math>(x,y,z) \in \mathbb{N}^3</math>", n'est plus qu'un tout petit cas particulier d'une conjecture beaucoup plus vaste,"(''Tidjman et Zagier'') : <math>x^p+y^q=z^r</math>''sans solution pour'' <math>(p,q,r)</math> ''<u>tous supérieur à 2</u> et <math>(x,y,z) \in \mathbb{N}^3</math> premiers entre eux.".'' cf https://fr.wikipedia.org/wiki/Conjecture_abc#Triplets_(a,_b,_c) . Fermat n'a pas conjecturé qu'''<u>aucune puissance supérieure au carré ne peut être partégée en 2 puissances quelconques supérieure au carré</u>''. Ce qui nous montre bien qu'il évoluait dans un cadre de pensée particulier.</ref>? . On rappelle qu'il n'y avait point de calculatrice. On factorisait à la main. On décomposait de tête. Pour arriver à ses nombreux résultats, Fermat a dû développer des techniques de calcul prodigieuses. Lui qui se disait le plus paresseux des hommes. Mais il les dévoilait peu dans ses correspondances. Doué d'une acuité sans pareil, il fut un génie en son temps. Ici nous avons essayé de reprendre Fermat "au mot". Que signifie "''partager une puissance''"? Tout comme il aurait pu le faire, nous sommes parti du binôme<ref name=":6">D'après sa biographie, Fermat a lu les écrits de François Viète par son ami Jean de Beaugrand. les [[w:Notae_priores#Le_bin%C3%B4me_de_Newton|Notae priores]] évoquent déjà les formules du binôme et les factorisations de <math>x^n-y^n</math> . L'édition est datée à 1631</ref>. Nous avons cherché d'éventuels regroupements des termes. Dans le cas n impair, la symétrie des termes nous guide. En utilisant ce regroupement, nous avons remarqué des régularités sur les décompositions en facteurs premiers. Et l'apparition de carrés. Ces propriétés générales n'ont probablement pas pu échapper à Fermat. == '''Remerciements''' == Merci aux équipes du forum [https://www.ilemaths.net/forum.php www.ilemaths.net] (notamment ''elhor_abdelali'' et ''jandri'' pour les démonstrations) Merci à [https://math.stackexchange.com math.stackexchange.com] (notamment ''ScratchingTheSurface'' , ''Thomas Andrews'' et ''Mastrem'' pour les démonstrations) Merci à ''Yohann C.'' pour son aide et ses relectures Merci à la distribution Linux [https://www.mageia.org/fr/ Mageia] , toujours là depuis toutes ces années. Et le bureau [https://xfce.org/ XFCE] Merci au site [https://www.dcode.fr/decomposition-nombres-premiers dcode.fr] pour la décomposition de grands nombres Merci à ''Geogebra'' pour le calcul formel Merci à ''Math-gpt.org'' et ''Mistral'' pour les calculs et les références historiques. Merci à tous les chercheurs cités d'avoir partagé leur travaux. Et même parfois d'avoir pris le temps de répondre à mes courriels! Merci à Wikiversité ----<!-- NE RIEN ÉCRIRE SOUS CETTE LIGNE --> o84a285p0ysgg89m7asg2rmc778pfva 104 83760 986045 930891 2026-08-24T07:20:45Z Psychoslave 2753 986045 wikitext text/x-wiki Dans le corpus considéré une recherche succincte n'a pas permit d'établir l'emploi d'un nom épicène en ''-ess'' qui serait entrée dans l'usage. ====== Réflexions paradigmatiques ====== Il peut cependant être noté que ''pro-business'' semble être ce qui s'en rapprocherait le plus, tout comme son allographie ''probusiness'', mais seuls des emplois adjectivales sont ressortis d'une recherche succincte. La bascule vers un emploi nominal sans altération morphologique est aisément envisageable. Pour ce cas il suffirait de considérer l'isonèphe virtuel ''probusinessiste'', avec une suffixiation en ''-iste'' qui conduit réemployer la série ostentatoire associé à ce suffixe dans sa variante épicène, ce qui mène à ''probusinessiẽste, probusinessìxte, probusinessāste, probusinessǫste, probusinessûste''. ====== Métonymie ====== Une schness, qu'elle désigne une bouche, une gueule, ou un visage, peut tout à fait désigner la personne entière à qui appartient cette partie d'anatomie. ====== Défectivité ====== ''Une authoress'' est défectif dans la mesure où cet emprunt à l'anglais n’est pas symétriquement suivi d’un emprunt de ''author''. Cela étant, authoress est généralement considéré comme une alternance possible mais désuette à ''auteur''. ''Une mistress'' peut-être employé comme alternance à ''master'' dans le contexte BDSM ou à ''mister'' comme titre honorifique générique, mais il est sans équivalent lorsqu'il désigne une femme qui incarne une figure notable à la tête d'une autorité prestigieuse, d'une propriété considérable ou d'une institution d'influence sociale contrôle éminente tel qu'il peut être parfois employé en anglais. ====== Biotique haplogeste ====== Le biotique haplogeste concerne uniquement ''un lanarquess'', oiseau. ois3pdiuu820k7zdzax6m9ae5rd79f9 986046 986045 2026-08-24T07:22:37Z Psychoslave 2753 /* Défectivité */ 986046 wikitext text/x-wiki Dans le corpus considéré une recherche succincte n'a pas permit d'établir l'emploi d'un nom épicène en ''-ess'' qui serait entrée dans l'usage. ====== Réflexions paradigmatiques ====== Il peut cependant être noté que ''pro-business'' semble être ce qui s'en rapprocherait le plus, tout comme son allographie ''probusiness'', mais seuls des emplois adjectivales sont ressortis d'une recherche succincte. La bascule vers un emploi nominal sans altération morphologique est aisément envisageable. Pour ce cas il suffirait de considérer l'isonèphe virtuel ''probusinessiste'', avec une suffixiation en ''-iste'' qui conduit réemployer la série ostentatoire associé à ce suffixe dans sa variante épicène, ce qui mène à ''probusinessiẽste, probusinessìxte, probusinessāste, probusinessǫste, probusinessûste''. ====== Métonymie ====== Une schness, qu'elle désigne une bouche, une gueule, ou un visage, peut tout à fait désigner la personne entière à qui appartient cette partie d'anatomie. ====== Défectivité ====== ''Une authoress'' est défectif dans la mesure où cet emprunt à l'anglais n’est pas symétriquement suivi d’un emprunt de ''author''. Cela étant, authoress est généralement considéré comme une alternance possible mais désuette à ''auteur''. ''Une mistress'' peut-être employé comme alternance à ''master'' dans le contexte BDSM ou à ''mister'' comme titre honorifique générique, mais il est sans équivalent lorsqu'il désigne une femme qui incarne une figure notable à la tête d'une autorité prestigieuse, d'une propriété considérable ou d'une institution éminente d'influence sociale de contrôle tel qu'il peut être parfois employé en anglais. ====== Biotique haplogeste ====== Le biotique haplogeste concerne uniquement ''un lanarquess'', oiseau. se9e8y6dmd7nnx56u6fvnb7tnzmwk5o 986047 986046 2026-08-24T07:24:53Z Psychoslave 2753 986047 wikitext text/x-wiki Dans le corpus considéré une recherche succincte n'a pas permit d'établir l'emploi d'un nom épicène en ''-ess'' qui serait entrée dans l'usage. ====== Réflexions paradigmatiques ====== Il peut cependant être noté que ''pro-business'' semble être ce qui s'en rapprocherait le plus, tout comme son allographie ''probusiness'', mais seuls des emplois adjectivales sont ressortis d'une recherche succincte. La bascule vers un emploi nominal sans altération morphologique est aisément envisageable. Pour ce cas il suffirait de considérer l'isonèphe virtuel ''probusinessiste'', avec une suffixiation en ''-iste'' qui conduit réemployer la série ostentatoire associé à ce suffixe dans sa variante épicène, ce qui mène à ''probusinessiẽste, probusinessìxte, probusinessāste, probusinessǫste, probusinessûste''. ====== Métonymie ====== Une schness, qu'elle désigne une bouche, une gueule, ou un visage, peut tout à fait désigner la personne entière à qui appartient cette partie d'anatomie. ====== Défectivité ====== ''Une authoress'' est défectif dans la mesure où cet emprunt à l'anglais n’est pas symétriquement suivi d’un emprunt de ''author''. Cela étant, authoress est généralement considéré comme une alternance possible mais désuette à ''auteur''. ''Une mistress'' peut-être employé comme alternance à ''master'' dans le contexte BDSM ou à ''mister'' comme titre honorifique générique, mais il est sans équivalent lorsqu'il désigne une femme qui incarne une figure notable à la tête d'une autorité prestigieuse, d'une propriété considérable ou d'une institution éminente d'influence sociale de contrôle tel qu'il peut être parfois employé en anglais. ''Confer'' [[Recherche:Sur l’extension des genres grammaticaux en français/⟨issu du latin magister⟩|⟨issu du latin magister⟩]] pour plus d'informations. ====== Biotique haplogeste ====== Le biotique haplogeste concerne uniquement ''un lanarquess'', oiseau. mejbrw4fsdwzqehtpexl4c433pjezqh