Avec la congruence, on ne va pas très loin.
Méthode "à la Diophante":
n
=
2
{\displaystyle n=2}
partager un carré :
(
a
+
B
)
2
=
a
2
+
B
(
B
+
2
a
)
⏟
C
{\displaystyle (a+B)^{2}=a^{2}+B(\underbrace {B+2a)} _{\text{C}}}
A
∧
B
=
1
⇒
B
∧
C
=
1
{\displaystyle A\wedge B=1\Rightarrow B\wedge C=1}
(
B
,
C
)
=
(
b
2
,
c
2
)
{\displaystyle (B,C)=(b^{2},c^{2})}
Donc
c
2
=
b
2
+
2
a
{\displaystyle c^{2}=b^{2}+2a}
c
2
−
b
2
2
=
a
{\displaystyle {\dfrac {c^{2}-b^{2}}{2}}=a}
Et final
(
c
2
+
b
2
2
)
2
=
(
c
2
−
b
2
2
)
2
+
(
b
c
)
2
{\displaystyle \left({\dfrac {c^{2}+b^{2}}{2}}\right)^{2}=\left({\dfrac {c^{2}-b^{2}}{2}}\right)^{2}+\left(bc\right)^{2}}
Ce sont les triplets pythagoriciens.
n
=
3
{\displaystyle n=3}
partager un cube :
(
a
+
b
)
3
=
a
3
+
b
(
b
2
+
3
a
(
a
+
b
)
⏟
c
)
{\displaystyle (a+b)^{3}=a^{3}+b(\underbrace {b^{2}+3a(a+b)} _{\text{c}})}
Comme précédemment, on a immédiatement
(
b
,
c
)
=
(
B
3
,
C
3
)
{\displaystyle (b,c)=(B^{3},C^{3})}
Hypothèse :
3
∤
b
{\displaystyle 3\nmid b}
Ainsi
C
3
−
(
B
2
)
3
=
3
a
(
a
+
b
)
{\displaystyle C^{3}-(B^{2})^{3}=3a(a+b)}
C'est une différence de cube. La 3-valuation ne peut pas donc valoir 1
Soit
3
∣
a
{\displaystyle 3\mid a}
3
∣
a
+
b
{\displaystyle 3\mid a+b}
n
=
2
{\displaystyle n=2}
C
3
−
B
6
=
3
a
(
a
+
B
3
)
{\displaystyle C^{3}-B^{6}=3a(a+B^{3})}
3
a
2
+
3
a
B
3
−
(
C
3
−
B
6
)
=
0
{\displaystyle 3a^{2}+3aB^{3}-(C^{3}-B^{6})=0}
et l'équation
Δ
a
=
12
C
3
−
3
B
6
=
D
2
{\displaystyle \Delta _{a}=12C^{3}-3B^{6}=D^{2}}
On n'utilise jamais le fait que
c
{\displaystyle c}
1
[
n
]
{\displaystyle 1[n]}
.
On sait que
c
≡
1
[
n
]
{\displaystyle c\equiv 1[n]}
Or les facteurs premiers sont "cachés"
Cas général:
(
a
+
b
)
n
=
a
n
+
b
(
b
n
−
1
+
n
a
(
b
+
a
)
(
b
2
+
b
a
+
a
2
)
k
n
(
a
k
+
b
k
+
a
b
P
(
a
,
b
)
)
⏟
c
)
{\displaystyle (a+b)^{n}=a^{n}+b(\underbrace {b^{n-1}+na(b+a)(b^{2}+ba+a^{2})^{k_{n}}(a^{k}+b^{k}+abP(a,b))} _{\text{c}})}
avec
k
n
=
2
{\displaystyle k_{n}=2}
n
≡
1
[
6
]
{\displaystyle n\equiv 1[6]}
k
n
=
1
{\displaystyle k_{n}=1}
Idem on veut une puissance, donc
b
=
B
n
{\displaystyle b=B^{n}}
c
=
C
n
{\displaystyle c=C^{n}}
si
n
∤
b
{\displaystyle n\nmid b}
C
n
−
(
B
n
−
1
)
n
=
n
a
(
a
+
b
)
(
(
a
+
b
)
2
−
a
b
)
(
a
k
+
b
k
+
a
b
P
(
a
,
b
)
)
{\displaystyle C^{n}-(B^{n-1})^{n}=na(a+b)((a+b)^{2}-ab)(a^{k}+b^{k}+abP(a,b))}
Encore une différence de puissances. La n-valuation ne peut pas donc valoir 1
Donc
n
{\displaystyle n}
Mais on est rapidement bloqué en raisonnant modulo n. (on s'en sort pour n=5)
On suppose ici
(
x
,
y
,
z
)
∈
N
3
{\displaystyle (x,y,z)\in \mathbb {N} ^{3}}
x
+
y
=
z
{\displaystyle x+y=z}
On peut poser
(
x
,
y
,
−
z
)
{\displaystyle (x,y,-z)}
Y
{\displaystyle Y}
(
Y
−
x
)
(
Y
−
y
)
(
Y
+
z
)
=
0
{\displaystyle (Y-x)(Y-y)(Y+z)=0}
Avec
x
+
y
=
z
{\displaystyle x+y=z}
Y
3
+
(
x
y
−
z
2
)
Y
−
x
y
z
=
0
{\displaystyle Y^{3}+(xy-z^{2})Y-xyz=0}
Le discriminant est
Δ
=
−
4
(
x
y
−
z
2
)
3
−
27
(
x
y
z
)
2
{\displaystyle \Delta =-4(xy-z^{2})^{3}-27(xyz)^{2}}
Δ
=
4
(
z
2
−
x
y
)
3
−
27
(
x
y
z
)
2
{\displaystyle \Delta =4(z^{2}-xy)^{3}-27(xyz)^{2}}
On sait qu'il y a 3 solutions réelles pour
Δ
<
0
{\displaystyle \Delta <0}
Vu qu'elles sont entières, alors
−
Δ
=
◻
{\displaystyle -\Delta =\square }
Et effectivement on a bien l'identité remarquable:
4
(
(
x
+
y
)
2
−
x
y
)
3
+
27
(
x
y
(
x
+
y
)
)
2
=
(
x
−
y
)
2
(
x
+
2
y
)
2
(
2
x
+
y
)
2
{\displaystyle {4((x+y)^{2}-xy)^{3}+27(xy(x+y))^{2}=(x-y)^{2}(x+2y)^{2}(2x+y)^{2}}}
Si
x
n
+
y
n
=
z
n
,
n
∈
P
{\displaystyle x^{n}+y^{n}=z^{n},~n\in \mathbb {P} }
(
x
,
y
,
z
)
{\displaystyle (x,y,z)}
1
[
2
n
]
{\displaystyle 1[2n]}
Par exemple, on peut déjà affirmer que toutes les puissances de 10 ne sont pas séparables en puissances n.
Car
10
=
2
×
5
{\displaystyle 10=2\times 5}
1
[
2
n
]
{\displaystyle 1[2n]}
∀
n
∈
P
,
10
n
≠
x
n
+
y
n
,
100
n
≠
x
n
+
y
n
,
.
.
.
{\displaystyle \forall n\in \mathbb {P} ,10^{n}\neq x^{n}+y^{n},100^{n}\neq x^{n}+y^{n},...}
Pour
x
n
+
y
n
=
z
n
,
n
∈
P
{\displaystyle x^{n}+y^{n}=z^{n},~n\in \mathbb {P} }
On se ramène à la forme dans
Z
{\displaystyle \mathbb {Z} }
(
u
+
v
)
n
+
(
u
−
v
)
n
=
2
u
f
n
(
u
2
,
v
2
)
{\displaystyle (u+v)^{n}+(u-v)^{n}=2uf_{n}(u^{2},v^{2})}
(
u
,
v
)
{\displaystyle (u,v)}
On sait que
u
∧
f
n
(
u
,
v
)
=
1
{\displaystyle u\wedge f_{n}(u,v)=1}
z
{\displaystyle z}
n
{\displaystyle n}
2
u
=
d
n
{\displaystyle 2u=d^{n}}
f
n
(
u
,
v
)
{\displaystyle f_{n}(u,v)}
x
n
=
z
n
−
y
n
{\displaystyle x^{n}=z^{n}-y^{n}}
y
n
=
z
n
−
x
n
{\displaystyle y^{n}=z^{n}-x^{n}}
(
x
,
y
,
z
)
{\displaystyle (x,y,z)}
tous composés et contiennent tous des facteurs premiers en
1
[
n
]
{\displaystyle 1[n]}
différents . De plus, si l'un est divisible par n, alors la n-valuation ne peut pas valoir 1. Enfin,
f
n
(
u
2
,
v
2
)
>
2
u
{\displaystyle f_{n}(u^{2},v^{2})>2u}
1
[
n
]
{\displaystyle 1[n]}
de quelle manière ?)
On a donc des filtres importants sur les valeurs de
(
u
,
v
)
{\displaystyle (u,v)}
exemple pour n=5
La plus petite valeur est
u
=
2
4
{\displaystyle u=2^{4}}
On trouve alors
v= 77 x=93=3\times31 et y=-61. Impossible car y premier
v= 115 x=131 y= -99=3^2\times 11 Impossible car x premier
v= 139 x=5\times 31] y=-3\times 41. Impossible car la 5-valuation sur x est 1
v= 303 x= 319=11\times 29 et y=-287=7\times41. Impossible car sur x, 29>11
Arrive la première occurrence
v= 481 x= 497=[7, 71] y=-465= [3, 5, 31]
or 497^5-465^5=8583421161632=25 × 268231911301 .
Bien entendu, pas une puissance!
Ensuite
v= 655 x= 671=[11, 61] y= -639 =[3, 3, 71]
671^5-639^5=29485139925152 = 25 × 41 × 9941 × 2260681
Cela dit, Il semble y avoir un problème avec l'écart entre les les 1[n] et les autres facteurs.
Il semble qu'on ne l'exploite pas ici.
A voir
Peut-être aussi voir comment à l'époque ils extrayaient les racines nème. Pas la peine de décomposer en facteurs premiers. S'il y a une virgule dans la racine nème, alors c'est bon.
Encore des sommes de puissances
modifier
x
n
+
y
n
=
(
x
+
y
)
f
n
(
(
x
+
y
)
2
,
(
x
−
y
)
2
)
2
1
−
n
=
z
n
{\displaystyle x^{n}+y^{n}=(x+y)f_{n}((x+y)^{2},(x-y)^{2})2^{1-n}=z^{n}}
Alors
{
x
+
y
=
α
n
z
−
x
=
β
n
z
−
y
=
γ
n
{\displaystyle {\begin{cases}x+y=\alpha ^{n}\\z-x=\beta ^{n}\\z-y=\gamma ^{n}\end{cases}}}
et donc
{
z
+
y
=
α
n
+
β
n
z
+
x
=
α
n
+
γ
n
2
z
=
α
n
+
β
n
+
γ
n
{\displaystyle {\begin{cases}z+y=\alpha ^{n}+\beta ^{n}\\z+x=\alpha ^{n}+\gamma ^{n}\\2z=\alpha ^{n}+\beta ^{n}+\gamma ^{n}\end{cases}}}
C'est utilisé par Sophie Germain.
![{\displaystyle 1[n]}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/e3c8a7e23b5aa333fa1dd92842a363f303c1732b)
![{\displaystyle c\equiv 1[n]}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/82dbdb3b2a3ab7c144da982a5203950c5ec381e4)
![{\displaystyle n\equiv 1[6]}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/2d4499bec663490fb3a1e3fd268eb015bdeaec13)
![{\displaystyle 1[2n]}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/4e580acf87256329debb6fe3f3be7b98311a92d9)
