La résolution de problèmes : une habileté (4).

Les exposants impairs passent à la moulinette.

Reprenons le schéma utilisé afin de découvrir les triplets pythagoriciens.

  
Si, au point 5, nous avons un carré impair, ici 49, au point 3 nous avons la moitié de ce nombre, donc 24,5 et au point 1, nous avons 0. La somme des points 2 et 4, lesquels sont également distants du point central 3, est 49. La somme des points 1 et 5 est aussi 49 soit 0 + 49 = 49. Nous pouvons donc conclure qu’à chaque point b (points 1, 2, 3) correspond un point c (points 3, 4, 5) tel que b + c = 49. Notez qu’au point 3, b et c correspondent, b étant à son maximum (b varie de 0 à 24,5) et c, à son minimum (c varie de 24,5 à 49).

Remplaçons les nombres du premier tableau par d’autres nombres. Dans le premier tableau, l’axe des x représentait les nombres qui pouvaient être les b et c du triplet 
a² + b² = c². Nous avions b = 20 au point 2 et son carré b² = 400 au point 7. Nous avions aussi c = 29 au point 4 et son carré c² = 841 au point 9.
De plus, au point 5, nous avions une autre possibilité pour c où c = 49 et son carré
c² = 2401 au point 10. Ainsi dans l’équation C² – B² = A², équivalente à:
C² – B² = (C – B) (C + B). Si B = 0, nous trouvons : 2401 – 0 = (49 – 0) (49 + 0).

Remplaçons maintenant C² – B² par C³ – B³ Supposons que le cube C³ est 125, qui se trouvera au point 10, et complétons le tableau suivant comme le tableau précédent. Nous obtenons :

  
 
Au point 5,    est la racine carrée du nombre du point 10 et au point 3 se trouve la moitié du nombre situé au point 5. Il faut donc trouver deux nombres b et c situés aux points 2 et 4 tels que leur somme sera égale à  , le nombre situé au point 5. Ces deux nombres b et c, sont des racines carrées des cubes B³ et C³ (points 7 et 9 que nous cherchons). Donc, b =  et c =  .

Puisque b + c =  , alors  +   =  . Toute la question est de savoir si  +    peut être égal à   et, si cela est possible, quelles sont les caractéristiques des nombres B³ et C³.

Si  +   = , en élevant au carré les termes de cette somme, nous obtenons B³ +  + C³ = 125.
Les nombres B³, C³ et 125 sont des entiers, donc   doit être un entier. Cela est possible si et seulement si :

1. B = 0, or B = 0 est exclus de l’équation à démontrer car si B = 0, A³ + B³ = C³
    devient A³ + 0 = C³, ce qui comporte une infinité de solutions. Dans l’exemple 
    étudié, nous aurions 125 + 0 = 125 ou 5³ + 0 = 5³.
2. B = C. Dans ce cas A³ + B³ = C³ devient 0 + B³ = C³. Cas exclus.
3. B³ et C³ sont des carrés. Dans ce cas, B³ et C³ étant à la fois carrés et cubes, 
    B³ et C³ sont des entiers élevés à la puissance 6.
    Exemple : si B³ =  = (5 x 5 x 5) (5 x 5 x 5), alors B³ est  un carré et
                    puisque  = (5 x 5) ( 5 x 5) (5 x 5), B³ est aussi un cube.

Donc le seul cas possible pour A³ + B³ = C³ est tel que B³ et C³ sont des nombres entiers élevés à la puissance 6. L’équation A³ + B³ = C³ devient donc A³ +  =  où  = B³ et  = C³. 

L’équation A³ +  =  peut être transformée en A³ =  –   puis en 
A³ = (c³ – b³) (c³ + b³). Puisqu’il ne doit pas y avoir de facteur commun entre b et c, sinon l’équation peut être simplifiée jusqu’à ce qu’il n’y ait plus de facteur commun, pour que A³ = (c³ – b³) (c³ + b³), il faut que (c³ + b³) et (c³ – b³) soient des cubes.

Or nous avons vu que ( c³ – b³ ) ne peut être un cube que si c³ et b³ sont des carrés. On peut donc remplacer c³ et b³ par de nouveaux  et , et ainsi de suite, à l’infini. C’est la descente infinie de Fermat. Or, puisque b et c doivent être des entiers, cela n’est possible que si c = 1 et b = 0. Mais les cas où b = 0 sont exclus. Tous les exposants impairs peuvent être éliminés de cette façon.

La semaine prochaine : La descente infinie appliquée aux exposants pairs. Fin de la démonstration.