Démonstration de la conjecture de Fermat,
                    dite théorème de Fermat

Considérons d’abord que tout entier impair élevé à une puissance n quelconque, où n est un entier positif, est égal à la différence entre les carrés  de deux entiers consécutifs.

Exemples : 

A² = X² – Y² =  ( X – Y )  ( X + Y )  tel 3² =    5² – 4²     = ( 5 – 4 ) ( 5 + 4 )
A³ = X² – Y² =  ( X – Y )  ( X + Y )  tel 3³ =  14² – 13²   = ( 14 – 13 ) ( 14 + 13 )
= X² – Y² =  ( X – Y )  ( X + Y )  tel  =  41² – 40²  = ( 41 –  40 ) ( 41 + 40 ).

Tentons de vérifier si  A³ = C³ – B³

Convenons que X² = C³  et que Y² = B³  donc que X =     et que Y =  .

Nous obtenons que A³ = C³ – B³ =  (  –   ) (  + ).

Où ( –   ) = 1  et  (  +  ) = C³.

 Cela signifie que nous sommes assurés qu'au moins une solution existe pour 
 A³ = C³ – B³ et que, pour cette solution, puisque X =    et  Y = ,
 C³ et B³ sont des carrés, donc que C et B sont des carrés.

Les nombres A², A³, , … peuvent aussi être factorisés comme suit :

A² = ( C – B ) ( C + B )
A³ = ( C – B ) ( C² + CB + B² )
= ( C – B ) ( C³ + C²B + CB² + B³ )

Lorsque  ( C – B ) = 1, nous obtenons :

A² =  C + B 
A³ =  C² + CB + B² 
=  C³ + C²B + CB² + B³ 

Ainsi, le cube A³ peut être décomposé de deux façons dans lesquelles lorsque le premier terme est égal à 1, le second terme est égal à A³ :

A³ = C³ – B³ =  ( –   ) (  +  ).
A³ = C³ – B³ =       ( C – B )      ( C² + CB + B² ).

Dans les deux cas, nous avons une multiplication. Donc, nous pouvons illustrer cette multiplication par un rectangle dont l’aire sera chaque fois A³ ou C³ – B³ . Dans un cas, ( – ) et (  +  ) seront les côtés du rectangle alors que, dans l’autre cas, ( C – B )   et  ( C² + CB + B² ) représenteront aussi les mêmes côtés.

 Nous pouvons aussi conclure que le rectangle qui suit représente tous les A³ qui respectent l'équation A³ = C³ – B³, laquelle peut toujours être décomposée
des deux manières vues précédemment. 
De plus, quelle que soit la valeur de A³ et partant, quelles que soient les dimensions
du rectangle dont A³ représente l'aire, ( C – B ) et ( –   ) représentent toujours le même côté et sont donc toujours égaux entre eux. Il en va de même pour
 ( C² + CB + B² ) et (  +  ).

Voici donc le rectangle qui illustre ces deux possibilités :

Or, si  C – B  =   –   ,  C =    et B = 

Seuls deux nombres peuvent satisfaire ces équations : 1 et 0. 

Il en résulte que C = 1 et que B = 0.

Vérifions en comparant  C² + CB + B² à +  .

C² est plus grand ou égal à    et B² est aussi plus grand ou égal à  .

Alors C² + B² est forcément plus grand ou égal à  +  .

Donc pour que C² + CB + B² =+, il faut que C² =, que B² =  et que  CB = 0.  D’où C = 1 et B = 0.

Est-il possible que  C – B  et  –   soient différents de 1 ?

Puisque C – B  et   –  représentent toujours le même côté d’un même rectangle et puisque C² + CB + B² et  +  , représentent l’autre côté, il faut conclure que C = 1 et que B = 0, sinon, C² + CB + B² devient plus grand que +  . 

Nous sommes dans un système à liens multiples où la moindre variation d'une variable entraîne un bris de la structure.

Ainsi, si C varie seul, B étant toujours égal à 0, nous obtenons encore une équation du type A³ = C³ – 0, laquelle ne satisfait pas aux données du théorème. 

En ce qui concerne B, comme il est égal à 0, il ne peut être diminué et comme C = 1 et que C > B, B ne peut varier seul.

Il reste à tenter de faire varier C et B à la hausse. Voici alors les trois possibilités :

- L'écart entre C et B est maintenu constant

 Dans ce cas, même si C – B est toujours égal à 1, en augmentant C et B , C² + CB + B³ augmente donc A³ augmente et, si A³ est toujours un cube, nous revenons au problème initial où obligatoirement C = 1 et B = 0.

- L'écart entre C et B est réduit

 Dans ce cas,  l'écart entre C et B devient plus petit que 1 et C et B ne peuvent
être deux entiers, ce que l'énoncé du théorème exige.

- L'écart entre C et B augmente

 Dans ce cas, comme C et B augmentent, C² + CB + B² augmente aussi et, en conséquence, A³ augmente et, encore une fois, si A³ est toujours un cube, nous revenons au problème initial où obligatoirement C = 1 et B = 0.
 

Qu’en est-il pour  ?

Nous avons la même situation puisque :

= = ( C – B )         ( C³ + C²B + CB² + B³ )

Et  =  

On constate que C = 1 et B = 0 et qu’il n’y a aucune autre possibilité.

Pour tous les exposants plus grands que 2, la même situation s’impose.

Robert Lyons, le 12 décembre 2004.