Utilisateur:Anne Bauval/Fermat exposant 5 par Legendre

Contenu : synthèse de la preuve de Legendre pour le cas x impair, plus lisible que Utilisateur:Marvoir/Fermat exposant 5 par Legendre car plus condensée

Buts :

1. comprendre la descente infinie suggérée par Legendre et la formaliser
2. cerner les lacunes de la « preuve »

Moyens :

1. traquer les égalités
2. distinguer clairement ce qui est issu du texte original de ce par quoi il est remplacé de façon indispensable ou, plus accessoirement, par goût personnel

Réf : A. M. Legendre, « Recherches sur quelques objets d'analyse indéterminée et particulièrement sur le théorème de Fermat », dans Essai sur la théorie des nombres. Second supplément, Paris, septembre 1825, 40 p. (lire en ligne) (voir p. 26-29), réimprimé en 1827 (à une modification près de la dernière page) dans Mémoires de l'Académie royale des sciences, t. 6, 1823 [sic] (lire en ligne), p. 1-60 (voir p. 35-41)

§ 38

Supposons que y⁵ + z⁵ = –x⁵ avec x, y, z entiers non nuls, premiers entre eux deux à deux et 5 | x. Notons p = y + z.

Alors, x = –5tr et p = 5⁴t⁵ avec r positif et premier à 10t.

Démonstration

Legendre fait référence à son § 8 mais cela n'y est pas démontré, et au § 6 sa « preuve » me semble comporter un cercle vicieux. C'était cependant certainement classique (Euler ?, …, Germain).

Montrons plus généralement que pour tout nombre premier impair n, si yⁿ + zⁿ = –xⁿ avec x, y, z entiers non nuls, premiers entre eux deux à deux et n | x alors x = –ntr et p := y + z = n^n–1tⁿ avec r positif et premier à 2nt.

Notons C = (yⁿ + zⁿ)/p et q = y – z.

C est impair (car égal à y^n–1 – y^n–2z + … – yz^n–2 + z^n–1 avec y et z non tous deux pairs), n divise p (d'après le petit théorème de Fermat) donc ne divise pas q, or 2^n–1C = [(p + q)ⁿ + (p – q)ⁿ]/p ≡ nq^n–1 mod p² donc

• C est divisible par n mais pas par n² ;
• C/n et p sont premiers entre eux ;
• Cp = –xⁿ

donc p = n^n–1tⁿ et C = nrⁿ avec r premier à 2nt, et x = –ntr. De plus, r est positif car C l'est (le polynôme (Tⁿ + 1)/(T + 1), facile à factoriser sur ℂ, est positif sur ℝ).

§ 43

Supposons de plus x (ou t, ou p) impair, autrement dit yz pair et notons a = yz/2 et b = p²/5 – a (premiers entre eux puisque yz et p le sont). Alors

$a^{2}-5b^{2}={\frac {x^{5}}{5p}}=-r^{5}$

donc (d'après le lemme clé de Dirichlet, dont Legendre donne deux « preuves » fausses, ici et au § 45 — voir aussi l'analogue au § 46) il existe des entiers f, g, m et n tels que m² – 5n² = 1 et m > 0 et

$a+b{\sqrt {5}}=(F+G{\sqrt {5}})(m+n{\sqrt {5}}):=(f+g{\sqrt {5}})^{5}(m+n{\sqrt {5}}).$

On a donc :

• F et G premiers entre eux, ainsi que f et g (puisque a et b le sont) ;
• –r⁵ = F² – 5G² et –r = f² – 5g² ;
• F = f(f⁴ + 50f²g² + 125g⁴) et G = 5g(f⁴ + 10f²g² + 5g⁴) ;
• 5⁷t¹⁰ = p²/5 = a + b = (mF + 5nG) + (mG + nF) = (m + n)F + (m + 5n)G.

§ 44-45

m + n√5 = (9 + 4√5)^k avec k entier, dont on peut évidemment limiter les valeurs à 0, ±1 et ±2. Puisque (d'après la ligne précédente) 25 | (m + n)F + (m + 5n)G, on trouve alors k = –1, c'est-à-dire m = 9 et n = –4 puis, mod 5, 0 ≡ F – 11G/5 ≡ f⁵ – 11gf⁴ donc 5 | h := f – g et

$5^{7}t^{10}={\frac {p^{2}}{5}}=a+b=5F-11G.$

Legendre effectue ensuite de longs calculs aboutissant à l'égalité suivante :

$a+b=5h(a'^{2}-5b'^{2})\quad {\rm {pour}}\quad b'=-(h^{2}+r)/2\quad {\rm {et}}\quad a'=h^{2}-3b'.$

On peut la retrouver plus rapidement, en introduisant une expression intermédiaire utile dès à présent, mais que Legendre ne signale qu'au § 47 :

$a+b=5h(r^{2}+5rh^{2}+5h^{4})=5h(a'^{2}-5b'^{2}).$

Démonstration

Le nombre d'or $\varphi :={\tfrac {1+{\sqrt {5}}}{2}}$ vérifie : $9-4{\sqrt {5}}=\varphi ^{-6}$ et $\varphi ^{-1}={\tfrac {-1+{\sqrt {5}}}{2}}$. Notons

${\frac {P+Q{\sqrt {5}}}{2}}:=(a+b{\sqrt {5}})\varphi \quad {\rm {et}}\quad {\frac {\mu +\nu {\sqrt {5}}}{2}}:=(f+g{\sqrt {5}})\varphi ^{-1},$

donc

$P=a+5b,\quad Q=a+b,\quad \mu =5g-f,\quad \nu =f-g=h\quad {\rm {et}}\quad \mu ^{2}-5\nu ^{2}=-4(f^{2}-5g^{2})=4r.$

Alors

${\frac {P+Q{\sqrt {5}}}{2}}=(F+G{\sqrt {5}})\varphi ^{-5}=(f+g{\sqrt {5}})^{5}\varphi ^{-5}=\left({\frac {\mu +\nu {\sqrt {5}}}{2}}\right)^{5}$

donc (cf. expression de G au § 43)

$a+b=Q=5\nu {\frac {\mu ^{4}+10\mu ^{2}\nu ^{2}+5\nu ^{4}}{2^{4}}}=5\nu {\frac {(4r+5\nu ^{2})^{2}+10(4r+5\nu ^{2})\nu ^{2}+5\nu ^{4}}{2^{4}}}=5h(r^{2}+5rh^{2}+5h^{4}).$

C'est la première des deux égalités. La seconde résulte du choix de b' et a'.

Remarques

• Aux notations près (le $\{y,z\}$ de Legendre correspondant au $\{x,y\}$ de Dirichlet), ${\frac {P+Q{\sqrt {5}}}{2}}$ est exactement le nombre noté ainsi dans Utilisateur:Anne Bauval/Fermat exposant 5 par Dirichlet#« Théorème VIII », avant le démarrage de la descente infinie. En effet,$5({\tfrac {p}{5}})^{2}={\frac {p^{2}}{5}}=a+b=Q\quad {\rm {et}}\quad {\frac {(y-z)^{2}+p^{2}}{2}}=y^{2}+z^{2}=(y+z)^{2}-2yz=p^{2}-4a=a+5b=P.$
• Par unicité de la racine cinquième (d'après la structure du groupe des unités de $\mathbb {Z} [\varphi ]$), ${\frac {\mu +\nu {\sqrt {5}}}{2}}$ est lui aussi aussi le nombre noté ainsi là-bas.
• Le choix de Legendre correspond à la décomposition$r^{2}+5rh^{2}+5h^{4}=a'^{2}-5b'^{2}\quad {\rm {pour}}\quad a'={\frac {3\mu ^{2}+5\nu ^{2}}{8}}\quad {\rm {et}}\quad b'={\frac {\nu ^{2}-\mu ^{2}}{8}}.$Celui de Dirichlet est différent :$r^{2}+5rh^{2}+5h^{4}={\frac {P'^{2}-5Q'^{2}}{4}}\quad {\rm {pour}}\quad P':={\frac {\mu ^{2}+5\nu ^{2}}{2}}\quad {\rm {et}}\quad Q':=\nu ^{2}$mais ils sont reliés par${\frac {P'+Q'{\sqrt {5}}}{2}}=(a'+b'{\sqrt {5}}){\frac {3+{\sqrt {5}}}{2}}=(a'+b'{\sqrt {5}})\varphi ^{2}.$
• La preuve de Dirichlet ne comporte qu'une extraction de racine cinquième (construction de $\mu ,\nu$ à partir de $P,Q$, suivie d'un bon choix de $P',Q'$), qui est itérable donc constitue déjà l'étape de descente. Legendre, qui veut fonder sa descente sur des normes positives mais commence par choisir $(a,b)$ tel que $a^{2}-5b^{2}<0$, est obligé de compenser ce choix par celui de son $(a',b')$ (suivi d'une deuxième extraction de racine 5^e) avant de mettre en place son étape de descente.

L'expression intermédiaire prouve que a'² – 5b'² est premier avec h (tout facteur premier commun à r et h étant impair et divisant g² – 5g², il divise g et donc aussi f — Legendre le montre d'une autre façon) mais aussi qu'il est positif (puisque r l'est). Ceci, joint à l'égalité

$5^{7}t^{10}=a+b$

vue précédemment, justifie la conclusion de Legendre :

$h=5^{6}u^{10}\quad {\rm {et}}\quad a'^{2}-5b'^{2}=r'^{10}$

avec t = ur' et r' premier à 5u.

À nouveau grâce au lemme clé de Dirichlet (dont les hypothèses sont encore vérifiées, d'après les équations ci-dessus), il existe des entiers f', g', m' et n' tels que m' + n'√5 = (9 + 4√5)^k' avec k' égal à 0, ±1 ou ±2 et

$a'+b'{\sqrt {5}}=(F'+G'{\sqrt {5}})(m'+n'{\sqrt {5}}):=(f'+g'{\sqrt {5}})^{5}(m'+n'{\sqrt {5}}),$

d'où 5¹²u²⁰ = h² = a' + 3b' = (m'F' + 5n'G') + 3(m'G' + n'F') = (m' + 3n')F' + (5n' + 3m')G', ce qui prouve que cette expression est divisible par 25 donc k' = –2, m' = 161, n' = –72 puis, mod 5, 0 ≡ –F' + 3G'/5 ≡ –f'⁵ + 3g'f'⁴ donc 5 | h' := 3g' – f' et

$5^{12}u^{20}=h^{2}=a'+3b'=123G'-55F'.$

§ 46

À nouveau, Legendre effectue de longs calculs, que nous abrégerons en démontrant une égalité intermédiaire seulement signalée au § 47 :

$a'+3b'=5h'(r'^{4}+5r'^{2}h'^{2}+5h'^{4})=5h'{\frac {a''^{2}-5b''^{2}}{4}}\quad {\rm {pour}}\quad a''=2r'^{2}+5h'^{2}\quad {\rm {et}}\quad b''=h'^{2},$

Démonstration

Le nombre d'or $\varphi$ vérifie : $161-72{\sqrt {5}}=\varphi ^{-12}$, $\varphi ^{2}={\tfrac {3+{\sqrt {5}}}{2}}$ et $\varphi ^{-2}={\tfrac {3-{\sqrt {5}}}{2}}$. Notons

${\frac {P'+Q'{\sqrt {5}}}{2}}:=(a'+b'{\sqrt {5}})\varphi ^{2}\quad {\rm {et}}\quad {\frac {\mu '+\nu '{\sqrt {5}}}{2}}:=(f'+g'{\sqrt {5}})\varphi ^{-2},$

donc

$P'=3a'+5b',\quad Q'=a'+3b',\quad \mu '=3f'-5g',\quad \nu '=3g'-f'=h'\quad {\rm {et}}\quad \mu '^{2}-5\nu '^{2}=4(f'^{2}-5g'^{2})=4r'^{2}.$

Alors

${\frac {P'+Q'{\sqrt {5}}}{2}}=(F'+G'{\sqrt {5}})\varphi ^{-10}=(f'+g'{\sqrt {5}})^{5}\varphi ^{-10}=\left({\frac {\mu '+\nu '{\sqrt {5}}}{2}}\right)^{5}$

donc (cf. expression de G au § 43)

$a'+3b'=Q'=5\nu '{\frac {\mu '^{4}+10\mu '^{2}\nu ^{2}+5\nu '^{4}}{2^{4}}}=5\nu '{\frac {(4r'^{2}+5\nu '^{2})^{2}+10(4r'^{2}+5\nu '^{2})\nu '^{2}+5\nu '^{4}}{2^{4}}}=5h'(r'^{4}+5r'^{2}h'^{2}+5h'^{4}).$

C'est la première des deux égalités. La seconde résulte du choix de a" et b".

ce qui, comme précédemment, permet d'affirmer que

$h'=5^{11}u'^{20}\quad {\rm {et}}\quad a''^{2}-5b''^{2}=4r''^{20}$

avec u = u'r" et r" premier à 5u'.

Il existe alors des entiers f", g", m" et n" tels que m" + n"√5 = (9 + 4√5)^k" avec k" égal à 0, ±1 ou ±2 et

$a''+b''{\sqrt {5}}=(F''+G''{\sqrt {5}})(3+{\sqrt {5}})(m''+n''{\sqrt {5}}):=(f''+g''{\sqrt {5}})^{5}(3+{\sqrt {5}})(m''+n''{\sqrt {5}}),$

Démonstration

La « preuve » (fausse) de Legendre, du même style que celles des étapes analogues des § 43 et 45, peut à nouveau être remplacée par l'utilisation du lemme clé de Dirichlet, puisque${\frac {a''+b''{\sqrt {5}}}{3+{\sqrt {5}}}}={\frac {(a''+b''{\sqrt {5}})(3-{\sqrt {5}})}{4}}=P+Q{\sqrt {5}}\quad {\rm {avec}}\quad P={\frac {3a''-5b''}{4}}\quad {\rm {et}}\quad Q={\frac {3b''-a''}{4}}\quad {\rm {entiers.}}$

d'où, mod 5 : 0 ≡ h'² = b" = (m" + 3n")F" + (3m" + 5n")G" ≡ (m" + 3n")F" donc k" = –2, m" = 161, n" = –72 et

$5^{22}u'^{40}=h'^{2}=b''=123G''-55F''.$

§ 47

« Nous retombons ainsi sur une équation semblable à l'équation déjà considérée 5¹²u²⁰ = 123G' – 55F' ; d'où il suit que les mêmes transformations pourront être continuées à l'infini […] t = ur' = u'r'r" = u"r'r"r"' […] les nombres r, r', r", etc. […] ne pourront être moindres que 2, ce qui rendra infinie la valeur de t. »

À l'appui de ses explications, Legendre signale les égalités r'¹⁰ = r² + 5rh² + 5h⁴ et r"²⁰ = r'⁴ + 5r'²h'² + 5h'⁴, que nous avons établies plus haut.

Remarque

On peut simplifier le principe de cette descente en utilisant que la suite h, h', h", etc. est strictement décroissante (et non pas « rapidement croissante » comme l'affirme Legendre) car$h^{2}=5h'(r'^{4}+5r'^{2}h'^{2}+5h'^{4})\geq 25h'^{5}.$D'ailleurs, même sans la précaution inutile de Legendre — probablement suscitée par cette erreur — de toujours choisir des a, b tels que a² – 5b² soit positif (sauf lors de sa première étape où, sans comprendre qu'il rallongeait ainsi en vain sa preuve, il ne s'est pas encore résigné à affronter les demi-entiers), la suite h, h', h", etc. est strictement décroissante, et c'est ce qui fondera la descente de Dirichlet :$h^{2}=5h'{\frac {k'^{4}+10k'^{2}h'^{2}+5h'^{4}}{2^{4}}}\geq {\frac {25}{16}}h'^{5}\quad {\rm {m{\hat {e}}me~si}}\quad k'^{2}-5h'^{2}<0.$

Conclusion

En notant F et G les deux polynômes à coefficients entiers définis par (X + Y√5)⁵ = F(X, Y) + G(X, Y)√5, le lemme suivant fonde cependant la descente suggérée par Legendre.

Lemme de descente — Soit w un entier impair tel qu'il existe deux entiers f et g premiers entre eux tels que f² – 5g² soit positif et non divisible par 5 et, pour un certain entier naturel i, 25w⁵ⁱ = 123G(f, g) – 55F(f, g). Alors w possède un diviseur strict vérifiant la même propriété.

Démonstration

On démontre comme à la fin du § 45 que h := 3g – f est divisible par 5 puis, comme au § 46, que h divise 5w⁵ⁱ et qu'il existe des entiers f' et g' premiers entre eux tels que, en notant R = f² – 5g² et R' = f'² – 5g'²,$R'^{5}=R^{2}+5Rh^{2}+5h^{4},\quad w':={\frac {w}{R'}}\quad {\text{est entier et}}\quad 25w'^{10i}=123G(f',g')-55F(f',g').$

La « preuve » de Legendre (de septembre 1825) aurait donc pu être considérée la première preuve complète du théorème de Fermat pour l'exposant 5, s'il avait bien voulu citer, à plusieurs reprises, le lemme nouveau et crucial du mémoire de juillet 1825 de Dirichlet (dont il était rapporteur), plutôt que d'en donner des pseudo-démonstrations de son cru. Il aurait ainsi devancé la preuve complète de Dirichlet (de novembre 1825).