Recherches sur quelques objets d’analyse indéterminée et particulièrement sur le théorème de Fermat

Adrien-Marie_Legendre

Recherches sur quelques objets d’analyse indéterminée et particulièrement sur le théorème de Fermat

Mémoires de l’Académie des sciences, Tome 6, 1827 (p. 1-60).

RECHERCHES

Sur quelques objets d’analyse indéterminée et

particulièrement sur le théorème de Fermat ;

Par M. LEGENDRE.

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Quoique la théorie des nombres soit beaucoup plus avancée maintenant qu’elle ne l’était du temps de Fermat, cependant il reste encore à démontrer une proposition découverte par ce savant illustre^[1], savoir que, passé le second degré, il n’existe aucune puissance qui puisse être partagée en deux autres puissances du même degré. Le cas des troisièmes puissances a été démontré par Euler, et celui des quatrièmes l’a été également par une méthode que Fermat lui-même avait suffisamment indiquée, mais on n’est pas allé au-delà ; et quoique l’Académie des Sciences, dans la vue d’honorer la mémoire de Fermat, eût proposé pour sujet d’un de ses prix de mathématiques, la démonstration du théorème dont nous parlons, le concours, prorogé même au-delà du terme ordinaire, n’a produit aucun résultat.

Il semble donc qu’une difficulté particulière est attachée à cette question et que nous manquons encore du principe spécial qui serait nécessaire pour la résoudre. En attendant qu’un hasard heureux fasse retrouver ce principe, tel que Fermat l’avait conçu, les Amateurs de la théorie des Nombres verront peut-être avec plaisir que le cas des cinquièmes puissances peut être démontré rigoureusement.

Nous allons exposer cette démonstration en la faisant précéder de quelques considérations générales sur les conditions auxquelles devraient satisfaire les trois indéterminées, si la solution était possible. L’une de ces conditions est que l’exposant de la puissance, ou même son carré, soit diviseur de l’une des indéterminées ; et l’on remarquera que cette simple condition, facile à démontrer pour de petites valeurs de l’exposant, devient elle-même un problème difficile et non résolu, lorsqu’on veut l’étendre à un exposant quelconque.

1. L’équation à résoudre étant représentée en général par $x^{n}\pm y^{n}=z^{n}$, on peut d’abord exclure le cas où l’exposant $n$ serait divisible par $4$ ; car cette équation ne serait qu’un cas particulier de l’équation $t^{4}\pm u^{4}=v^{4}$. Or celle-ci est démontrée impossible ; il faut donc que la première le soit à plus forte raison, puisqu’il ne suffirait pas de satisfaire à cette dernière par des valeurs de $t$, $u$, $v$, et qu’il faudrait encore que ces valeurs fussent des puissances de l’ordre ${\tfrac {1}{4}}n$.

On peut de même faire abstraction du cas où l’exposant $n$ serait simplement divisible par $2$ ; car en faisant $n=2m$, l’équation proposée serait un cas particulier de l’équation $t^{m}\pm u^{m}=v^{m}$ où l’exposant $m$ est un nombre impair.

On peut prouver de plus qu’il suffit de considérer le cas où $n$ est un nombre premier ; en effet, si $n$ était un nombre impair quelconque, soit $\nu$ le plus petit nombre premier qui divise $n$, il est clair que l’équation proposée serait un cas particulier de l’équation $t^{\nu }\pm u^{\nu }=v^{\nu }$, de sorte que si cette dernière est démontrée impossible, l’autre devra l’être à plus forte raison.

2. Cela posé, il s’agit en général de démontrer que l’équation $x^{n}+y^{n}+z^{n}=0$, où $n$ est un nombre premier plus grand que $2$, est impossible, sauf le cas évident où l’un des nombres $x$, $y$, $z$, serait zéro. Nous supposerons d’ailleurs que les nombres $x$, $y$, $z$, dont les valeurs et les signes sont indéterminés, n’ont aucun commun diviseur ; car si un même nombre premier $\alpha$ divisait deux des nombres $x,$ $y,$ $z,$ il diviserait nécessairement le troisième, et l’équation pourrait être divisée par $\alpha ^{n}.$ Il faudra, en vertu de cette supposition, que deux des trois nombres $x,$ $y,$ $z,$ soient impairs et le troisième pair.

3. Soit $x+y+z=p,$ je dis que $p$ sera toujours divisible par $n.$ En effet, on sait que $n$ étant un nombre premier, la quantité $x^{n}-x$ est toujours divisible par $n$ ; il en est de même de $y^{n}-y$ et de $z^{n}-z$ ; donc la somme de ces quantités, savoir $x^{n}+y^{n}+z^{n}-p$ ou simplement $-p$ est divisible par $n$.

4. Je dis maintenant que $p^{n}$ sera divisible par le produit $(x+y)(y+z)(z+x)$ de sorte qu’on pourra faire $p^{n}=(x+y)(y+z)(z+x)\mathrm {P} ,$ $\mathrm {P}$ étant un polynôme en $x,$ $y,$ $z,$ homogène et du degré $n-3.$ Car $n$ étant un nombre impair quelconque, $p^{n}-z^{n}$ est toujours divisible par $p-z$ ou $x+y\,;$ de même $x^{n}+y^{n}$ est divisible par $x+y\,;$ donc $p^{n}-z^{n}-x^{n}-y^{n}$ ou simplement $p^{n}$ est divisible par $x+y.$ Par une semblable raison $p^{n}$ est divisible par $y+z$ et par $z+x.$ Donc $n$ étant un nombre impair quelconque, $p^{n}$ sera divisible par le produit $(x+y)(y+z)(z+x).$

5. Si l’on suppose qu’aucun des nombres $x,$ $y,$$z$ n’est divisible par $n,$ il faudra aussi qu’aucune des sommes $x+y$, $y+z$, $z+x$, ne soit divisible par $n\,;$ car si, par exemple, $x+y$ était divisible par $n,$ la différence $p-(x+y)$ ou $z$ serait divisible, ce qui est contre la supposition.

6. Si l’un des nombres $x$, $y$, $z$ est divisible par $n,$ soit $x$ ce nombre ; alors $y+z$ sera divisible non-seulement par $n,$ mais par $n^{n-1}.$ En effet, puisqu’on a $x^{n}+y^{n}+z^{n}=0,$ il faut que $y^{n}+z^{n}$ soit divisible par $n^{n}$ mais $y^{n}+z^{n}$ est le produit de $y+z$ par le polynôme $y^{n-1}-zy^{n-2}+z^{2}y^{n-3}-{\textrm {etc.}}$ ; et si on fait dans ce polynôme $y+z=0$ ou $z=-y$, il se réduit à $ny^{n-1}$ ; donc, comme $y$ ne peut être divisible par $n$, puisque $x$ et $y$ sont premiers entre eux, le polynôme, sera divisible par $n$ simplement et non par une puissance plus élevée de $n$. Donc $y+z$ sera divisible par $n^{n-1}$.

En général, si $x$ était divisible par $n^{\alpha }$, $y+z$ le serait par $n^{n\alpha -1}$, et $\mathrm {P}$ simplement par $n$.

7. Il résulte de ce qui précède que, si on fait $y^{n}+z^{n}=(y+z)\varphi (y,z)$, les deux facteurs $y+z$ et $\varphi (y,z)$ auront $n$ pour commun diviseur ou n’en auront aucun, selon que $x$ sera ou ne sera pas divisible par $n$.

La fonction $\varphi (y,z)=y^{n-1}-zy^{n-2}+z^{2}y^{n-3}\ldots +z^{n-1}$ dont nous ferons beaucoup d’usage, est remarquable par plusieurs propriétés. Comme les nombres $y$ et $z$ doivent être en général ou tous deux impairs, ou l’un pair et l’autre impair, la fonction $\varphi (y,z)$, dont le nombre des termes est $n$, sera toujours un nombre impair. De plus, ce nombre sera positif ; car la fonction $\varphi$ est de degré pair, et elle a tous ses facteurs imaginaires. On sait d’ailleurs que $n$ étant, comme nous le supposons, un nombre premier, la fonction $4\varphi$ peut toujours se mettre sous la forme $4\varphi =\mathrm {Y} ^{2}\pm n\mathrm {Z} ^{2}$, savoir $\mathrm {Y} ^{2}+n\mathrm {Z} ^{2}$, si $n$ est de la forme $4k-1$, et $\mathrm {Y} ^{2}-n\mathrm {Z} ^{2}$, si $n$ est de la forme $4k+1$. (Voyez Th. des N. n^o 476.)

Maintenant, si on peut satisfaire à l’équation $x^{n}+y^{n}+z^{n}=0$, voici les conséquences qui résultent de cette supposition.

8. Considérons d’abord le cas où l’un des trois nombres $x$, $y$, $z$, serait divisible par $n$, et soit $x$ ce nombre ; alors en faisant $y^{n}+z^{n}=(y+z)\varphi (y,z)$, le produit des deux facteurs $y+z$ et $\varphi (y,z)$ sera égal à la puissance $(-x)^{n}$ ; et comme ces deux facteurs ne peuvent avoir que $n$ pour commun diviseur, il faudra que $n(y+z)$, et ${\tfrac {1}{n}}\varphi (y,z)$ soient l’un et l’autre des puissances $n$^ièmes dont le produit sera égal à $(-x)^{n}$ ; c’est pourquoi nous ferons en général $y+z={\tfrac {1}{n}}a^{n}$, $a$ désignant un nombre divisible par $n$ ou par une puissance de $n$, et $\varphi (y,z)=n\alpha ^{n}$, ce qui suppose $x=-a\alpha$, et de plus $\alpha$ premier à $na$.

On a également $z^{n}+x^{n}=(z+x)\varphi (z,x)=(-y)^{n}$ ; mais dans ce cas $y$ n’étant pas divisible par $n$, il faudra que $z+x$ et $\varphi (z,x)$ soient l’un et l’autre des puissances $n^{\text{iemes}}$ ; on fera donc $z+x=b^{n}$, et $\varphi (z,x)={\text{ϐ}}^{n}$, ce qui suppose $y=-b{\text{ϐ}}$.

Pareillement de l’équation $x^{n}+y^{n}=(x+y)\varphi (x,y)=-z^{n}$, on déduira $x+y=c^{n}$, $\varphi (x,y)=-\gamma ^{n}$, ce qui suppose $z=-c\gamma$.

On aura donc à la fois les neuf équations :

${\begin{alignedat}{3}y+z=&{\tfrac {1}{n}}a^{n},\qquad &\varphi (y,z)=&n\alpha ^{n},\qquad &x=&-a\alpha ,\\z+x=&b^{n},&\varphi (z,x)=&{\text{ϐ}}^{n},&y=&-b{\text{ϐ}},\\x+y=&c^{n},&\varphi (x,y)=&\gamma ^{n},&z=&-c\gamma .\end{alignedat}}$

Appelons comme ci-dessus $p$ la somme $x+y+z$, nous aurons

$2p={\tfrac {1}{n}}a^{n}+b^{n}+c^{n}$,

et les valeurs de $x$, $y$, $z$, seront exprimées en fonctions de $a$, $b$, $c$, comme il suit :

$x=p-{\tfrac {1}{n}}a^{n}={\frac {1}{2}}\left(b^{n}+c^{n}-{\tfrac {1}{n}}a\right)$,

$y=p-b^{n}={\frac {1}{2}}\left(c^{n}+{\tfrac {1}{n}}a^{n}-b^{n}\right)$,

$z=p-c^{n}={\frac {1}{2}}\left({\tfrac {1}{n}}a^{n}+b^{n}-c^{n}\right)$.

9. Il existe aussi une relation entre $a$, $b$, $c$, laquelle se déduira de l’équation $2p={\tfrac {1}{n}}a^{n}+b^{n}+c^{n}$, combinée avec l’équation

$0=\left(p-{\tfrac {1}{n}}\right)^{n}+\left(p-b^{n}\right)^{n}+\left(p-c^{n}\right)^{n}$.

On sait d’ailleurs que $p^{n}$ est divisible par $n(y+z)(z+x)(x+y)$, ou par $a^{n}b^{n}c^{n}$ ; on peut donc supposer $p=abc\mathrm {D}$, ce qui donnera

$2abc\mathrm {D} ={\tfrac {1}{n}}a^{n}+b^{n}+c^{n}$.

Et par le développement de l’équation précédente, on obtiendra dans chaque cas particulier une autre équation entre $a$, $b$, $c$, $\mathrm {D}$. Dans le cas de $n=3$, on a simplement $\mathrm {D} =1$.

10. Nous remarquerons encore que tout diviseur premier $\theta$ de l’un des facteurs $\alpha$, ${\text{ϐ}}$, $\gamma$, doit être de la forme $2kn+1$. Car les nombres $\theta$ sont diviseurs d’un nombre de la forme $p^{n}+q^{n}$ sans l’être de $p+q$ ; soit $p=qt+\theta u$, il faudra que $\theta$ soit diviseur de $t^{n}+1$ sans l’être de $t+1$ ; d’où il suit que $\theta$ est de la forme $2kn+1$. (Th. des N., art. 157.)

Cette propriété est commune aux trois facteurs impairs $\alpha$, ${\text{ϐ}}$, $\gamma$ ; mais le premier $\alpha$, qui entre dans la composition de l’indéterminée $x$ déjà divisible par $n$, a de plus la propriété que tous ses facteurs premiers sont de la forme $2kn^{2}+1$.

11. En effet, soit $\theta =2kn+1$ un des facteurs premiers de $\alpha$ ; on déduira des équations précédentes, en omettant les multiples de $\theta$, $\alpha =0$, $x=0$, $y=c^{n}$, $z=b^{n}$, $\varphi (y,z)=0$. Soit $\rho$ une racine, autre que $-1$, de l’équation $\rho ^{n}+1=0$ ; puisqu’on a $y^{n}+z^{n}=(y+z)\varphi (y,z)$, l’équation $\varphi (y,z)=0$, aura pour l’une de ses racines $y=\rho z$ ; donc $c^{n}=\rho b^{n}$, donc $\rho$ doit être un résidu $n$^ième de $\theta$ ; représentons ces résidus par la suite $\pm (1,\mu ,\mu ^{2}\ldots \mu ^{k-1})$, où $\mu$ doit satisfaire à la condition $\mu ^{k}+1=0$ (sans qu’on puisse avoir $\mu ^{h}+1=0$, $h$ étant un diviseur de $k$), on pourra faire $\rho =\mu ^{i}$, et l’équation $\rho ^{n}+1=0$ deviendra $\mu ^{in}+1=0$.

Plusieurs valeurs de $i$ peuvent satisfaire à cette équation ; car si $h$ est la moindre de ces valeurs, on pourra faire $i=h$, $3h$, $5h$, etc., c’est-à-dire $i$ égal à un multiple impair de $h$, et alors la valeur $\rho =\mu ^{i}$, renfermera les valeurs $\rho =\mu ^{h}$, $\rho =\mu ^{3h}$, $\rho =\mu ^{5h}$, etc., lesquelles satisferont également à l’équation $\rho ^{n}+1=0$.

Cela posé, l’équation $\mu ^{hn}+1=0$ dans laquelle l’exposant de $\mu$ est le moindre possible, devra coïncider avec l’équation $\mu ^{k}+1=0$, où $k$ est assujetti à la même condition, de sorte qu’on aura $k=hn$, et par conséquent $\theta =2hn^{2}+1$. Donc tous les diviseurs premiers de $\alpha$ sont de la forme $2hn^{2}+1$ ; ce qui établit une différence notable entre ces diviseurs et ceux des deux autres nombres ${\text{ϐ}}$ et $\gamma$, lesquels sont simplement de la forme $2kn+1$.

12. Nous avons supposé dans l’article 8, que l’un des nombres $x$, $y$, $z$, est divisible par $n$ ; il reste maintenant à considérer le cas où aucun de ces nombres ne serait divisible par $n$. Alors le seul changement à faire dans les neuf équations de l’art. 8, serait de mettre $a^{n}$ à la place de ${\tfrac {1}{n}}a^{n}$, et $\alpha ^{n}$ à la place de $n\alpha ^{n}$. Mais on verra que ce cas ne peut jamais avoir lieu.

13. Au moyen de la forme générale que nous venons de donner aux valeurs de $x,\ y,\ z,$ on peut démontrer que si une de ces indéterminées est divisible par $n,$ elle le sera nécessairement par $n^{2},$ et qu’il en sera de même de la quantité $p.$

En effet, nous avons appelé $x$ dans l’art. 8 l’indéterminée qui est divisible par $n\ ;$ or, d’après l’équation $2p={\frac {1}{n}}a^{n}+b^{n}+c^{n},$ où $2p$ et ${\frac {1}{n}}a^{n}$ sont divisibles par $n,$ il faut que $b^{n}+c^{n}$ soit divisible par $n.$ D’un autre côté, $b^{n}-b$ et $c^{n}-c$ étant toujours divisibles par $n,$ leur somme $b^{n}+c^{n}-(b+c),$ est divisible par $n\ ;$ donc $b+c$ est aussi divisible. Soit $b+c=n\mathrm {A} ,$ on aura

$b^{n}=(-c+n\mathrm {A} )^{n},$

et

$b^{n}+c^{n}=nc^{n-1}.n\mathrm {A} -{\frac {n.n-1}{1}}c^{n-1}.n^{2}\mathrm {A} ^{2}+\ {\text{etc.}}\ ;$

d’où l’on voit que $b^{n}+c^{n}$ est toujours divisible par $n^{2}\ ;$ mais la partie ${\frac {1}{n}}a^{n}$ est aussi divisible par $n^{2}$ dans le cas de $n=3,$ et par une puissance plus élevée de $n,$ lorsque $n$ est $>3.$ Donc $p$ sera toujours divisible par $n^{2}\ ;$ donc $p-{\frac {1}{n}}a^{n}$ ou $x$ sera divisible par $n^{2}.$

Il est donc démontré en général que si l’une des inconnues $x,\ y,\ z,$ est divisible par $n,$ elle le sera nécessairement par $n^{2},$ et qu’il en est de même de la somme $x+y+z=p.$

14. Nous nous proposons maintenant de démontrer que l’une des inconnues $x,\ y,\ z,$ est nécessairement divisible par $n.$

Ayant déjà fait $p=x+y+z,$ soit encore $q=xy+yz+zx,$ $r=xyz,$de manière que les indéterminées $x,\ y,\ z,$ soient les racines de l’équation $\mathrm {V} ^{3}-p\mathrm {V} ^{2}+q\mathrm {V} -r=0\ ;$ si on appelle en général $\mathrm {V} _{m}$ la somme des puissances de degré $m$ des racines, savoir $\mathrm {V} _{m}=x^{m}+y^{m}+z^{m},$ on aura d’après les formules connues :

$\mathrm {V} _{1}=p,$

$\mathrm {V} _{2}=p^{2}-2q,$

$\mathrm {V} _{3}=p^{3}+3(r-pq),$

et en général

$\mathrm {V} _{m}=p^{m}-mqp^{m-2}+mrp^{m-3}+{\frac {m.m-3}{2}}q^{2}p^{m-4}-{\frac {m.m-4}{2}}.2qrp^{m-5}$

$+{\frac {m.m-5}{2}}r^{2}p^{m-6}-{\frac {m.m-4.m-5}{2.3}}q^{3}p^{m-6}$

$+{\frac {m.m-5.m-6}{2.3}}.3q^{2}rp^{m-7}-{\frac {m.m-6.m-7}{2.3}}.3qr^{2}p^{m-8}$

$+{\frac {m.m-7.m-8}{2.3}}r^{3}p^{m-9}\ +\ {\text{etc.}}$

cette suite devant être prolongée jusqu’aux puissances négatives de $p$ exclusivement.

15. Soit $n=3,$ on aura $\mathrm {S} _{3}=0,$ ce qui donne

$p^{3}=3(pq-r)=3(x+y)(y+z)(z+x)\ ;$

donc $p$ est divisible par $3,$ et en outre un des facteurs $x+y,$ $y+z,$ $z+x$ est divisible par $9.$ Soit ce facteur $y+z,$ alors $p-(y+z)$ ou $x$ sera divisible par $3\ ;$ on peut de plus conclure, suivant l’art. 13, que $x$ devra être divisible par $9,$ ainsi que $p.$

16. Soit $n=5,$ on aura $\mathrm {S} _{5}=0$ ce qui donne $p^{5}=5(pq-r)(p^{2}-q)$ ou

$p^{5}=5(x+y)(y+z)(z+x)\left({\frac {p^{2}+x^{2}+y^{2}+z^{2}}{2}}\right).$

Si aucun des nombres $x+y,\ y+z,\ z+x,$ n’est divisible par

$5,$ il faudra que le facteur $p^{2}+x^{2}+y^{2}+z^{2},$ ou simplement sa partie $x^{2}+y^{2}+z^{2}$ soit divisible. Mais tout nombre non divisible par $5$ est représenté par $5m\pm 1$ ou par $5m\pm 2,$ et son carré l’est par $5m\pm 1\ ;$ or trois nombres étant de la forme $5m\pm 1,$ leur somme ne peut être que de l’une des quatre formes $5m\pm 1,$ $5m\pm 3\ ;$ il est donc impossible que $x^{2}+y^{2}+z^{2},$ soit divisible par $5,$ si aucun des nombres $x,\ y$ n’est divisible. Donc dans le cas de $n=5,$ il y a nécessairement une des indéterminées divisible par $5,$ elle l’est donc en même temps par $25$ ainsi que la somme $x+y+z=p.$

17. Ces deux premiers cas peuvent être démontrés d’une manière beaucoup plus simple ; comme il suit.

1^o. Un cube quelconque non divisible par $3$ est nécessairement de l’une des deux formes $9m\pm 1.$ Or trois des restes $\pm 1$ ne peuvent faire ni la somme zéro, ni la somme $9\ ;$ donc si l’on peut satisfaire à l’équation $x^{3}+y^{3}+z^{3}=0,$ un des trois nombres $x,\ y,\ z,$ sera nécessairement divisible par $3.$

2^o. La cinquième puissance de tout nombre non divisible par $5$ est nécessairement de l’une des quatre formes $25m\pm (1,7),$ ce que l’on peut vérifier sur les cinquièmes puissances des nombres $1,\ 2,\ 3,\ 4,$ lesquelles divisées par $25$ ont les mêmes restes que donneraient les cinquièmes puissances des nombres $5x+1,$ $5x+2,$ $5x+3,$ $5x+4.$ Or trois des quatre restes $\pm 1,$ $\pm 7,$ ne peuvent faire ni la somme $0$ ni la somme $25.$ Donc si l’équation $x^{5}+y^{5}+z^{5}=0$ est satisfaite, il faudra que l’un des nombres $x,\ y,\ z,$ soit divisible par $5.$

Le même moyen ne réussit pas pour le cas de $n=7\ ;$ car on trouve $19^{7}-18^{7}-1=7^{7}.18.19.$ Ainsi trois nombres non divisibles par $7$ tels que $x=19,\ y=-18,\ z=-1,$ ou plus généralement $x=19+7^{6}a,\ y=-18+7^{6}b,\ z=-1+7^{6}c,$ donneraient la somme $x^{7}+y^{7}+z^{7}$ divisible par $7^{7}.$ Mais voici deux autres cas qui réussissent, ce sont ceux de $n=11$ et $n=17.$

En effet, 1^o. la puissance $11$^ème de tout nombre non divisible par $11$ est toujours de l’une de ces formes $121m\pm (1,3,9,27,40).$ Or dans les cinq nombres $1,\ 3,\ 9,\ 27,\ 40,$ il n’y en a pas deux qui se suivent immédiatement ou dont la différence soit l’unité. Donc trois de ces nombres ne peuvent faire ni la somme $0$ ni la somme $121.$ Donc l’équation $x^{11}+y^{11}+z^{11}=0$ étant supposée possible, un des nombres $x,\ y,\ z,$ sera divisible par $11.$

2^o. La puissance $17$^ème de tout nombre non divisible par $17$ est de l’une des 16 formes $289m\pm (1,38,40,65,75,110,131,134)\ ;$ or parmi ces restes on n’en trouve pas deux qui se suivent à une unité de différence ; donc dans l’équation $x^{17}+y^{17}+z^{17}=0,$ un des nombres $x,\ y,\ z,$ sera divisible par $17.$

18. Le principe dont nous venons de faire usage se démontre ainsi :

Supposons qu’on ait $x^{n}+y^{n}+z^{n}=0,$ et soit $\theta$ un nombre premier non diviseur de $xyz,$ puisque $x$ et $\theta ^{a}$ sont premiers entre eux, on peut supposer $y=fx+\theta ^{a}y',\ y=gx+\theta ^{a}z',$ et en faisant la substitution on verra que $1+f^{n}+g^{n}$ est divisible par $\theta ^{a},$ ou qu’en supprimant les multiples de $\theta ^{a},$ on a $(-g)^{n}=f^{n}+1,$ donc parmi les restes des puissances $n$^ème divisées par $\theta ^{a},$ il y en aura toujours un, provenant de $(\theta -g)^{a},$ ou de $(-g)^{a}$ qui sera plus grand d’une unité que le reste provenant de $f^{n}.$ Si cette condition ne se trouve pas remplie dans la série des restes on doit en conclure qu’il y a nécessairement un des nombres $x,\ y,\ z,$ divisible par $\theta .$

19. Revenons au cas de $n=7,$ et faisons $\mathrm {S} =0$ dans les formules du n^o 14, nous aurons

$p^{7}=7(pq-r)\left[(p^{2}-q)^{2}+pr\right].$

Le facteur $(p^{2}-q)^{2}+pr$ peut être exprimé par

$\left({\frac {p^{2}+x^{2}+y^{2}+z^{2}}{2}}\right)^{2}+pxyz\ ;$

si donc aucune des indéterminées $x,\ y,\ z,$ n’était divisible par $7,$ il faudrait que $x^{2}+y^{2}+z^{2}$ fût divisible ; mais cette condition ne présente aucun signe d’impossibilité, car le carré de tout nombre non divisible par $7$ est de l’une des trois formes $7m+1,\ 2,\ 4,$ et la somme des trois restes $1,\ 2,\ 4,$ est divisible par $7.$ Cette considération est donc insuffisante pour notre objet, et il faut recourir à d’autres moyens.

20. Étant proposé l’équation $x^{7}+y^{7}+z^{7}=0,$ où l’on suppose $xyz$ non divisible par $7,$ on pourra faire d’abord comme ci-dessus

$y+z=a^{7},\qquad \varphi (y,z)=a^{7},\qquad x=-a\alpha ,$

$\alpha$ étant premier à $7a.$ Mais on sait que $4\varphi (y,z)$ peut se mettre sous la forme $\mathrm {Y^{2}+7Z^{2}} ,$ où l’on a

$\mathrm {Y} =2y^{3}-y^{2}z-yz^{2}+2z^{3}\qquad {\text{et}}\qquad \mathrm {Z} =yz(y-z).$

On aura donc $4\alpha ^{7}=\mathrm {Y^{2}+7Z^{2}} ,$ ou simplement $\alpha ^{7}=\left({\frac {1}{2}}\mathrm {Y} \right)^{2}+7\left({\frac {1}{2}}\mathrm {Z} \right)^{2}\ ;$ car $\mathrm {Y}$ et $\mathrm {Z}$ seront toujours des nombres pairs. Cette équation fait voir que $\alpha$ diviseur de la formule $t^{2}+7u^{2},$ doit être de cette même forme, et qu’ainsi on peut supposer $\alpha =f^{2}+7g^{2}\ ;$ faisant ensuite $\left(f+g{\sqrt {-7}}\right)^{7}=\mathrm {F+G} {\sqrt {-7}},$ ce qui donne

${\begin{aligned}\mathrm {F} &=f(f^{6}-3.7^{2}f^{4}g^{2}+5.7^{3}f^{2}g^{4}-7^{4}g^{6}),\\\mathrm {G} &=7g(f^{6}-5.7f^{4}g^{2}+3.7^{2}f^{2}g^{4}-7^{2}g^{6}),\end{aligned}}$

on aura l’équation $\left({\frac {1}{2}}\mathrm {Y} \right)^{2}+7\left({\frac {1}{2}}\mathrm {Z} \right)^{2}\ =\ \mathrm {F} ^{2}+7\mathrm {G} ^{2},$ à laquelle on satisfait généralement par les valeurs

${\begin{aligned}y^{3}+z^{3}-{\frac {1}{2}}yz(y+z)&=\mathrm {F} ,\\{\frac {1}{2}}yz(y-z)&=\mathrm {G} .\end{aligned}}$

Mais puisque $\mathrm {G}$ est divisible par $7,$ il faudra que $yz(y-z)$ le soit aussi ; et comme dans notre hypothèse $yz$ est non-divisible, il faudra que $y-z$ soit divisible.

On prouvera de même par l’équation $\varphi (z,x)={\text{ϐ}}^{7},$ que $x-z$ doit être divisible par $7$ donc la somme de tes deux quantités, $x+y-2z$ serait divisible. D’un autre côté, $x+y+z$ est toujours divisible par $7\ ;$ donc il faudrait que $3z$ et par conséquent $z$ fût divisible par $7,$ ce qui est contre l’hypothèse. Donc enfin dans le cas de $n=7,$ l’une des indéterminées est nécessairement divisible par $7$ et même par $7^{2}.$

Le même mode de démonstration pourrait s’appliquer aux valeurs $n=11,\ n=19,$ mais il ne réussirait pas pour la valeur $n=13.$ C’est pourquoi nous allons exposer une autre démonstration fort simple et d’une généralité presque absolue.

21. Si l’équation $x^{n}+y^{n}+z^{n}=0$ est possible avec la condition qu’aucun des nombres $x,\ y,\ z,$ n’est divisible par $n,$ il faudra, conformément à l’art. 12, qu’on puisse satisfaire aux équations suivantes où $\alpha {\text{ϐ}}\gamma$ n’a aucun diviseur commun avec $nabc.$

$y+z=a^{n},\qquad \varphi (y,z)=\alpha ^{n},\qquad x=-a\alpha ={\frac {1}{2}}(b^{n}+c^{n}-a^{n}),$

${\begin{alignedat}{3}z+x=&b^{n},\qquad &\varphi (z,x)=&{\text{ϐ}}^{n},\qquad &x=-b{\text{ϐ}}=&{\frac {1}{2}}(c^{n}+a^{n}-b^{n}),\\x+y=&c^{n},&\varphi (x,y)=&\gamma ^{n},&z=-c\gamma =&{\frac {1}{2}}(a^{n}+b^{n}-c^{n}).\end{alignedat}}$

Or nous allons faire voir que ces équations ne peuvent avoir lieu.

Pour cela supposons, ce qui sera prouvé ultérieurement, qu’il existe, pour chaque valeur de $n,$ un nombre premier $\theta =2kn+1,$ tel qu’on ne peut pas satisfaire à l’équation $r'=r+1,$ $r$ et $r'$ étant deux résidus de puissances $n$^ièmes divisées par $\theta ,$ et tel en même que $n$ ne soit pas un de ces résidus. Voici les conséquences qui résultent de l’hypothèse que $n$ n’est pas diviseur de $xyz.$

Il faut d’abord que l’un des nombres $x,\ y,\ z,$ soit divisible par $\theta ,$ car dans le cas contraire, on serait conduit comme dans le n^o 18 à l’équation $r'=r+1$ qui n’a pas lieu. Soit ce nombre $x,$ alors $b^{n}+c^{n}-a^{n}$ sera aussi divisible par $\theta ,$ de sorte qu’en omettant les multiples de $\theta$ on aura $b^{n}+c^{n}-a^{n}=0$ Je conclus de cette dernière équation ; que l’un des nombres $a,\ b,\ c,$ est divisible par $\theta ,$ sans quoi on serait conduit de nouveau à l’équation $r'=r+1$ qui n’a pas lieu. Ce nombre divisible ne peut être ni $b$ ni $c\ ;$ car si cela était, $x$ aurait un commun diviseur avec l’un des nombres $y$ et $z$ exprimés par $-b{\text{ϐ}}$ et $-c\gamma .$ Donc le nombre divisible par $\theta$ ne peut être que $a.$

Cela posé, en omettant toujours les multiples de $\theta$ on aura les équations conditionnelles^[2] $x=0,$ $a=0,$ $b^{n}+c^{n},$ $z=b^{n},\ y=c^{n},\ z=-y\ ;$ ensuite les valeurs $x=0,\ z=-y$ étant substituées dans les équations $\varphi (y,z)=\alpha ^{n},$ $\varphi (x,y)={\text{ϐ}}^{n},$ $\varphi (x,y)=\gamma ^{n},$ il en résulte $ny^{n-1}=\alpha ^{n},$ $z^{n-1}={\text{ϐ}}^{n},$ $y^{n-1}=\gamma ^{n},$ Donc $ny^{n}=\alpha ^{n}.$

Mais puisqu’on a $\theta =2kn+1,$ si on appelle $r$ un résidu quelconque de la puissance $x^{n},$ non divisible par $\theta ,$ on sait par les propriétés de ces résidus (Th. des N. art. 336), que les $2k$ valeurs de $r$ qui satisfont à l’équation $\mu ^{2k}=1,$ sont représentées par la suite $1,\ \mu ,\ \mu ^{2},\dots \mu ^{2k-1},$ formée des puissances successives d’un même nombre $\mu ,$ dont la propriété est telle que $\mu ^{k}=-1,$ et qu’aucune autre puissance de $\mu$ dont le degré serait inférieur à $k,$ ne peut donner le reste $-1.$ Il en résulte donc qu’on pourra faire $\alpha ^{n}=\mu ^{i}$ et $\gamma ^{n}=\mu ^{e}$ et alors l’équation $n\gamma ^{n}=a^{n}$ donnerait $n=\mu ^{i-e}$ donc $n$ serait un résidu de puissance $n$^ème, ce qui est contre la supposition.

22. Tout se réduit par conséquent à prouver qu’il existe pour chaque valeur de $n$ un nombre premier $\theta$ qui satisfait aux deux conditions mentionnées. Voici un tableau dressé à cet effet pour toutes les valeurs de $n$ moindres que $100.$

$n$	$\theta$	$r.$
3	$7=\quad 2.3+1$	$\pm 1$
5	$11=\quad 2.5+1$	$\pm 1$
7	$29=\quad 4.7+1$	$\pm (1,12)$
11	$23=\,\ 2.11+1$	$\pm 1$
13	$53=\,\ 4.13+1$	$\pm (1,23)$
17	$137=\,\ 8.17+1$	$\pm (1,10,37,41)$
19	$191=10.19+1$	$\pm (1,7,39,49,82)$
23	$47=\,\ 2.23+1$	$\pm 1$
29	$59=\,\ 2.29+1$	$\pm 1$
31	$311=10.31+1$	$\pm (1,6,36,52,95)$
37	$149=\,\ 4.37+1$	$\pm (1,44)$
41	$83=\,\ 2.41+1$	$\pm 1$
43	$173=\,\ 4.43+1$	$\pm (1,80)$
47	$659=14.47+1$	$\pm (1,12,55,144,249,270,307)$
53	$107=\,\ 2.53+1$	$\pm 1$
59	$827=14.59+1$	$\pm (1,20,194,270,337,389,400)$
61	$977=16.61+1$	$\pm (1,52,80,227,252,357,403,439)$
67	$269=\,\ 4.67+1$	$\pm (1,82)$
71	$569=\,\ 8.71+1$	$\pm (1,76,86,277)$
73	$293=\,\ 4.73+1$	$\pm (1,136)$
79	$317=\,\ 4.79+1$	$\pm (1,114)$
83	$167=\,\ 2.83+1$	$\pm 1$
87	$179=\,\ 2.89+1$	$\pm 1$
97	$389=\,\ 4.97+1$	$\pm (1,115)$

On voit dans ce tableau, que l’équation $r'-r=1$ n’est satisfaite dans aucun cas, c’est-à-dire qu’il n’y a pas deux restes dont la différence soit égale à l’unité. On voit de même que l’exposant $n$ n’est pas compris parmi les valeurs de $r.$ Ainsi la proposition est démontrée, en quelque sorte d’un trait de plume, pour toutes les valeurs de $n$ moindres que $100$^[3].

23. Dans le tableau précédent on peut remarquer que la valeur de $k$ qui sert à former le nombre auxiliaire $\theta =2nk+1,$ est un terme de la série $1,\ 2,\ 4,\ 5,\ 7,\ 8,$ où l’on ne trouve ni $3$ ni $6.$ Cette suite s’étendrait plus loin si le tableau lui-même était prolongé au-déjà de la limite $n=97\ ;$ mais on n’y trouverait aucun nombre divisible par $3.$ En effet si $k$ était divisible par $3,$ il serait toujours possible de satisfaire à l’équation $r'=r+1,$ et l’une des conditions exigées n’aurait pas lieu. Car en faisant $k=3i,$ le nombre $\mu$ qui par ses puissances successives forme les $2k$ valeurs du résidu $r,$ devra satisfaire à l’équation $\mu ^{k}=-1$ ou $\mu ^{3i}+1=0$ Rejetant dans le premier membre le facteur $\mu ^{i}+1$ qui ne peut pas être zéro par la nature du nombre $\mu$ (art. 21) on aura $\mu ^{2i}-\mu ^{i}+1=0\ ;$ ainsi en faisant $\mu ^{i}=r',$ $\mu ^{2i}=r$ on aurait $r'=r+1.$

24. Si l’on remarque que la valeur $\theta =2n+1$ s’applique à 9 des 24 cas contenus dans le tableau on pourra présumer que la loi est générale ; c’est-à-dire que toutes les fois que $2n+1$ est un nombre premier en même temps que $n,$ ce nombre $2n+1$ ou $\theta$ satisfera aux deux conditions prescrites, savoir que l’équation $r'=r+1$ entre deux résidus $n$^ème n’a pas lieu, et que $n$ n’est pas un de ces résidus. En effet dans ce cas il n’y a que deux résidus $+1$ et $-1,$ qui ne satisfont point à l’équation $r'=r+1,$ et $n$ n’est pas un de ces résidus.

25. On peut prouver de même que lorsqu’on a $\theta =4n+1,$ ces deux conditions sont encore satisfaites. Dans ce cas il y aura 4 résidus $r$ à déduire de l’équation $r^{4}-1=0,$ laquelle se divise en deux autres $r^{2}-1=0,\ r^{2}+1=0.$ La seconde d’où il faut déduire le nombre $\mu$ est facile à résoudre ; car on sait que dans le cas dont il s’agit $\theta$ peut être mis sous la forme $a^{2}+b^{2},$ il suffira donc de déterminer $\mu$ par la condition que $a+b\mu$ soit divisible par $\theta ,$ et $\mu ^{2}+1$ sera divisible par $\theta \ ;$ de sorte qu’en omettant les multiples de $\theta ,$ on pourra faire $\mu ^{2}=-1$ et les quatre valeurs de $r$ seront $r=\pm (1,\mu ).$

De là on voit que la condition $r'=r+1$ ne pourrait être satisfaite que dans le cas de $\mu =2,$ alors on aurait $\theta =5$ et $n=1,$ cas exclu. La seconde condition qui exigerait que $\mu =n,$ donne en omettant les multiples de $\theta ,$ $n^{2}=-1\ ;$ mais par la même omission on a $1+4n=0,$ et $1=16n^{2}\ ;$ donc $n^{2}=-16n^{2},$ ou $17=0,$ c’est-à-dire que $17$ serait le nombre $\theta \ ;$ mais alors on aurait $n=4$ qui n’est pas un nombre premier.

Donc toutes les fois que $n$ et $4n+1$ seront l’un et l’autre des nombres premiers, le nombre $\theta =4n+1$ satisfera aux deux conditions requises.

26. L’analogie porte à croire qu’il en sera de même dans le cas de $\theta =8n+1\ ;$ c’est ce qu’il faut examiner. D’abord la valeur de $\mu$ devra être déterminée par l’équation $\mu ^{4}+1=0$ qui peut être résolue sans tâtonnement de la manière suivante.

Le premier membre peut se mettre sous la forme $(\mu ^{2}-1)^{2}+2\mu ^{2},$ et comme $\theta$ nombre premier $8n+1,$ doit être de la forme $a^{2}+2b^{2},$ on pourra faire $\mu ^{2}-1=2\mu c,$ en prenant pour $c$ la plus petite valeur de $y$ qui satisfait à l’équation $a-2by=\theta x$

Pour résoudre ensuite l’équation $\mu ^{2}-2\mu c-1=0,$ ou $(\mu -c)^{2}-(c^{2}+1)=0,$ on multipliera le premier membre par $4b^{2},$ et observant que $4b^{2}(c^{2}+1)=a^{2}+4b^{2}=2b^{2},$ on aura $4b^{2}(\mu -c)^{2}-2b^{2}=0,$ ou $2(\mu -c)^{2}-1=0.$ Mais le nombre $\theta$ de forme $8n+1,$ peut être représenté par $2\alpha ^{3}-{\text{ϐ}}^{2}\ ;$ donc $\mu$ sera déterminé par la condition que ${\text{ϐ}}(\mu -c)\pm \alpha$ a soit divisible par $\theta .$

Cela posé, les huit valeurs de $r$ seront $r=\pm (1,\mu ,\mu ^{2},\mu ^{3})$ Maintenant l’équation $r'=r+1$ si elle pouvait avoir lieu, serait représentée par l’une des trois équations suivantes :

$\mu ^{2}=\mu \pm 1,\qquad \mu ^{3}=\mu ^{2}\pm 1,\qquad \mu ^{3}=\pm \mu +1\ ;$

et comme on a $\mu ^{4}=-1,$ la seconde mise sous la forme $\mu ^{3}=\mu ^{2}\pm \mu ^{4},$ et la troisième multipliée par $\mu$ se réduisent à la première. Ainsi tout se réduit à prouver qu’on ne peut avoir $\mu ^{2}=\mu \pm 1$ ou $\mu ^{2}\mp 1=\mu .$ En effet si on élève chaque membre au carré, on aura $\mp 2\mu =\mu ^{2}$ équation impossible. Si on admettait encore la combinaison $\mu ^{4}=\pm \mu ^{2}+1,$ il en résulterait $2=\pm \mu ^{2}$ et ensuite $4=\mu ^{4}=-1,$ équation impossible. Donc lorsqu’on aura $\theta =8n+1,$ l’équation $r'=r+1$ sera impossible, et la première condition sera remplie.

Il reste à prouver que la seconde le sera également, c’est-à-dire que $n$ ne sera pas comprise parmi les valeurs de $r.$ Si elle l’était on aurait $n^{4}=\pm 1\ ;$ d’un autre côté on a $1=-8n+\theta ,$ ou simplement $1=-8n,$ et par conséquent $1=8^{4}n^{4},$ donc $n^{4}=\pm 8^{4}n^{4},$ ou $8^{4}\pm 1=0,$ ce qui veut dire que $\theta$ ne pourra être qu’un diviseur de $8^{4}\pm 1\ ;$ or $8^{4}+1$ n’a pour diviseur aucun nombre premier de la forme $8n+1$ et $8^{4}n+1$ en a deux, savoir $17$ et $241\ ;$ mais ceux-ci supposent $n=2$ et $n=30,$ l’un n’étant pas premier, l’autre n’étant pas impair. Donc nos deux conditions seront remplies sans aucune exception, toutes les fois qu’on aura $\theta =8n+1.$

27. Soit encore $\theta =16n+1,$ on pourra toujours trouver une valeur de $\mu$ telle qu’en omettant les multiples de $\theta$ on ait $\mu ^{8}=-1,$ et les $16$ valeurs du résidu $r$ seront ainsi représentées $r=\pm (1,\mu ,\mu ^{2},\dots \mu ^{7}).$ Maintenant si l’équation $r'=r+1$ entre deux résidus pouvait avoir lieu, elle se réduirait toujours à l’une des six équations

$\mu ^{2}=\mu \pm 1,\quad \mu ^{3}=\pm \mu +1,\quad \mu ^{4}=\mu \pm 1,\quad \mu ^{4}=\pm \mu ^{2}\pm 1,$

$\mu ^{5}=\pm \mu +1,\quad \mu ^{5}=\mu ^{2}\pm 1.$

Or de la première on déduit $(\mu ^{2}\mp 1)^{2}=\mu ^{2}$ ou $\mu ^{4}+1=\mu ^{2}(1\pm 2),$ et le carré de celle-ci est $2\mu ^{4}=\mu ^{4}(1\mp 2)^{2},$ ou $(1\pm 2)^{2}=2,$ équation impossible.

La seconde équation donne

$\mu ^{2}(\mu ^{2}\mp 1)^{2}=1\qquad {\text{ou}}\qquad \mu ^{4}\mp 2\mu ^{2}+1={\frac {1}{\mu ^{2}}}\ ;$

donc

$-\mu ^{4}+1=\pm 2\mu ^{2}+{\frac {1}{\mu ^{2}}}\ ;$

le carré de celle-ci est

$2\mu ^{4}=4\mu ^{4}\pm 4{\frac {1}{\mu ^{4}}},$

ou parce que ${\frac {1}{\mu ^{2}}}=-\mu ^{4},$ $\mu ^{4}=\mp 4\ ;$ donc $-1=16,$ c’est-à-dire

$\theta =17,$ valeur qui supposerait $n=1.$

La troisième équation $\mu ^{4}\mp 1=\mu$ étant élevée au carré, donne $\mp \mu ^{4}=\mu ^{2}\ ;$ le carré de celle-ci est $-4=\mu ^{4}$ d’où résulte encore $16=-1,$ ou $\theta =17.$

La quatrième $\mu ^{4}\mp =\pm \mu ^{2}$ élevée au carré, donne $\mp 2\mu ^{4}=\mu ^{4},$ ou $1=\mp 2,$ équation impossible.

Enfin on trouvera de même que les équations $\mu ^{5}=\pm \mu +1,$ $\mu ^{5}=\mu ^{2}\pm 2,$ conduisent à des résultats impossibles.

Donc la première condition est satisfaite. Quant à la seconde on trouve également qu’elle l’est, à moins que $\theta$ ne soit diviseur de $16^{8}\pm 1$ ou de $2^{32}\pm 1.$ Or on sait (Th. des N., art. 162) que le nombre $2^{32}-1$ n’a d’autres diviseurs premiers $16n+1$ que $17257$ et $65537$ qui supposent $u=\ 1,\ 16,\ 4096,$ valeurs exclues ; on sait également par l’art. 157, que le nombre ${\displaystyle }$ n’a que les diviseurs premiers $641$ et $6700417,$ qui supposent $n=40$ et $n=418776,$ or ceux-ci ne sont pas des nombres premiers. Donc il n’y a aucune exception et les deux conditions seront toujours remplies lorsqu’on aura $\theta =16n+1.$

28. On peut vérifier de la même manière que les deux conditions sont encore remplies pour les cas de $\theta =10n+1$ et $\theta =14n+1.$ Dans le dernier cas, la seconde condition ne souffrirait d’exception que pour les diviseurs premiers $14n+1$ de $14^{7}\pm 1.$ Or $14^{7}+1$ est le produit de $15$ par le nombre $7027567$ qui est premier, mais pour lequel on aurait $n=501969$ qui n’est pas premier ; et $14^{7}-1$ est le produit de $13$ par $8108731$ qui est un nombre premier $14n+1,$ mais pour lequel $n$ n’est pas premier. Ainsi la proposition démontrée par la table pour tous les nombres premiers $n$ moindres que $100,$ s’étend généralement à tous les nombres premiers $n$ tels que dans les six formules $2n+1,$ $4n+1,$ $10n+1,$ $14n+1,$ $16n+1,$ il y ait au moins un nombre premier, ce qui permet d’étendre immédiatement la table jusqu’à $n=197$ qui dépend du nombre premier $\theta =38n+1=7487.$

29. Dans le cas de $n=5,$ ces six formules donnent les trois nombres premiers $11,\ 41,\ 71,$ qui remplissent par conséquent les conditions exigées dans la table ; la formule $\theta =10k+1$ donne encore le nombre $101$ qui satisfait aux deux mêmes conditions. Mais depuis $101$ jusqu’à $1000$ on ne trouve aucun nombre $10k+1,$ ou plutôt $30k'+11$ (car $30k'+1$ est exclu par le n^o 23) qui ne satisfasse à l’équation $r'=r+1,$ ce qui doit faire présumer que $101$ est le dernier des nombres qui remplissent les deux conditions de la table. Nous ne connaissons donc que les quatre nombres $11,\ 41,\ 71,\ 101$ qui divisent nécessairement $xyz$ dans l’équation $x^{5}+y^{5}+z^{5}=0.$ Voici les résidus cinquièmes qui répondent à ces quatre valeurs de $\theta .$

$\theta .$	Résidus cinquièmes.
$11$	$\pm 1,$
$41$	$\pm (1,\ 3,\ 9,\ 14),$
$71$	$\pm (1,\ 20,\ 23,\ 26,\ 30,\ 32,\ 34),$
$101$	$\pm (1,\ 6,\ 10,\ 14,\ 17,\ 32,\ 36,\ 39,\ 41,\ 44).$

D’où l’on voit que, non-seulement l’équation $r'=r+1$ n’est pas satisfaite, mais que $5$ n’est pas compris parmi les résidus. Cette dernière circonstance permet de démontrer que les trois nombres $11,\ 71,\ 101$ divisent la même indéterminée $x$ déjà divisible par $5^{2}$ et de plus que cette propriété n’appartient qu’au plus petit $a$ des deux facteurs ${\displaystyle }$ dont la valeur de $a,\ \alpha ,$ est composée. Voici les moyens de parvenir à cette démonstration, d’où l’on déduira quelques conséquences importantes pour les autres cas du théorème de Fermat.

30. Reprenons pour cet effet les équations de l’art. 8, savoir

${\begin{alignedat}{3}y+z=&{\frac {1}{n}}a^{n},\qquad &x=&-a\alpha ={\frac {1}{2}}\left(b^{n}+c^{n}-{\frac {1}{n}}a^{n}\right),\qquad &\varphi (x,z)=&n\alpha ^{n},\\z+x=&b^{n},&y=&-b{\text{ϐ}}={\frac {1}{2}}\left(c^{n}+{\frac {1}{n}}a^{n}-b^{n}\right),&\varphi (x,z)=&{\text{ϐ}}^{n},\\x+y=&c^{n},&z=&-c\gamma ={\frac {1}{2}}\left({\frac {1}{n}}a^{n}+b^{n}-c^{n}\right),&\varphi (x,z)=&\gamma ^{n},\end{alignedat}}$

et supposons que le nombre $\theta$ de la forme $2kn+1$ réunit les deux conditions exigées dans l’art. 21. On peut prouver en général que $\theta$ n’est point diviseur de $b\ ;$ car supposons, s’il est possible, que $\theta$ divise $b,$ il divisera en même temps $y$ et, en supprimant les multiples de $b$ on aura $b=0$ et $y=0.$ De là on déduit $z=$ donc ${\frac {1}{n}}a^{n}+c^{n}=0.$ De là on déduit $z={\frac {1}{n}}a^{n},$ $x=c^{n},$ $z+x=0,$ donc ${\frac {1}{n}}a^{n}+c^{n}=0.$ Représentons par $\mu ^{i}$ et $\mu ^{i}$ les résidus des puissances $a^{n}$ et $c^{n}$ divisées par $\theta ,$ nous aurons $\mu ^{i}+n\mu ^{e}=0,$ ou $n=-\mu ^{i-e}\ ;$ donc $n$ serait un des résidus $r$ compris dans la suite $\pm (1,\mu ,\mu ^{2}\dots \mu ^{k-1},$ ce qui est contre la supposition. On prouvera de même que $\theta$ ne divise point $c\ ;$ donc $\theta$ ne divise point $bc.$

31. En second lieu, supposons que $\theta$ divise l’un des bres designés par $\alpha ,$ ${\text{ϐ}},$ $\gamma ,$ puisque $\alpha {\text{ϐ}}\gamma ,$ n’a aucun diviseur commun avec $nabc,$ il faudra que $\theta$ ne divise aucun des nombres $a,$ $b,$ $c\ ;$ cependant comme il doit être diviseur de l’un des nombres $x,$ $y,$ $z,$ on voit par les valeurs de ces nombres données ci-dessus, que l’une des quantités

$b^{n}+c^{n}-{\frac {1}{n}}a^{n},\quad c^{n}+{\frac {1}{n}}a^{n}-b^{n},\quad {\frac {1}{n}}a^{n}+b^{n}-c^{n},$

doit être zéro, en rejetant les multiples de $\theta \ ;$ et comme dans le même cas ${\displaystyle }$ cette condition exige que parmi les résidus $r,$ $r',$ $r'',$ etc., il y en ait deux $r$ et $r'$ qui satisfassent à l’équation $r'-r=2k.$ C’est ce qu’on vérifiera aisément en ajoutant $2k$ à tous les termes de la suite $\pm (1,\mu ,\mu ^{2},\dots \mu ^{k-1}),$ et voyant si la seconde suite ainsi formée a un ou plusieurs termes communs avec la première suite. Si elle n’en a point l’équation $r'-r=2k$ est impossible, donc $\theta$ ne saurait diviser $\alpha {\text{ϐ}}\gamma ,$ et puisque d’ailleurs il ne divise pas $bc,$ il divisera nécessairement le facteur $a,$ l’un des deux dont $x$ est composé.

Cette vérification, si elle réussit, dispensera des deux suivantes.

32. En général on peut par deux opérations assez simples déterminer si $\theta$ peut être diviseur de ${\text{ϐ}}\gamma ,$ et s’il peut l’être de $\alpha .$

Supposons 1^o que $\theta$ divise ${\text{ϐ}},$ alors en omettant les multiples de $\theta$ on aura

${\text{ϐ}}=0,\;\;y=0,\;\;z={\frac {1}{n}}a^{n}=-2ka^{n},\;\;x=c^{n},\;\;z+x=b^{n},\;\;\varphi (z,x)=0.$

Et d’abord pour résoudre cette dernière équation il faut remonter à la valeur de la fonction

$\varphi (z,x)={\frac {z^{n}+x^{n}}{z+x}}\ ;$

ainsi il faudra résoudre l’équation $x^{n}+z^{n}=0,$ c’est-à-dire $=$ un multiple de $\theta ,$ et omettre la racine $x+z=0.$ Or on sait (Th. des N. art. 337) que la solution générale de cette équation est donnée par la formule $x=-z.\rho ^{m},$ $\rho ^{m}$étant une puissance quelconque du nombre $\rho$ qui satisfait à l’équation $\rho ^{n}-1=0,$ c’est-à-dire $\rho ^{n}-1=$ à un multiple de $\theta .$

Cela posé, si on exclut la valeur $x=-z$ les $n-1$ racines de l’équation $\varphi (x,z)=0,$ seront, en omettant toujours les multiples de $\theta ,$ $x=-z(\rho ,\rho ^{2},\rho ^{3},\dots \rho ^{n-1}),$ et parce que $x=c^{n}$ et $z=-2ka^{n},$ on aura les $n-1$ valeurs

$c^{n}=a^{n}(2k\rho ,\ 2k\rho ^{2},\ 2k\rho ^{3}\dots \ 2k\rho ^{n-1}).$

Dans cette équation ${\frac {c^{n}}{a^{n}}}$ peut être considéré comme un résidu $n$^ème donc il faudra que dans la suite

$\mathrm {B} =2k\rho ,\ 2k\rho ^{2},\ 2k\rho ^{3}\dots \ 2k^{n-1},$

il se trouve un ou plusieurs termes communs avec la suite des résidus $\mathrm {M} =\pm (1,\ \mu ,\ \mu ^{2},\ \mu ^{3},\dots ,\mu ^{k-1}).$

S’il ne se trouvait aucun terme commun entre ces deux suites, on en conclurait que $\theta$ n’est point diviseur de ${\text{ϐ}}$ ni par conséquent de $\gamma ,$ car l’épreuve est la même pour l’un et pour l’autre.

S’il y a un ou plusieurs termes communs entre ces deux suites il faudra encore qu’ils satisfassent à la condition $z+x=b^{n}\ ;$ et parce que ${\frac {b^{n}}{a^{n}}}$ doit encore être un résidu $n$^ème, il faudra que dans la suite

$\mathrm {B} '=2k(\rho -1),\ 2k(\rho ^{2}-1),\ 2k(\rho ^{3}-1),\dots 2k(\rho ^{n-1}-1),$

il y ait encore un ou plusieurs termes qui appartiennent à la suite $\mathrm {M} \ ;$ mais il faut de plus que les termes des suites $\mathrm {B}$ et $\mathrm {B} '$ communs avec $\mathrm {M} ,$ soient placés au même rang c’est-à-dire que le terme $2k\rho '$ de la suite $\mathrm {B}$ et le terme correspondant $2k\rho '-2k$ de la suite $\mathrm {B} ',$ soient compris l’un et l’autre dans la suite $\mathrm {M}$ des résidus $n$^ème. Si cette double condition n’est pas remplie on en conclura que $\theta$ n’est point diviseur de ${\text{ϐ}}\gamma .$

33. Supposons 2^o que $\theta$ est diviseur de $\alpha ,$ on trouvera semblablement que dans les deux suites

${\begin{aligned}\mathrm {A} \ &=\rho ,\ \rho ^{2},\ \rho ^{3},\ldots \rho ^{n-1},\\\mathrm {A} '&=n(\rho -1),\ n(\rho ^{2}-1),\ n(\rho ^{3}-1),\dots n(\rho ^{n-1}-1),\end{aligned}}$

il devra se trouver deux termes correspondans $\rho ^{i},$ $n(\rho ^{i}-1),$ qui soient compris l’un et l’autre dans la suite $\mathrm {M} .$

Mais cette épreuve ne sera nécessaire que lorsque $\theta$ sera de la forme $2hn^{2}+1\ ;$ car on sait a priori (art. 10) que si le nombre premier $\theta$ est simplement de la forme $2kn+1$ dans laquelle $k$ n’est point divisible par $n,$ ce nombre ne peut être diviseur de $\alpha$

Au moyen de ces deux épreuves on décidera aisément dans chaque cas particulier, si $\theta$ peut-être diviseur de ${\text{ϐ}}\gamma$ ou de $\alpha \ ;$ s’il ne divise ni l’un ni l’autre, on sera assuré qu’il doit être diviseur de $a.$

34. Soit par exemple $n=5,$ nous aurons à examiner cessivement les quatre diviseurs $\theta =11,\ 41,\ 71,\ 101,$ dont nous avons donné les résidus $5$^èmes, art. 29.

Soit 1^o. $\theta =11,$ on aura $2k=2,$ et $\mathrm {M} =\pm 1.$ L’équation $\rho ^{5}-1=0,$ où l’on néglige les multiples de $11,$ a pour une de ses racines $\rho =5,$ ce qui donne les autres $\rho ^{2}=3,\ \rho ^{3}=4,\ \rho ^{4}=-2\ ;$ d’après ces valeurs voici les quatre suites $\mathrm {A,\,A',\,B,\,B'} ,$ où nous conservons l’ordre des puissances de $\rho \ :$

${\begin{alignedat}{2}\mathrm {A} \ =&+5,\ +3,\ +4,\ -2,\qquad &\mathrm {B} \ =&-1,\ -5,\ -3,\ -4,\\\mathrm {A} '=&-2,\ -1,\ +4,\ -4,&\mathrm {B} '=&-3,\ +4,\ -5,\ +5.\end{alignedat}}$

On voit que $\mathrm {B} '$ n’a aucun terme commun avec $\mathrm {M} =\pm 1$ et qu’il en est de même de $\mathrm {A} \ ;$ donc $11$ ne divise ni ${\text{ϐ}}\gamma$ ni $\alpha ,$ donc il divise le facteur de $x$ désigné par $a.$

Soit 2^o. $\theta =41,$ on aura $2k=8$ et $\mathrm {M} =\pm (1,\ 3,\ 9,\ 14)\ ;$ on satisfait à l’équation $\rho ^{5}-1=0,$ c’est-à-dire à l’équation $\rho ^{5}-1=\mathrm {M} (41),$ par la valeur $\rho =-4,$ de là ces quatre suites :

${\begin{alignedat}{2}\mathrm {A} \ =&\ \ -4,+16,+18,+10,\qquad &\mathrm {B} \ =&+9,+5,-20,-\ \ 2,\\\mathrm {A} '=&+16,-\ \ 7,+\ \ 3,+\ \ 4,&\mathrm {B} '=&+1,-3,+13,-10.\end{alignedat}}$

Les termes correspondans $9$ et $1$ pris dans $\mathrm {B}$ et dans $\mathrm {B} ',$ sont compris dans la suite $\mathrm {M} \ ;$ donc il n’y a pas d’impossibilité à ce que $41$ divise ${\text{ϐ}}\gamma .$

Il était inutile dans ces deux premiers cas de former les séries $\mathrm {A}$ et $\mathrm {A} '$ parce que les nombres $11$ et $41,$ ne sont pas de la forme $2hn^{2}+1$ ou $50h+1\ ;$ il en sera de même dans le cas suivant, mais elles deviendront nécessaires dans le cas $4$^ème, relativement au diviseur $101.$

Soit 3^o. $\theta =71,$ on aura $2k=14$ et $\mathrm {M} =\pm (1,\ 20,\ 23,26,30,32,34)\ ;$ l’équation $\rho ^{5}-1=0$ a pour racine $\rho =5$ d’où résultent les valeurs suivantes :

${\begin{aligned}\mathrm {B} \ =&-\ \ 1,-\ \ 5,-25,+17,\\\mathrm {B} '=&-15,-19,+32,+\ \ 3.\end{aligned}}$

La suite $\mathrm {B}$ a le terme $-1$ et la suite $\mathrm {B} '$ le terme $32,$ communs avec $\mathrm {M} \,;$ mais ces deux termes ne sont pas placés au même rang dans les deux suites, donc $71$ ne divise pas ${\text{ϐ}}\gamma \,;$ il ne peut pas non plus diviser $\alpha ,$ puisqu’il n’est pas de la forme $50h+1\,;$ donc $71$ est un diviseur de $a.$

  Soit 4^o. $\theta =101,$ on aura $2k=20,\ldots \ldots \ldots$

$\mathrm {M} =\pm (1,6,10,14,17,32,36,39,41,44),$ et l’équation $\rho ^{5}-1=0,$ ayant pour racine $\rho =-6,$ on en tire les valeurs suivantes :

${\begin{alignedat}{2}\mathrm {A} \ =&-\ \ 6,+36,-14,-17,\qquad &\mathrm {B} \ =&-19,+13,+23,-37,\\\mathrm {A} '=&-35,-37,+26,+11,&\mathrm {B} '=&-39,-\ \ 7,+\ \ 3,+44,\end{alignedat}}$

La suite $\mathrm {B}$ n’a aucun terme commun avec $\mathrm {M} ,$ donc $101$ ne divise pas ${\text{ϐ}}\gamma ,$ il ne divise pas non plus $\alpha ,$ parce que la suite $\mathrm {A} '$ n’a aucun terme commun avec $\mathrm {M} .$ Donc $101$ est diviseur de $a.$

35. Il résulte de tout ce qui vient d’être démontré qu’on doit faire $a=5^{2}.11.71.101a',$ et par suite $y+z={\frac {1}{5}}\left(5^{2}.11.71.101a'\right)^{5}\,;$ ainsi abstraction faite du facteur $a'$ qui pourrait être plus grand que tous les autres, la valeur de $y+z$ a pour logarithme $30.775590\,;$ d’où l’on voit que l’une des indéterminées $y$ et $z$ serait un nombre composé de $31$ chiffres au moins, si l’équation $x^{5}+y^{5}+z^{5}=0$ était possible. Alors le plus grand des trois termes de cette équation aurait au moins $153$ chiffres, et le plus petit en aurait au moins $122.$

36. Considérons maintenant le cas des septièmes puissances ; si on cherche d’après l’art. 26 les nombres premiers contenus dans les formules $2n+1,\,4n+1,\,8n+1,\,16n+1,\,10n+1,\,14n+1,$ où $n=7,$ on trouvera les trois nombres $29,\,71,\,113,$ qui doivent satisfaire aux deux conditions exigées n^o. 21 ; voici les résidus septièmes de ces trois nombres :

${\begin{array}{r|l}\theta &{\text{Résidus septièmes}}.\\\hline 29&\pm (1,12),\\71&\pm (1,5,14,17,25)\\113&\pm (1,15,18,35,40,42,44,48),\end{array}}$

où l’on voit qu’en effet les résidus ne satisfont point à l’équation $r'=r+1$ et ne contiennent pas le nombre $7.$ Cela posé, on pourra démontrer que deux de ces nombres savoir $29$ et $71,$ ne peuvent diviser que le facteur $a$ dans les formules de l’art. 8.

En effet, soit 1^o. $\theta =29,$ ce qui donne $2k=4\,;$ comme dans ce cas les résidus 7^ièmes sont $\pm 1\pm 12,$ on voit que l’équation $r'=r+2k$ n’est pas satisfaite ; car en ajoutant $4$ à ces résidus, on aurait les quatre nombres $3,\,5,\,-8,\,+16,$ dont aucun n’est compris parmi les résidus. Donc suivant l’art. 31, il faut que $29$ soit diviseur de $a.$ Soit 2^o. $\theta =71,$ on aura $2k=10,$ $\mathrm {M} =\pm (1,5,14,17,25)$ et l’équation $\rho '-1=0,$ où l’on néglige les multiples de $71,$ aura pour racine $\rho =20.$ De là résultent les valeurs de $\mathrm {B}$ et $\mathrm {B} '$ comme il suit :

${\begin{aligned}\mathrm {B} \ =&-13,24,-17,15,16,-35,\\\mathrm {B} '=&-23,14,-27,\ \ 5,\ \ 6,\;\;26,\end{aligned}}$

La première suite $\mathrm {B}$ contient le seul terme $-17$ commun avec la suite $\mathrm {M} ,$ mais le terme correspondant $-27$ dans la suite $\mathrm {B} '$ ne se trouve pas dans la suite $\mathrm {M} .$ Donc $71$ ne divise pas ${\text{ϐ}}\gamma .$

Nous n’avons pas formé les suites $\mathrm {A}$ et $\mathrm {A} ',$ parce que $71$ n’étant pas de la forme $2hn^{2}+1,$ ou $98h+1,$ on sait par l’art. 10 que $71$ ne peut diviser $\alpha .$ Donc $71$ est diviseur de $a.$

        Soit 3^o. $\theta =113,$ on aura

$2k=16,$ $\mathrm {M} =\pm (1,15,18,35,40,42,44,48),$ et l’équation $\rho ^{2}=-1$ aura pour racine $\rho =-4,$ ce qui donne

${\begin{aligned}\mathrm {B} \ =&49,30,-\ \ 7,28,\quad 1,-\ \ 4,\\\mathrm {B} '=&33,14,-23,12,-15,-20.\end{aligned}}$

On voit que les deux nombres $1$ et $-15,$ situés au même rang dans les deux suites $\mathrm {B}$ et $\mathrm {B} ',$ sont compris dans la suite $\mathrm {M} .$ Donc $113$ peut diviser ${\text{ϐ}}\gamma ,$ et ne doit pas être compris parmi les diviseurs de $a.$

Nous conclurons de là qu’on doit faire $a=49.29.71.a',$ ce qui donne $y+z={\frac {1}{7}}(49.29.71a')^{7}.$ Faisant abstraction du facteur $a',$ on aura $\log .(y+z)=34.181864\,;$ donc l’un des nombres $y$ et $z$ n’aura pas moins de $34$ chiffres.

37. Dans l’équation du 11^ième degré on trouvera semblablement que la même indéterminée $x$ divisible par $11^{2},$ doit l’être encore par $23$ et par $89,$ ce qui donnera $y+z={\frac {1}{11}}\left(11^{2}.23.89a'\right)^{11},$ et en faisant abstraction du facteur $a',$ $\log .(y+z)=58.291540.$ Donc l’un des nombres $y$ et $z$ aura au moins $58$ chiffres, et l’équation $x^{11}+y^{11}+z^{11}=0,$ ne pourra être vérifiée qu’avec des nombres dont le plus petit aurait au moins $585$ chiffres.

Dans l’équation du 13^ème degré on trouvera immédiatement $y+z={\frac {1}{13}}\left(13^{2}.53a'\right)^{13},$ ce qui donne au moins $52$ chiffres à l’un des nombres $y$ et $z,$ et $676$ à l’une des puissances 13^èmes qui forment l’équation.

      Dans l’équation du 17^ème degré on aura

$y+z={\frac {1}{17}}(17^{2}.137a')^{17},$ $\log .(y+z)=77.929074+17\log .a'\,;$ donc l’une des indéterminées aurait au moins $78$ chiffres.

Ces exemples suffisent pour donner une idée de la grandeur des nombres qui satisferaient à l’équation de Fermat, s’il y avait des cas où cette équation fût possible ce qui est déjà fort peu probable. Procédons maintenant à la démonstration de l’impossibilité dans le cas du 5^e degré.

De l’Équation $x^{5}+y^{5}+z^{5}=0.$

38. Puisque, l’une des indéterminées doit être divisible par $5,$ et même par $25\,;$ soit $x$ cette indéterminée on trouvera comme au n^o 8, que l’équation $y^{5}+z^{5}=-x^{5}$ se partage nécessairement en deux autres de cette manière :

$y+z=5^{4}t^{4},$

$y^{4}-y^{3}z+y^{2}z^{2}-yz^{3}+z^{4}=5r^{5},$

ce qui suppose $x=-5tr,$ $r$ étant un nombre impair, positif et premier à $5t.$

Cela posé, il y a deux cas à distinguer selon que $x$ sera pair ou impair.

Premier cas, où l’on suppose $x$ pair.

39. Alors $t$ est pair, $y$ et $z$ sont impairs et la seconde des équations $(a)$ pourra se mettre sous la forme

$5\left({\frac {y^{2}+z^{2}}{2}}\right)^{2}-\left({\frac {y^{2}+2yz+z^{2}}{2}}\right)^{2}=5r^{5}.$

Divisant par $5$ et mettant au lieu de $y^{2}+2yz+z^{2}$ sa valeur $5^{8}t^{10},$ on aura

$\left({\frac {y^{2}+z^{2}}{2}}\right)^{2}-5\left({\frac {5^{7}t^{10}}{2}}\right)^{2}=r^{5}.$

Dans notre hypothèse, les nombres ${\frac {1}{2}}\left(y^{2}+z^{2}\right)$ et ${\frac {1}{2}}.5^{7}t^{10}$ sont des entiers ; d’ailleurs puisque le premier membre est de la forme $p^{2}-5q^{2},$ son diviseur $r$ devra être de la même forme, de sorte qu’on pourra supposer $r=f^{2}-5g^{2},$ puis faisant $\left(f+g{\sqrt {5}}\right)^{5}=\mathrm {F+G} {\sqrt {5}},$ ce qui donne

${\begin{aligned}\mathrm {F} =&f\left(f^{4}+50f^{2}g^{2}+125g^{4}\right),\\\mathrm {G} =&5g\left(f^{4}+10f^{2}g^{2}+5g^{4}\right),\end{aligned}}$

on aura $r^{5}=\mathrm {F^{2}-5G^{2}} ,$ et par conséquent

$\left({\frac {y^{2}+z^{2}}{2}}\right)^{2}-5\left({\frac {5^{7}t^{10}}{2}}\right)^{2}=\mathrm {F^{2}-5G^{2}} .$

Pour avoir une solution générale de cette équation, il faut prendre deux nombres $m$ et n, tels qu’on ait $\left(9\pm 4{\sqrt {5}}\right)^{k}=m+n{\sqrt {5}},$ $k$ étant un entier quelconque, ces nombres satisferont en général à l’équation $m^{2}-5n^{2}=1,$ et on pourra supposer

${\frac {y^{2}+z^{2}}{2}}+{\frac {5^{7}t^{10}}{2}}{\sqrt {5}}=\left(\mathrm {F+G} {\sqrt {5}}\right)\left(m+n{\sqrt {5}}\right),$

ce qui donnera

${\begin{aligned}{\frac {1}{2}}\left(y^{2}+z^{2}\right)=&m\mathrm {F} +5n\mathrm {G} ,\\{\frac {1}{2}}.5^{7}t^{10}=&m\mathrm {G} +n\mathrm {F} .\end{aligned}}$

40. Ces formules contiennent une infinité de solutions, puisqu’on peut prendre pour $k$ un entier quelconque mais ces solutions en nombre infini, ne sont susceptibles que de cinq formes différentes.

En effet, quel que soit l’exposant $k,$ il sera toujours de l’une des cinq formes, $5i,\,5i\pm 1,\,5i\pm 2.$ Mais j’observe que la partie indéterminée $5i$ peut être supprimée comme étant comprise dans l’expression de $r^{5}.$ Car on peut faire $\left(f+g{\sqrt {5}}\right)\left(g\pm 3{\sqrt {5}}\right)^{i}=f'+g'{\sqrt {5}},$ et on aura de nouveau $r=f^{'2}-5g^{'2},$ de sorte qu’il suffira de mettre $f'$ et $g'$ à la place de $f$ et $g$ dans les valeurs de $\mathrm {F}$ et $\mathrm {G} .$ Il ne reste donc à considérer que les cinq valeurs $k=0,\,\pm 1,\,\pm 2,$ auxquelles répondent les valeurs de $m$ et n, comme il suit :

${\begin{aligned}m=&1,\quad 9,\quad 161,\\n=&0,\,\pm 4,\,\pm \ \ 72,\end{aligned}}$

41. Nous observerons encore que dans l’équation ${\frac {1}{2}}.5^{7}t^{10}=m\mathrm {G} +n\mathrm {F} ,$ où $\mathrm {G}$ est toujours divisible par $5,$ le terme $n\mathrm {F}$ ne peut être divisible par $5$ qu’autant que $n$ le sera : car $r$ étant premier à $5t,$ et sa valeur étant $f^{2}-5g^{2},$ $f$ ne peut être divisible par $5,$ ni par conséquent $\mathrm {F} .$ Donc des cinq valeurs de $n$ on ne peut admettre que la valeur $n=0$ qui répond à $m=1,$ ce qui donnera pour seule solution admissible

${\begin{aligned}{\frac {1}{2}}.5^{7}t^{10}&=\mathrm {G} =5g\left(f^{4}+10f^{2}g^{2}+5g^{4}\right),\\{\text{ou}}\qquad \qquad {\frac {1}{2}}.5^{6}t^{10}&=g\left(f^{4}+10f^{2}g^{2}+5g^{4}\right).\end{aligned}}$

Dans cette équation, les deux facteurs du second membre sont premiers entre eux, et il faut supposer $g$ pair ; car si $g$ était impair, $f$ devrait être pair, et le second membre de notre équation serait impair, tandis que le premier est divisible par $2^{9},$ puisque $t$ est pair. On en conclura que l’équation précédente ne peut, se partager en deux autres que de la manière suivante qui suppose $t=2ur',$

$g=5^{6}.2^{9}u^{10},$

$f^{4}+10f^{2}g^{2}+5g^{4}=r^{'10}.$

Dans la seconde équation, le premier membre peut se mettre sous la forme $\left(f^{2}+5g^{2}\right)^{2}-5\left(2g^{2}\right)^{2}\,;$ donc son diviseur $r'$ doit être de la forme $p^{2}-5q^{2}$ il en est de même de $r^{'2},$ et on pourra par conséquent faire $r^{'2}=f^{'2}-5g^{'2},$ ce qui donnera $r^{'10}=\mathrm {F^{'2}-5G^{'2}} ,$ $\mathrm {F} '$ et $\mathrm {G} '$ étant des fonctions semblables à $\mathrm {F}$ et $\mathrm {G} \,;$ on aura donc l’équation

$\left(f^{2}+5g^{2}\right)^{2}-5\left(2g^{2}\right)^{2}=\mathrm {F^{'2}-5G^{'2}} ,$

dans laquelle $2g^{2}=5^{12}.2^{19}u^{20},$ et on trouvera comme ci-dessus que la seule solution admissible est

$5^{11}.2^{19}u^{20}=g'\left(f^{'4}+10f^{'2}g^{'2}+5g^{'4}\right).$

Faisant encore $u=u'r'',$ $r''$ étant premier à $10u',$ cette équation ne pourra se partager en deux autres que de cette manière

$g'=5^{11}.2^{19}u^{'20},$

$f^{'4}+10f^{'2}g^{'2}+5g^{'4}=r^{''20}.$

42. Nous retombons ainsi sur des équations qui sont toujours de même forme et dont la série peut se continuer à l’infini.

Or ayant fait successivement $x=-5tr,$ $t=2ur',$ $u=u'r'',$ $u'=u''r''',$ etc., il s’ensuit que $t=2ur'=2u'r'r''=2u''r'r''r''',$ etc.; de sorte que le nombre des facteurs $r$ augmente continuellement dans l’expression de $t.$ Chacun de ces facteurs déterminé par une équation de la forme $r^{10m}=f^{4}+10f^{2}g^{2}+5g^{4},$ où $f$ et $g$ sont des nombres toujours croissans, puisqu’on a $g'={\frac {1}{5}}(2g^{2})^{2}.f^{'2}>5g^{'2},$ est certainement plus grand que $1,$ et ne peut comme nombre entier, être moindre que $2.$ Donc en supposant même que la suite $u,u',u'',$ etc., eût pour limite $1,$ la valeur de $t$ composée d’un nombre indéfini de facteurs $2,\,r',\,r'',\,r''',$ etc. qui ne peuvent être moindres que a, surpassera bientôt toute quantité donnée, ce qui ne peut s’accorder avec la supposition faite que les valeurs primitives de $x,y,z,$ sont données en nombres finis. Donc l’équation proposée est impossible, dans le premier cas où l’on suppose que l’une des indéterminées est divisible à la fois par $2$ et par $5$^[4].

Second cas, où l’on suppose $x$ impair.

43. Alors les deux indéterminées $y$ et $z$ seront l’une paire, l’autre impaire, et la seconde des équations $(a)$ pourra se mettre sous la forme

$\left(y^{2}-{\frac {1}{2}}yz+z^{2}\right)^{2}-5\left({\frac {1}{2}}yz\right)^{2}=5r^{5},$

où l’on voit que ${\frac {1}{2}}yz$ sera toujours un nombre entier, et que $y^{2}-{\frac {1}{2}}yz+z^{2}$ doit être divisible par $5,$ en effet on a

$y^{2}-{\frac {1}{2}}yz+z^{2}=(y+z)^{2}-5\left({\frac {1}{2}}yz\right)=5^{8}t^{10}-5\left({\frac {1}{2}}yz\right).$ L’équation précédente peut donc s’écrire ainsi :

$\left({\frac {1}{2}}yz\right)^{2}-5\left({\frac {y^{2}-{\frac {1}{2}}yz+z^{2}}{5}}\right)^{2}=-r^{5},$

et puisque le nombre impair $r$ est diviseur d’un nombre de la forme $p^{2}-5q^{2},$ où $p$ et $q$ sont premiers entre eux, il sera lui-même de cette forme ; il en est de même de $-r\,;$ car on sait que tout nombre de la forme $p^{2}-5q^{2}$ est en même temps de la forme $5a^{2}-b^{2}\,;$ nous pouvons donc supposer $-r=f^{2}-5g^{2},$ et faisant comme ci-dessus $\left(f+g{\sqrt {5}}\right)^{5}=\mathrm {F+G} {\sqrt {5}},$ nous aurons $-r^{5}=\mathrm {F^{2}-5G^{2}} ,$ et l’équation à résoudre sera

$\left({\frac {1}{2}}yz\right)^{2}-5\left({\frac {y^{2}-{\frac {1}{2}}yz+z^{2}}{5}}\right)^{2}=\mathrm {F^{2}-5G^{2}} .$

Supposant de nouveau $m+n{\sqrt {5}}=\left(9\pm 4{\sqrt {5}}\right)^{k},$ la résolution générale de cette équation s’obtiendra en faisant

${\frac {1}{2}}yz+{\frac {y^{2}-{\frac {1}{2}}yz+z^{2}}{5}}{\sqrt {5}}=\mathrm {\left(F+G{\sqrt {5}}\right)} \left(m+n{\sqrt {5}}\right),$

ce qui donne

${\frac {1}{2}}yz=m\mathrm {F} +5n\mathrm {G} ,$

${\frac {1}{2}}\left(y^{2}-{\frac {1}{2}}yz+z^{2}\right)=m\mathrm {G} +n\mathrm {F} .$

On tire de ees deux équations ${\frac {1}{2}}(y+z)^{2}=(m+n)\mathrm {F} +(m+5n)\mathrm {G} ,$ ou

$5^{7}t^{10}=(m+n)\mathrm {F} +(m+5n)\mathrm {G} .$

44. Puisque $\mathrm {G}$ est toujours divisible par $5$ et que $\mathrm {F}$ ne l’est pas, cette équation ne peut subsister à moins que $m+n$ ne soit divisible par $5.$ Or d’après les cinq valeurs de $m$ et $n$ rapportées ci-dessus, on trouve que cette condition ne peut être remplie qu’en supposant $m=9,$ $n=-4,$ ce qui donnera

$5^{7}t^{10}=\mathrm {5F-11G} ,$

ou en divisant par $5$ et substituant les valeurs de $\mathrm {F}$ et de $\mathrm {G} ,$

$5^{6}t^{10}=f^{4}(f-11g)+10f^{2}g^{1}(5f-11g)+5g^{4}(25f-11g).$

On voit par cette équation que $f-g$ doit être divisible par $5\,;$ soit donc $f=g+h,$ $h$ étant un nombre divisible par $5,$ et on aura $f+g{\sqrt {5}}=h+g\left(2+{\sqrt {5}}\right),$ de sorte qu’on pourra faire directement

${\begin{aligned}\mathrm {F+G} {\sqrt {5}}&=\left[h+g\left(1+{\sqrt {5}}\right)\right]^{5}\\&=h^{5}+5h^{4}g\left(1+{\sqrt {5}}\right)+28h^{3}g^{2}\left(3+{\sqrt {5}}\right)\\&+80h^{2}g^{3}\left(2+{\sqrt {5}}\right)+40hg^{4}\left(7+3{\sqrt {5}}\right)\\&+16g^{5}\left(11+5{\sqrt {5}}\right).\end{aligned}}$

On déduit de là les valeurs séparées de $\mathrm {F}$ et de $\mathrm {G} ,$ mais comme nous n’avons besoin que de la quantité $\mathrm {F-{\frac {11}{5}}G} ,$ nous pourrons, dans cette équation mettre $-{\frac {11}{5}}$ à la place de ${\sqrt {5}},$ ce qui donnera

$\mathrm {F-{\frac {11}{5}}G} =h\left(h^{4}-6h^{3}g+16h^{2}g^{2}-16hg^{3}+16g^{4}\right),$

et par conséquent

$5^{6}t^{10}=h\left(h^{4}-6h^{3}g+16h^{2}g^{2}-16hg^{3}+16g^{4}\right).$

45. Sachant déjà que $h$ est divisible par $5$ et que $g$ ne l’est pas, observant de plus que $h$ doit être impair, et qu’ainsi les deux facteurs du second membre sont premiers entre eux, la seule manière de satisfaire à cette équation est de la partager en deux autres, comme il suit

${\begin{aligned}&h=5^{6}u^{10},\\&h^{4}-6h^{3}g+16h^{2}g^{2}-16hg^{3}+16g^{4}=r^{'10},\end{aligned}}$

ce qui suppose $t=ur',$ $r'$ étant premier à $5u.$

La seconde équation peut se mettre sous la forme

$r^{'10}=\left(h^{2}-3gh+6g^{2}\right)^{2}-5\left(gh-2g^{2}\right)^{2},$

d’où l’on voit que $r'$ doit être de la forme $p^{2}-5q^{2}\,;$ il en est de même de $r^{'2}\,;$ on pourra donc faire $r^{'2}=f^{'2}-5g^{'2},$ ce qui donnera $r^{'10}=\mathrm {F} ^{'2}-5\mathrm {G} ^{'2},$ et on satisfera généralement à l’équation précédente en faisant

$h^{2}-3gh+6g^{2}=m\mathrm {F} '+5n\mathrm {G} ',$

$gh-2g^{2}=n\mathrm {F} '+m\mathrm {G} ',$

ce qui donne enfin $h^{2}$ ou

$5^{12}u^{20}=(m+3n)\mathrm {F} '+(3m+5n)\mathrm {G} '.$

Puisque $\mathrm {G} '$ est divisible par $5$ et que $\mathrm {F} '$ ne l’est pas, cette équation ne peut subsister à moins que $m+3n$ ne soit divisible par $5.$ Les seules valeurs de $m$ et $n$ à prendre pour cela, sont $m=161,$ $n=-72,$ ce qui donnera, en divisant par $5,$

$5^{11}u^{20}={\frac {123}{5}}\mathrm {G} '-11\mathrm {F} ',$

ou en substituant les valeurs de $\mathrm {F} '$ et $\mathrm {G} ',$

${\begin{aligned}5^{11}u^{20}=f^{'4}(123g'-11f')&+10f^{'2}g^{'2}(123g'-55f')\\&+5g^{'4}(123g'-275f').\end{aligned}}$

46. Cette équation fait voir que $3g'-f'$ est divisible par $5\,;$ soit donc $f'=3g'-h',$ on aura

$\mathrm {F'+G'} {\sqrt {5}}=\left[-h'+g'\left(3+{\sqrt {5}}\right)\right]^{5},$

ou en faisant le développement :

${\begin{aligned}\mathrm {F'+G'} {\sqrt {5}}&=-h^{'5}+5h^{'4}g'\left(3+{\sqrt {5}}\right)-20h^{'3}g^{'2}\left(7+3{\sqrt {5}}\right)\\&+80h^{'2}g^{'3}\left(9+4{\sqrt {5}}\right)-40h'g^{'4}\left(47+21{\sqrt {5}}\right)\\&+16g^{'5}\left(123+55{\sqrt {5}}\right).\end{aligned}}$

Multipliant tout par $-11$ et mettant au lieu de $11{\sqrt {5}}$ la valeur fictive $-{\frac {123}{5}},$ on aura ${\frac {123}{5}}\mathrm {G} '-11\mathrm {F} ',$ ou

$5^{11}u^{20}=h'\left(11h^{'4}-42h^{'3}g'+64h^{'2}g^{'2}-48h'g^{'3}+16^{'4}\right).$

Maintenant $h'$ étant divisible par $5$ et $g'$ ne l’étant pas, cette équation ne peut se partager en deux autres que de cette manière

$h'=5^{11}u^{'20}$

$11h^{'4}-42h^{'3}g'+64h^{'2}g^{'2}-48h'g^{'3}+16^{'4}=r^{''20},$

ce qui suppose $u=u'r''$ et $r''$ premier à $5u'.$

Cette dernière équation peut être mise sous la forme

$4r^{''20}=\left(8g^{'2}-12g'h'+7h^{'2}\right)^{2}-5h^{'4},$

d’où il suit que $r''$ doit être de la forme $p^{2}-5q^{2}\,;$ il en est de même de $r^{''4},$ on peut donc faire $r^{''4}=f^{''2}-5g^{''2},$ ce qui donnera $r^{''20}=\mathrm {F^{''2}-5G^{''2}} .$ Soit, maintenant $4=\mu ^{2}-5\nu ^{2},$ $\mu$ et $\nu$ étant des nombres impairs, on pourra supposer

$8g^{'2}-12g'h'+7h^{'2}+h^{'2}+h^{'2}{\sqrt {5}}=\mathrm {\left(F''+G''{\sqrt {5}}\right)} \left(\mu +\nu {\sqrt {5}}\right),$

ce qui donnera

$h^{'2}=\mu \mathrm {G} ''+\nu \mathrm {F} ''.$

Mais puisque $h'$ et $\mathrm {G} ''$ sont divisibles par $5$ et que $\mathrm {F} ''$ ne l’est pas, cette équation ne peut subsister à moins que $\nu$ ne soit divisible par $5.$ Et comme on a en général $\mu +\nu {\sqrt {5}}=\left(3+{\sqrt {5}}\right)(m+n{\sqrt {5}}),$ ce qui donne $\mu =3m+5n,$ $\nu =m+3n,$ on ne pourra admettre que les valeurs $m=161,$ $n=-72,$ d’où résultent $\mu =123,$ $\nu =-55,$ de sorte qu’on aura $h^{'2}$ ou

$5^{12}u^{''40}=123\mathrm {G} ''-55\mathrm {F} ''.$

47. Nous retombons ainsi sur une équation semblable à l’équation déjà considérée $5^{12}u^{20}=123\mathrm {G} '-55\mathrm {F} '\,;$ d’où il suit que les mêmes transformations pourront être continuées à l’infini, ce qui supposerait infinies les valeurs primitives des indéterminées.

Car ayant fait successivement $x=-5tr,$ $t=ur',$ $u=u'r'',$ $u'=u''r''',$ etc., on aura $t=ur'=u'r'r''=u''r'r''r''',$ etc., de sorte que le nombre des facteurs $r$ augmente continuellement dans l’expression de $t.$ Ces facteurs sont déterminés par des équations qu’on peut réduire à la même forme, savoir $r^{'10}=r^{2}+5rh^{2}+5h^{4},$ $r^{''20}=r^{'4}+5r^{'2}h^{'2}+5h^{'4},$ etc., d’ailleurs on a $h=5^{6}u^{10},$ $h'=5^{11}u^{''20},$ $h''=5^{22}u^{''40},$ etc., de sorte que la suite $h,h',h'',$ etc., est rapidement croissante, même en supposant que les nombres $u,u',u'',$ etc., aient l’unité pour limite. Donc les nombres $r,r',r'',$ etc., toujours plus grands que $1,$ ne pourront être moindres que $2,$ ce qui rendra infinie la valeur de $t.$ Donc l’équation $x^{5}+y^{5}+z^{5}=0$ n’admet aucune solution en nombres entiers.

48. Il est maintenant démontré que l’équation $x^{n}+y^{n}+z^{n}=0,$ ne peut avoir lieu toutes les fois que $n,$ qui est supposé impair, sera un multiple de $3$ ou de $5.$ Quant aux autres cas du théorème de Fermat, ils ne semblent pas pouvoir être démontrés par les méthodes employées pour le 3^ième et le 5^ième degré ; nous savons seulement que la solution, s’il y en avait une, ne pourrait être donnée que par des nombres d’une grandeur excessive.

Nouvelle démonstration du théorème de Fermat dans le cas
du troisième degré.

49. Nous supposerons qu’il existe trois nombres entiers $x,y,z,$ positifs ou négatifs, qui satisfont à l’équation $x^{3}+y^{3}+z^{3}=0,$ avec la condition que ces trois nombres soient premiers entre eux, deux étant impairs et le troisième pair ; nous verrons quelles conséquences résultent de cette supposition. Notre démonstration sera divisée en trois parties.

I^re. L’un des nombres $x,y,z,$ doit être divisible par 3.

En effet, tout nombre non-divisible par $3,$ positif ou négatif, est de la forme $3m\pm 1,$ et son cube $27m^{3}\pm 27m^{2}+9m\pm 1$ est de la forme $9n\pm 1.$ Si donc aucun des nombres $x,y,z,$ n’était divisible par $3,$ la somme de leurs cubes $x^{3}+y^{3}+z^{3}$ devrait être de l’une des quatre formes $9n\pm 1,$ $9n\pm 3$ et ne pourrait par conséquent se réduire à zéro. Donc l’un des nombres $x,y,z,$ est nécessairement divisible par $3.$

II^e. Celle des indéterminées qui est paire, est en même temps,
divisible par $3.$

Désignons par $z$ l’indéterminée divisible par $2,$ et soit $z=-2^{m}u,$ $u$ étant un nombre impair, de sorte qu’on ait l’équation

$x^{3}+y^{3}=2^{3m}u^{3}\,;$

je dis que $u$ devra être divisible par $3.$

En effet supposons, s’il est possible, que $u$ ne soit pas divisible par $3\,;$ le premier membre $x^{3}+y^{3}$ est le produit de deux facteurs $x+y$ et $x^{2}-xy+y^{2}$ qui ne peuvent avoir que trois pour commun diviseur (art. 7) ; et puisque $3$ ne divise pas le second membre $2^{3m}u^{3},$ il s’ensuit que ces deux facteurs sont premiers entre eux. Leur produit doit être un cube, il faut donc que chacun d’eux soit un cube ; si l’on observe d’ailleurs que $x^{2}-xy+y^{2}$ est toujours un nombre impair, on en conclura que $2^{3m}$ doit être facteur de $x+y\,;$ ainsi on devra faire

$x+y=2^{3m}\alpha ^{3}$

$x^{2}-xy+y^{2}=$ϐ$^{3},$

ce qui suppose $u=\alpha$ϐ, ϐ étant positif et premier à $\alpha .$

Maintenant si l’on met la seconde équation sous cette forme

ϐ$^{3}=\left({\frac {x+y}{2}}\right)^{2}+3\left({\frac {x-y}{2}}\right)^{2},$

on voit que le second membre étant de la forme $p^{2}+3q^{2},$ son diviseur ϐ, qui est un nombre impair, devra être de la même forme. Faisant donc ϐ$=f^{2}+3g^{2},$ ensuite $\left(f+g{\sqrt {-3}}\right)^{3}=\mathrm {F+G} {\sqrt {-3}},$ ce qui donne

${\begin{aligned}\mathrm {F} &=f\left(f^{2}-9g^{2}\right)\\\mathrm {G} &=3g\left(f^{2}-g^{2}\right),\end{aligned}}$

on aura ϐ$^{3}=F^{2}+3G^{2}\,;$ de sorte qu’on satisfera généralement à l’équation précédente en faisant

${\frac {x+y}{2}}=\mathrm {F} ,\qquad {\frac {x-y}{2}}=\mathrm {G} ,$

ce qui donnera

${\begin{aligned}x&=f^{3}+3f^{2}g-9fg^{2}-3g^{3}\\y&=f^{3}-3f^{2}g-9fg^{2}+3g^{3}.\end{aligned}}$

Or $z$ étant supposé non-divisible par $3,$ il faudra que l’un des nombres $x,y,$ soit divisible, ce qui exige que $f$ soit aussi divisible par $3.$ Mais alors les deux nombres $x$ et $y$ seraient divisibles par $3,$ ainsi que le troisième $z,$ ce qui est contre la supposition.

Donc l’indéterminée $z$ divisible par $2$ doit l’être aussi par $3,$ et on doit faire en général $z=-2^{m}3^{n}u,$ $u$ étant premier au nombre $6\,;$ de sorte que l’équation proposée sera toujours de la forme $x^{3}+y^{3}=2^{3m}3^{3n}u^{3}.$

III^e. L’équation $\mathrm {x^{3}+y^{3}} =2^{3m}3^{3n}u^{3}$ est impossible.

Car supposons pour un moment qu’elle puisse être satisfaite, sans que l’une des indéterminées soit zéro, les deux facteurs du premier membre, savoir $x-y$ et $x^{2}-xy+y^{2},$ ont pour commun diviseur $3$ et non une puissance plus élevée de $3,$ comme il a été démontré art. 6 ; d’ailleurs le second facteur est impair ; ainsi l’équation dont il s’agit se partagera nécessairement en deux autres comme il suit :

${\begin{aligned}&x+y=2^{3m}3^{3n-1}\alpha ^{3}\\&x^{2}-xy+y^{2}=3{\text{ϐ}}^{3},\end{aligned}}$

et on aura en même temps $u=\alpha$ϐ.

La seconde de ces équations peut être mise sous la forme :

ϐ$^{3}=\left({\frac {x-y}{2}}\right)^{2}+3\left({\frac {x+y}{6}}\right)^{2},$

d’où il suit que ϐ est encore de la forme $p^{2}+3q^{2}.$ Faisant donc comme ci-dessus ϐ$=f^{2}+3g^{2}$ et ϐ$^{3}=\mathrm {F^{2}+3G^{2}} ,$ on aura l’équation $\left({\frac {x-y}{2}}\right)^{2}+3\left({\frac {x+y}{6}}\right)^{2}=\mathrm {F^{2}+3G^{2}} ,$ à laquelle on satisfait généralement en prenant ${\frac {x-y}{2}}=\mathrm {F} ,$ ${\frac {x+y}{6}}=\mathrm {G} .$ Cette dernière donne, en faisant les substitutions,

$2^{2m-1}3^{2n-3}\alpha ^{3}=g\left(f^{2}-g^{2}\right).$

Dans cette équation où $f^{2}-g^{2}$ est impair, puisque $f^{2}+3g^{2}$ l’est, il faut que $g$ soit divisible par $2^{3m-1}\,;$ soit donc $g=2^{3m-1}\mathrm {A} ,$ $f+g=\mathrm {B} ,$ $f-g=\mathrm {C} ,$ on aura $\left(3^{n-1}\alpha \right)^{3}=\mathrm {ABC} .$ Maintenant puisque le produit $\mathrm {ABC}$ est un cube et que les facteurs $\mathrm {A,\,B,\,C}$ sont premiers entre eux, il faut que chacun de ces facteurs soit un cube ; ainsi on devra faire $\mathrm {A} =\lambda ^{3},$ $\mathrm {B} =\mu ^{3},$ $\mathrm {C} =\nu ^{3},$ ce qui donnera $f+g=\mu ^{3},$ $f-g=\nu ^{3},$ $g=2^{3m-1}\lambda ^{3},$ et en même temps $\lambda \mu \nu =3^{n-1}\alpha .$ On tire de là l’équation $\mu ^{3}-\nu ^{3}=2g=2^{3m}\lambda ^{3},$ semblable à la proposée, où il faut observer que l’un des trois nombres $\lambda ,\mu ,\nu ,$ doit contenir le facteur $3^{n-1}.$ Or, d’après ce qui a été démontré dans la seconde partie, le terme $2^{m}\lambda$ déjà divisible par $2,$ est nécessairement aussi divisible par $3\,;$ donc il faut faire $\lambda =3^{n-1}\theta ,$ ce qui donnera

$\mu ^{3}-\nu ^{3}=\left(2^{m}3^{n-1}\theta \right)^{3}.$

Ainsi de l’équation $x^{3}+y^{3}=\left(2^{m}3^{n}u\right)^{3},$ où l’une des indéterminées est divisible par $3^{n},$ on déduit une équation semblable où l’indéterminée correspondante est divisible par $3^{n-1}.$ Continuant donc ces transformations autant de fois qu’il y a d’unités dans $n,$ on parviendra à une dernière transformée $x^{'3}+y^{'3}=z^{'3}$ dans laquelle aucun des nombres $x',\,y',\,z',$ ne serait divisible par $3.$ Cette équation est impossible en vertu de la première partie ; donc l’équation proposée $x^{3}+y^{3}+z^{3}=0$ est pareillement impossible.

De l’équation $x^{3}+y^{3}=2^{m}z^{3}.$

50. Dans cette équation où nous supposons $m=$ ou $>1,$ les nombres $x$ et $y$ doivent être impairs, et on peut supposer que $z$ l’est aussi ; d’ailleurs le premier membre est le produit des deux facteurs $x+y,$ $x^{2}-xy+y^{2},$ qui ne peuvent avoir que $3$ pour diviseur commun. Ainsi il faudra distinguer deux cas, selon que $z$ est ou n’est pas divisible par $3.$

Soit 1^o. $z$ divisible par $3,$ l’équation proposée se divisera nécessairement en deux autres comme il suit :

${\begin{aligned}x+y&=2^{m}3^{2}a^{3},\\x^{2}-xy+y^{2}&=3r^{3},\end{aligned}}$

et l’on aura $z=3ar,$ $r$ étant premier à $3a.$

La seconde de ces équations peut se mettre sous la forme

$\left({\frac {x+y}{2}}\right)^{2}+3\left({\frac {x-y}{2}}\right)^{2}=3r^{3},\quad {\text{ou}}\quad \left({\frac {x-y}{2}}\right)^{2}+3\left({\frac {x+y}{6}}\right)^{2}=r^{3}\,;$

d’où l’on voit que $r,$ qui est toujours un nombre impair, doit être de la forme $f^{2}+3g^{2}.$ Faisant donc $r=f^{2}+3g^{2},$ puis $\left(f+g{\sqrt {-3}}\right)^{3}=\mathrm {F+G} {\sqrt {-3}},$ on aura $r^{3}=\mathrm {F^{2}+3G^{2}} ,$ et de l’équation précédente on déduira ${\frac {x-y}{2}}=\mathrm {F} ,$ ${\frac {x+y}{6}}=\mathrm {G} .$ Mais on a $\mathrm {G} =3g\left(f^{2}-g^{2}\right)\,;$ donc

$g\left(f^{2}-g^{2}\right)={\frac {x+y}{18}}=2^{m-1}a^{3}.$

Dans cette équation $g$ doit être divisible par $2^{m-1},$ car $f^{2}-g^{2}$ est nécessairement un nombre impair, puisque $f^{2}+3g^{2}$ en est un ; d’ailleurs les trois facteurs $g,$ $f+g,$ $f-g,$ n’ayant aucun diviseur commun, l’équation précédente se décomposera en trois autres, savoir $g=2^{m-1}\alpha ^{3},$ $f+g={\text{ϐ}}^{3},$ $f-g=\gamma ^{3},$ d’où résulte ϐ$^{3}-\gamma ^{3}=2^{m}\alpha ^{3},$ équation semblable à la proposée et composée de nombres beaucoup plus petits.

Soit 2^o. $z$ non divisible par $3,$ alors l’équation proposée se décomposera en ces deux-ci :

${\begin{aligned}x+y&=2^{m}a^{3},\\x^{2}-xy+y^{2}&=r^{3},\end{aligned}}$

lesquelles supposent $z=ar,$ et $r$ premier à $a.$

La dernière étant mise sous la forme $\left({\frac {x+y}{2}}\right)^{2}+3\left({\frac {x-y}{2}}\right)^{2}=r^{3},$ on voit que $r$ devra être de la forme $f^{2}+3g^{2}\,;$ c’est pourquoi faisant, comme dans le premier cas, $r=f^{2}+3g^{2},$ $\left(f+g{\sqrt {-3}}\right)^{3}=\mathrm {F+G} {\sqrt {-3}},$ on aura $r^{3}=\mathrm {F^{2}+3G^{2}} \,;$ ce qui donnera la solution ${\frac {x+y}{2}}=\mathrm {F} ,$ ${\frac {x-y}{2}}=\mathrm {G} .$ Mais on a $\mathrm {F} =f\left(f^{2}-9g^{2}\right)\,;$ donc $2^{m-1}a^{3}=f\left(f^{2}-9g^{2}\right).$ Les trois facteurs du second membre $f,$ $f+3g,$ $f-3g,$ étant premiers entre eux et $f^{2}-9g^{2}$ étant toujours impair, cette équation ne peut subsister à moins qu’on n’ait $f=2^{m-1}\alpha ^{3},$ $f+3g={\text{ϐ}}^{3},$ $f-3g=\gamma ^{3},$ ce qui suppose $a=\alpha {\text{ϐ}}\gamma ,$ les trois nombres $\alpha ,{\text{ϐ}},\gamma$ étant premiers entre eux. De là résulte ${\text{ϐ}}^{3}+\gamma ^{3}=2^{m}\alpha ^{3},$ équation entièrement semblable à la proposée, et dans laquelle $\alpha$ sera, ainsi que $a,$ non divisible par $3.$

Puisque dans les deux cas l’équation proposée se réduit à une équation composée de nombres beaucoup plus petits ; il s’ensuit que cette équation est impossible, excepté dans le seul cas $x+y=0.$

Nous avions déjà démontré dans la Théorie des nombres le cas de $m=3i$ et celui de $m=1+3i,$ $i$ étant un nombre entier ; la démonstration précédente qui s’applique à ces deux cas, comprend en outre le cas de $m=2+3i.$

De l’équation $x^{3}+y^{3}=\mathrm {A} z^{3}.$

51. Il résulte de la démonstration précédente que cette équation est impossible pour les valeurs $\mathrm {A} =1,\,2,\,4,\,8,\,16,$ etc. ; on peut faire voir qu’elle l’est encore pour les valeurs $\mathrm {A} =3,\,5,\,6.$

Pour cet effet observons d’abord que si $\mathrm {A}$ est de la forme $9m\pm (3,\,4),$ l’indéterminée $z$ devra être divisible par $3\,;$ car si elle ne l’était pas, on pourrait faire $x=pz+9x',$ $y=qz+9y',$ et en rejetant les multiples de $9,$ on aurait $\mathrm {A} =p^{3}+q^{3}.$ Or un cube quelconque est toujours de l’une des trois formes $9m,\,9m\pm 1\,;$ donc la somme de deux cubes, divisée par $9,$ ne peut laisser pour reste que $8\pm 1$ ou $\pm 2.$ Donc si $\mathrm {A}$ donne pour reste $\pm 3$ ou $\pm 4,$ $z$ sera nécessairement divisible par $3.$

52. Cela posé, considérons l’équation $x^{3}+y^{3}=z^{3}\,;$ puisque $z$ doit être divisible par $3,$ cette équation ne pourra se partager en deux autres que de cette manière

$x+y=(3a)^{3},\qquad x^{2}-xy+y^{2}=3z^{3},$

où l’on suppose $z=3ar,$ $r$ étant impair et premier à $3a.$

La seconde de ces deux équations pouvant se mettre sous la forme $(x-y)^{2}+3\left(9a^{3}\right)^{2}=4r^{3},$ il faudra distinguer deux cas, selon que $a$ est pair ou impair.

Supposons 1^o. $a$ impair, $x-y$ sera aussi impair ; et puisque le premier membre de cette équation est de la forme $p^{2}+3q^{2},$ son diviseur $r$ sera de la même forme. On pourra donc faire $r=f^{2}+3g^{2},$ $r^{3}=\mathrm {F^{2}+3G^{2}} ,$ et pour résoudre l’équation précédente, on fera $x-y+9a^{3}{\sqrt {-3}}=\left(1\pm {\sqrt {-3}}\right)\left(\mathrm {F+G} {\sqrt {-3}}\right),$ ce qui donne

$9a^{3}=\mathrm {G} \pm \mathrm {F} .$

Mais puisqu’on a $\mathrm {G} =3g\left(f^{2}-g^{2}\right)$ et $\mathrm {F} =f\left(f^{2}-9g^{2}\right),$ il est visible que $\mathrm {G}$ est divisible par $3$ et que $\mathrm {F}$ ne l’est pas ; donc l’équation précédente ne saurait avoir lieu.

Supposons 2^o. $a$ pair et par conséquent $x-y$ pair, on aura $\left({\frac {x-y}{2}}\right)^{2}+3\left({\frac {9a^{3}}{2}}\right)^{2}=r^{3}.$ Faisant toujours $r=f^{2}+3g^{2},$ $r^{3}=\mathrm {F^{2}+3G^{2}} ,$ on aura ${\frac {9a^{3}}{2}}=\mathrm {G} ,$ ou ${\frac {3}{2}}a^{3}=g\left(f^{2}-g^{2}\right).$ Les trois facteurs $g,\,f+g,\,f-g,$ étant premiers entre eux, cette équation ne peut subsister qu’en faisant $g=12\alpha ^{3},$ $f+g={\text{ϐ}}^{3},$ $f-g=\gamma ^{3},$ ce qui suppose $a=2\alpha {\text{ϐ}}\gamma ,$ ϐ et $\gamma$ étant premiers à $6\alpha .$ De là résulte ϐ$^{3}-\gamma ^{3}=2g=3(2\alpha )^{3},$ équation semblable à la proposée et composée de nombres beaucoup plus petits. Donc l’équation $x^{3}+y^{3}=3z^{3}$ est impossible.

53. On démontrera semblablement l’impossibilité des équations $x^{3}+y^{3}=5z^{3},$ $x^{3}+y^{3}=6z^{3}.$

Ainsi la série des valeurs de $\mathrm {A}$ depuis $\mathrm {A} =1$ jusqu’à $\mathrm {A} =6,$ auxquelles on peut joindre la valeur $\mathrm {A} =8,$ ne donne que des équations impossibles ; mais en continuant cette série on trouve immédiatement deux valeurs $\mathrm {A} =7,$ $\mathrm {A} =9,$ qui rendent l’équation possible.

On voit en effet que l’équation $x^{3}+y^{3}=7z^{3}$ est satisfaite en faisant $x=2,$ $y=-1,$ $z=1,$ et que l’équation $x^{3}+y^{3}=9z^{3}$ l’est également en faisant $x=2,$ $y=1,$ $z=1.$

54. Il est remarquable au reste que si l’équation $x^{3}+y^{3}$ $=\mathrm {A} z^{3}$ admet une solution, sans supposer $z=0,$ elle en admet dès-lors une infinité qui se déduiront facilement de la solution primitive.

En effet supposons qu’on satisfasse à l’équation proposée par les valeurs $x=a,$ $y=b,$ $z=c\,;$ on sait que la somme des deux cubes donnés $a^{3}+b^{3}$ sera égale à la somme de deux autres cubes $p^{3}+q^{3},$ si l’on prend $p={\frac {a\left(2b^{3}+a^{3}\right)}{a^{3}-b^{3}}},$ $q=-{\frac {b\left(2a^{3}+b^{3}\right)}{a^{3}-b^{3}}}.$ Donc de la solution donnée $a,\,b,\,c,$ on déduira cette seconde solution $x=a\left(2b^{3}+a^{3}\right),$ $y=-b\left(2a^{3}+b^{3}\right),$ $z=c\left(a^{3}-b^{3}\right)\,;$ les nombres de celle-ci étant désignés par $a',\,b',\,c',$ on en déduirait sémblablement une troisième solution $a'',\,b'',\,c'',$ au moyen des valeurs

$a''=a'\left(a^{'3}+2b^{'3}\right),\quad b''=-b'\left(2a^{'3}+b^{'3}\right),\quad c''=c'\left(a^{'3}-b^{'3}\right),$

et ainsi à l’infini.

55. On voit que chaque solution est du quatrième ordre par rapport à la précédente c’est-à-dire que le nombre des chiffres devient à peu près quadruple d’une solution à la suivante.

Ainsi la première solution de l’équation $x^{3}+y^{3}=7z^{3}$ étant donnée par les nombres $2,\,-1,\,1,$ la seconde sera $12,\,15,\,9,$ ou plus simplement $4,\,5,\,3\,;$ de celle-ci on déduit la troisième $1265,\,-1256,\,183,$ etc.

De même la première solution de l’équation $x^{3}-y^{3}=9z^{3}$ étant donnée par les nombres $2,\,1,\,1,$ on en déduit la seconde solution $20,\,-17,\,7\,;$ de celle-ci la troisième $188479,\,-36520,\,90391,$ et ainsi à l’infini.

56. Dans le cas de $\mathrm {A} =-1,$ on voit que s’il existait une solution de l’équation $x^{3}+y^{3}+z^{3}=0,$ donnée par les nombres $a,b,c,$ on en déduirait une seconde $a',b',c',$ au moyen des valeurs $a'=a\left(b^{3}-c^{3}\right),$ $b'=b\left(c^{3}-a^{3}\right),$ $c'=c\left(a^{3}-b^{3}\right)\,;$ celle-ci en donnerait semblablement une troisième, et ainsi à l’infini.

Si on cherchait à prolonger la série de ces solutions dans le sens inverse on devrait trouver de même une infinité de solutions, mais elles deviendraient bientôt irrationnelles car puisque $a'$ est de l’ordre $a^{4},$ si $a^{0}$ précède $a,$ il faudra que $a^{0}$ soit de l’ordre ${\sqrt[{4}]{a}}.$ Voici d’ailleurs la détermination de ces quantités.

Soit $a^{0}=x,$ $b^{0}=y,$ $c^{0}=z,$ on aura à résoudre les équations

${\begin{aligned}a&=x\left(y^{3}-z^{3}\right),\\b&=y\left(z^{3}-x^{3}\right),\\c&=z\left(x^{3}-y^{3}\right),\end{aligned}}$

qu’on peut combiner avec l’équation $x^{3}+y^{3}+z^{3}=0.$ Or si l’on fait $3x^{4}=u,$ on trouve pour déterminer $u$ l’équation

$u^{4}-6a^{2}u^{2}-8\left(b^{3}-c^{3}\right)u-3a^{4}=0,$

équation qui est du nombre de celles qu’on peut résoudre à peu près aussi simplement que celles du second degré. Soit en effet $m={\sqrt[{3}]{4}},$ et $p$ une auxiliaire dont la valeur est

$p={\sqrt {\left(a^{2}-bcm\right)}},$

on trouvera $u$ ou

$3x^{4}=-p+{\sqrt {\left(3a^{2}-p^{2}-{\frac {2\left(b^{3}-c^{3}\right)}{p}}\right)}}.$

Des expressions semblables donneront les valeurs de $3y^{4}$ et de $3z^{4},$ au moyen des auxiliaires

$q={\sqrt {\left(b^{2}-acm\right)}},\qquad r={\sqrt {\left(c^{2}-abm\right)}}$

Ainsi à l’exception de la constante $m$ qui dépend d’une racine cubique, il ne faut que de simples extractions de racines carrées pour déterminer les nombres $x,\,y,\,z,$ et pour prolonger à volonté la série des solutions dans le sens opposé à celui où elles croissent avec beaucoup de rapidité. Nous pourrions remarquer ici qu’on a entre les auxiliaires $p,\,q,\,r$ et les quantités $a,\,b,\,c,$ les trois équations rationnelles :

${\begin{aligned}pq&=ab+{\frac {1}{2}}m^{2}c^{2},\\3a^{2}&=p^{2}-mqr,\\3bc&=-qr-{\frac {1}{2}}m^{2}p^{2},\end{aligned}}$

qui chacune en produisent deux autres semblables, et d’où résulte l’équation $p^{3}+q^{3}+r^{3}=0.$ Mais ces propriétés ne se rapportent qu’à un genre d’analyse indéterminée différent de celui où l’on se propose seulement d’obtenir des solutions en nombres rationnels.

Théorèmes d’Analyse.

57. Théorème I. $n$ étant un nombre premier, si on fait $x^{n}+y^{n}=(x+y)\mathrm {P} ,$ $\mathrm {P}$ désignant le polynôme $x^{n-1}-yx^{n-2}+y^{2}x^{n-3}-$ etc., on sait qu’il est toujours possible de satisfaire à l’équation

$4\mathrm {P} =\mathrm {X} ^{2}\pm n\mathrm {Y} ^{2},$

savoir $\mathrm {X} ^{2}+n\mathrm {Y} ^{2}$ si $n$ est de la forme $4k-1$ et $\mathrm {X} ^{2}-n\mathrm {Y} ^{2}$ si $n$ est de la forme $4k+1.$ Cela posé :

« Je dis que le polynome $\mathrm {X}$ se déterminera en général par la formule^[5]

$\mathrm {X} =2(x+y)^{m},$

où $m={\frac {n-1}{2}},$ pourvu qu’après avoir développé cette puissance, on retranche des coefficients tous les multiples de $n$ qu’ils peuvent contenir, en ne conservant que les restes moindres que ${\frac {1}{2}}n.$ »

En effet la quantité $\mathrm {A} =(a+1)^{n}-a^{n}-1$ est toujours divisible par $n,$ quel que soit l’entier $a.$ Supposons $a+1$ non divisible par $n,$ alors ${\frac {\mathrm {A} }{a+1}}=(a+1)^{2m}-\left({\frac {a^{n}+1}{a+1}}\right)$ sera divisible par $n\,;$ multipliant par $4$ et observant que $4\left({\frac {a^{n}+1}{a+1}}\right)$ peut être mis sous la forme $\mathrm {B} ^{2}\pm n\mathrm {C} ^{2},$ on aura le nombre $4(a+1)^{2m}-\mathrm {B} ^{2}\mp n\mathrm {C} ^{2},$ ou seulement sa partie $4(a+1)^{2m}-\mathrm {B} ^{2}$ qui sera divisible par $n\,;$ Donc $2(a+1)^{m}\pm \mathrm {B}$ sera encore divisible par $n\,;$ et comme le signe de $\mathrm {B}$ est à volonté ; on pourra faire $\mathrm {B} =2(a+1)^{m}.$ C’est ce que donnerait la formule énoncée dans le théorème en faisant $x=ay.$

58. Soit par exemple $n=11,$ on aura $m=5,$ et

$\mathrm {X} =2(x+y)^{5}=2x^{5}+10x^{4}y+20x^{3}y^{2}+20x^{2}y^{3}+10xy^{4}+2y^{5}\,;$

réduisant comme il vient d’être dit, les coefficients au-dessous de ${\frac {1}{2}}n,$ on aura la vraie valeur de $\mathrm {X} ,$ savoir

$\mathrm {X} =2x^{5}-x^{4}y-2x^{3}y^{2}-2x^{2}y^{3}-xy^{4}+2y^{5}.$

Si on prend ensuite le carré de $\mathrm {X}$ et qu’on le retranche de $4\mathrm {P} ,$ on aura la valeur de $11\mathrm {Y} ^{2}$ d’où résulte

$\mathrm {Y} =xy\left(x^{3}-y^{3}\right).$

Cette seconde opération s’exécute par les règles ordinaires de l’analyse, sans faire aucune omission dans les coefficients.

Soit encore $n=17,$ on aura $m=8,$ ce qui donne

$\mathrm {X} =2(x+y)^{8}=\left\{{\begin{aligned}&2x^{8}+16x^{7}y+56x^{6}y^{2}+112x^{5}y^{3}+140x^{4}y^{4}\\+&2y^{8}+16xy^{7}+56x^{2}y^{6}+112x^{3}y^{5}\end{aligned}}\right.$

et en supprimant les multiples de $17,$

$\mathrm {X} =2x^{8}-x^{7}y+5x^{6}y^{2}-7x^{5}y^{3}+4x^{4}y^{4}-7x^{3}y^{5}+5x^{2}y^{6}-xy^{7}+2y^{8}\,;$

ensuite on trouve

$\mathrm {Y} =xy\left(x^{6}-x^{5}y+x^{4}y^{2}-2x^{3}y^{3}+x^{2}y^{4}-xy^{5}+y^{6}\right).$

59. Théorème II. « Soit $n$ un nombre premier $4m+1,$ si l’on fait $\left(f+g{\sqrt {n}}\right)^{n}=\mathrm {F+G} {\sqrt {n}},$ ensuite $\mathrm {F} =f\mathrm {P} ,$ $\mathrm {G} =ng\mathrm {Q} ,$ ce qui donne

$\mathrm {P} =f^{n-1}+{\frac {n.n-1}{2}}f^{n-3}.ng^{2}+{\frac {n.n-1.n-2.n-3}{2.3.4}}f^{n-5}.n^{2}g^{4}+$ etc.,

$\mathrm {Q} =f^{n-1}+{\frac {n-1.n-2}{2.3}}f^{n-3}.ng^{2}+{\frac {n-1.n-2.n-3.n-4}{2.3.4.5}}f^{n-5}.n^{2}g^{4}+$ etc.

Je dis que les polynômes $\mathrm {P}$ et $\mathrm {Q}$ peuvent en général se mettre sous la forme $\mathrm {X} ^{2}-n\mathrm {Y} ^{2},$ de sorte qu’on pourra faire

$\mathrm {P} =\mathrm {A} ^{2}-n\mathrm {B} ^{2},\qquad \mathrm {Q} =\mathrm {C} ^{2}-n\mathrm {D} ^{2},$

$\mathrm {A,\,B,\,C,\,D} ,$ étant des polynomes en $f$ et $g$ du degré $2m={\frac {1}{2}}(n-1).$ »

En effet, si on fait $p=f+g{\sqrt {n}},$ $q=f-g{\sqrt {n}},$ on aura $\mathrm {P} ={\frac {p^{n}+q^{n}}{p+q}}\,;$ mais d’après cette formation on sait que la fonction $4\mathrm {P}$ peut être mise sous la forme $\mathrm {X} ^{2}-n\mathrm {Y} ^{2},$ dans laquelle on aura

$\mathrm {X} =\left\{{\begin{aligned}&2p^{2m}-p^{2m-1}q+(m+1)p^{2m-2}q^{2}+{\text{etc}}.\\+&2q^{2m}-q^{2m-1}p+(m+1)q^{2m-2}p^{2}+{\text{etc}}.\end{aligned}}\right\}+\mathrm {M} p^{m}q^{m},$

$\mathrm {Y} =\left\{{\begin{aligned}&p^{2m-1}q+\alpha p^{2m-2}q^{2}+{\text{etc}}.\\+&q^{2m-1}p+\alpha q^{2m-2}p^{2}+{\text{etc}}.\end{aligned}}\right\}+\mathrm {N} p^{m}q^{m}.$

Et comme en général $pq$ est rationnel ainsi que $p^{k}+q^{k},$ $k$ étant un entier quelconque, il s’ensuit que $\mathrm {X}$ et $\mathrm {Y}$ sont des polynômes en $f$ et $g,$ homogènes et du degré $2m\,;$ ces polynomes divisés par $2$ seront les valeurs de $\mathrm {A}$ et $\mathrm {B}$ dans l’équation $\mathrm {P} =\mathrm {A} ^{2}-n\mathrm {B} ^{2}.$

On aura semblablement $\mathrm {Q} ={\frac {1}{n}}.{\frac {p^{n}-q^{n}}{p-q}}\,;$ mais en faisant $p^{n}-q^{n}=(p-q)\mathrm {H} ,$ on aura

$4\mathrm {H} =4n\mathrm {Q} =\mathrm {X} ^{'2}-n\mathrm {Y} ^{'2},$

$\mathrm {X} '=\left\{{\begin{aligned}&2p^{2m}-p^{2m-1}q+(m+1)p^{2m-2}q^{2}+{\text{etc}}.\\+&2q^{2m}-q^{2m-1}p+(m+1)q^{2m-2}p^{2}+{\text{etc}}.\end{aligned}}\right\}+\mathrm {M} 'p^{m}q^{m},$

$\mathrm {Y} '=\left\{{\begin{aligned}&p^{2m-1}q-\alpha p^{2m-2}q^{2}+{\text{etc}}.\\+&q^{2m-1}p-\alpha q^{2m-2}p^{2}+{\text{etc}}.\end{aligned}}\right\}+\mathrm {N} 'p^{m}q^{m}.$

Les valeurs de $\mathrm {X} '$ et $\mathrm {Y} '$ sont donc pareillement des fonctions entières de $f$ et $g\,;$ et comme $\mathrm {X} '$ doit être divisible par $n,$ en vertu de l’équation $4n\mathrm {Q} =\mathrm {X} ^{'2}-n\mathrm {Y} ^{'2},$ il faudra faire $\mathrm {X} '=n\mathrm {Z} ',$ ce qui donnera $4\mathrm {Q} =n\mathrm {Z} ^{'2}-\mathrm {Y} ^{'2}.$ Donc la fonction $\mathrm {Q}$ peut être mise sous la forme $n\left({\frac {1}{2}}\mathrm {Z} '\right)^{2}-\left({\frac {1}{2}}\mathrm {Y} '\right)^{2}\,;$ or puisque $n$ est de la forme $4m+1,$ et qu’ainsi l’équation $t^{2}-nu^{2}=-1$ est toujours possible, la même fonction $\mathrm {Q}$ pourra être mise aussi sous la forme $\mathrm {C} ^{2}-n\mathrm {D} ^{2}\,;$ il suffit pour cela de faire

$\mathrm {C+D} {\sqrt {n}}=\mathrm {\left({\frac {1}{2}}Y'+{\frac {1}{2}}Z'{\sqrt {n}}\right)} \left(t\pm u{\sqrt {n}}\right),$

ce qui donnera

$\mathrm {C} ={\frac {1}{2}}t\mathrm {Y} '\pm {\frac {1}{2}}nu\mathrm {Z} ',$ $\mathrm {D} ={\frac {1}{2}}t\mathrm {Z} '\pm {\frac {1}{2}}u\mathrm {Y} '.$

60. Théorème III. « Soit $n$ un nombre premier de la forme $4m+3,$ si on fait $\left(f+g{\sqrt {-n}}\right)^{n}=\mathrm {F+G} {\sqrt {-n}},$ ensuite $\mathrm {F} =f\mathrm {P} ,$ $\mathrm {G} =ng\mathrm {Q} ,$ ce qui donne

$\mathrm {P} =f^{n-1}-{\frac {n.n-1}{2}}f^{n-3}.ng^{2}+{\frac {n.n-1.n-2.n-3}{2.3.4}}f^{n-5}.n^{2}g^{4}-$ etc.,

$\mathrm {Q} =f^{n-1}-{\frac {n-1.n-2}{2.3}}f^{n-3}.ng^{2}+{\frac {n-1.n-2.n-3.n-4}{2.3.4.5}}f^{n-5}.n^{2}g^{4}-$ etc.

je dis que les polynomes $\mathrm {P}$ et $\mathrm {Q}$ pourront être partagés en deux facteurs rationnels, de sorte qu’on aura

$\mathrm {P=AB,\qquad Q=CD} ,$

$\mathrm {A,\,B,\,C,\,D} ,$ étant des polynomes en f et g du degré $2m+1={\frac {1}{2}}(n-1).$ »

En effet : soit $p=f+g{\sqrt {-n}},$ $q=f-g{\sqrt {-n}},$ on aura $\mathrm {P} ={\frac {p^{n}+q^{n}}{p+q}}\,;$ et d’après cette forme on peut faire $4\mathrm {P} =\mathrm {X} ^{2}+n\mathrm {Y} ^{2},$ ce qui donnera

$\mathrm {X} =\left\{{\begin{aligned}&2p^{2m+1}-p^{2m}q-mp^{2m-1}q^{2}+{\text{etc}}.\\+&2q^{2m+1}-q^{2m}p-mq^{2m-1}p^{2}+{\text{etc}}.\end{aligned}}\right.$

$\mathrm {Y} =\left\{{\begin{aligned}&p^{2m}q+{\text{ϐ}}p^{2m-1}q^{2}+{\text{etc}}.\\-&q^{2m}p+{\text{ϐ}}q^{2m-1}p^{2}-{\text{etc}}.\end{aligned}}\right.$

Or j’observe que la valeur de $\mathrm {X}$ est réelle et rationnelle, puisqu’elle ne dépend que de la valeur de $pq$ et celle de $p^{k}+q^{k}$ qui sont réelles et rationnelles. Quant à la valeur de $\mathrm {Y} ,$ elle est égale au produit de $p-q$ par le polynome

$\mathrm {Z} =pq.{\frac {p^{2m-1}-q^{2m-1}}{p-q}}+{\text{ϐ}}p^{2}q^{2}.{\frac {p^{2m-3}-q^{2m-3}}{p-q}}+$etc.,

dont la valeur est réelle et rationnelle comme celle de $\mathrm {X} \,;$ donc puisque $p-q=2g{\sqrt {-n}},$ on aura $4\mathrm {P} =\mathrm {X} ^{2}-4n^{2}g^{2}\mathrm {Z} ^{2}\,;$ donc $\mathrm {P}$ est égal au produit des deux polynômes ${\frac {1}{2}}\mathrm {X} +ng\mathrm {Z} ,$ ${\frac {1}{2}}\mathrm {X} -ng\mathrm {Z} ,$ lesquels seront les valeurs de $\mathrm {A}$ et $\mathrm {B} .$

61. On aura semblablement $\mathrm {Q} ={\frac {1}{n}}.{\frac {p^{n}-q^{n}}{p-q}}\,;$ on pourra donc supposer $4n\mathrm {Q} =\mathrm {X} ^{'2}+n\mathrm {Y} ^{'2},$ et on aura

$\mathrm {X} '=\left\{{\begin{aligned}&2p^{2m+1}+p^{2m}q-mp^{2m-1}q^{2}+{\text{etc}}.\\-&2q^{2m+1}-q^{2m}p+mq^{2m-1}p^{2}-{\text{etc}}.\end{aligned}}\right.$

$\mathrm {Y} '=\left\{{\begin{aligned}&p^{2m}q-{\text{ϐ}}p^{2m-1}q^{2}+{\text{etc}}.\\+&q^{2m}p-{\text{ϐ}}q^{2m-1}p^{2}+{\text{etc}}.\end{aligned}}\right.$

La valeur de $\mathrm {Y} '$ se réduira comme on voit, à une quantité réelle et rationnelle, c’est-à-dire, à un simple polynome en $f$ et $g$ du degré $2m+1.$ Quant à la fonction $\mathrm {X} ',$ elle est le produit de $p-q$ ou $2g{\sqrt {-n}}$ par le polynome

$\mathrm {Z} '=2.{\frac {p^{2m+1}-q^{2m+1}}{p-q}}+pq.{\frac {p^{2m-1}-q^{2m-1}}{p-q}}-mp^{2}q^{2}.{\frac {p^{2m-3}-q^{2m-3}}{p-q}}+{\text{etc}}.,$

dont la valeur est réelle et rationnelle donc on aura $\mathrm {X} '=2g\mathrm {Z} '{\sqrt {-n}},$ et $\mathrm {X} ^{'2}=-4ng^{2}\mathrm {Z} ^{'2},$ ce qui donne $4\mathrm {Q} =\mathrm {Y} ^{'2}-4g^{2}\mathrm {Z} ^{'2}\,;$ donc $\mathrm {Q}$ se décompose en deux facteurs rationnels ${\frac {1}{2}}\mathrm {Y} '+g\mathrm {Z} ',$ ${\frac {1}{2}}\mathrm {Y} '-g\mathrm {Z} ',$ qui seront les valeurs de $\mathrm {C}$ et $\mathrm {D} .$

62. Voici des exemples de ces décompositions pour les cas de $n=7$ et $n=11.$

$n=7.$

$\mathrm {P} =f^{6}-3n^{2}f^{4}g^{2}+5n^{3}f^{2}g^{4}-n^{4}g^{6},$

${\begin{aligned}\mathrm {A} &=f^{3}+nf^{2}g-n^{2}fg^{2}+n^{2}g^{3},\\\mathrm {B} &=f^{3}-nf^{2}g-n^{2}fg^{2}-n^{2}g^{3},\\\mathrm {Q} &=f^{6}-5nf^{4}g^{2}+3n^{2}f^{2}g^{4}-n^{2}g^{6},\\\mathrm {C} &=f^{3}-nf^{2}g+nfg^{2}+ng^{3},\\\mathrm {D} &=f^{3}+nf^{2}g+nfg^{2}-ng^{3}.\end{aligned}}$

$n=11.$

${\begin{aligned}\mathrm {P} &=f^{10}-5n^{2}f^{8}g^{2}+30n^{3}f^{6}g^{4}-42n^{4}f^{4}g^{6}+15n^{5}f^{2}g^{4}-n^{6}g^{10},\\\mathrm {A} &=f^{5}+3nf^{4}g+2n^{2}f^{3}g^{2}+2n^{2}f^{2}g^{3}-n^{3}fg^{4}-n^{3}g^{5},\\\mathrm {B} &=f^{5}-3nf^{4}g+2n^{2}f^{3}g^{2}+2n^{2}f^{2}g^{3}-n^{3}fg^{4}+n^{3}g^{5},\\\mathrm {Q} &=f^{10}-15nf^{8}g^{2}+42n^{2}f^{6}g^{4}-30n^{3}f^{4}g^{6}+5n^{4}f^{2}g^{4}-n^{4}g^{10},\\\mathrm {C} &=f^{5}+nf^{4}g-2nf^{3}g^{2}-2n^{2}f^{2}g^{3}-3n^{2}fg^{4}-n^{2}g^{5},\\\mathrm {D} &=f^{5}-nf^{4}g-2nf^{3}g^{2}+2n^{2}f^{2}g^{3}-3n^{2}fg^{4}+n^{2}g^{5}.\end{aligned}}$

Au reste, la similitude qu’il y a entre les fonctions $\mathrm {P}$ et $\mathrm {Q}$ permettrait de trouver aisément les facteurs de $\mathrm {Q}$ en les déduisant des facteurs de $\mathrm {P} ,$ ou réciproquement. Il faudrait pour cela mettre $ng$ et $f$ à la place de $f$ et $g$ respectivement.

63. Le théorème précédent peut être appliqué aux sections angulaires ; car si on fait $f=\cos .\varphi$ et $g{\sqrt {-n}}=\sin .\varphi ,$ on aura $f+g{\sqrt {-n}}=$$\cos .\varphi +{\sqrt {-1}}\sin .\varphi \,;$ d’où résulte $\mathrm {F} =\cos .n\varphi ,$ $\mathrm {G} {\sqrt {-n}}={\sqrt {-1}}\sin .n\varphi ,$ et par conséquent

$\mathrm {P} ={\frac {\cos .n\varphi }{\cos .\varphi }},\qquad \mathrm {Q} ={\frac {\sin .n\varphi }{n\sin .\varphi }}.$

Ainsi toutes les fois que $n$ sera un nombre premier de la forme $4m+3,$ les expressions de ${\frac {\cos .n\varphi }{\cos .\varphi }}$ et ${\frac {\sin .n\varphi }{n\sin .\varphi }},$ pourront être décomposées en deux facteurs rationnels du degré $2m+1.$

Par exemple, dans le cas de $n=7,$ on aura

${\frac {\cos .7\varphi }{\cos .\varphi }}=\left\{{\begin{aligned}&\left(\cos .^{3}\varphi +7^{\frac {1}{2}}\cos .^{2}\varphi \sin .\varphi -7\cos .\varphi \sin .^{2}\varphi +7^{\frac {1}{2}}\sin .^{3}\varphi \right)\times \\&\left(\cos .^{3}\varphi -7^{\frac {1}{2}}\cos .^{2}\varphi \sin .\varphi -7\cos .\varphi \sin .^{2}\varphi -7^{\frac {1}{2}}\sin .^{3}\varphi \right),\\\end{aligned}}\right.$

${\frac {\sin .7\varphi }{7\sin .\varphi }}=\left\{{\begin{aligned}&\left(\cos .^{3}\varphi -7^{\frac {1}{2}}\cos .^{2}\varphi \sin .\varphi +\cos .\varphi \sin .^{2}\varphi +7^{-{\frac {1}{2}}}\sin .^{3}\varphi \right)\times \\&\left(\cos .^{3}\varphi -7^{\frac {1}{2}}\cos .^{2}\varphi \sin .\varphi +\cos .\varphi \sin .^{2}\varphi +7^{-{\frac {1}{2}}}\sin .^{3}\varphi \right).\end{aligned}}\right.$

64. Pour appliquer ces formules à un cas particulier, soit proposé de diviser le quart de la circonférence ${\frac {\pi }{2}}$ en $7$ parties égales ; on fera $\varphi ={\frac {1}{14}}\pi ,$ ce qui donnera $\cos .7\varphi =0,$ et on trouvera $\cot .\varphi$ par la résolution de l’une ou l’autre des deux équations

${\begin{aligned}\cot .^{3}\varphi +7^{\frac {1}{2}}\cot .^{2}\varphi -7\cot .\varphi +7^{\frac {1}{2}}&=0,\\\cot .^{3}\varphi -7^{\frac {1}{2}}\cot .^{2}\varphi -7\cot .\varphi -7^{\frac {1}{2}}&=0,\end{aligned}}$

La première s’applique aux arcs $\varphi ={\frac {3\pi }{14}},\,{\frac {5\pi }{14}},\,{\frac {13\pi }{14}},$ la seconde aux arcs ${\frac {\pi }{14}},\,{\frac {9\pi }{14}},\,{\frac {11\pi }{14}},$ qui sont les suppléments des précédents.

On aurait directement par les formules ordinaires

${\frac {\cos .7\varphi }{\cos .\varphi }}=\cos .^{6}\varphi -21\cos .^{4}\varphi \sin .^{2}\varphi +35\cos .^{2}\varphi \sin .^{4}\varphi -7\sin .^{6}\varphi ,$

ce qui, dans le cas précédent, donnerait à résoudre l’équation

$0=\cot .^{6}\varphi -21\cot .^{4}\varphi +35\cot .^{2}\varphi -7\,;$

on a donc le choix ou de décomposer cette équation du sixième degré en deux autres du troisième, comme on vient de le faire, ou d’employer la substitution $\cot .^{2}\varphi =x$ qui donne également à résoudre une équation du troisième degré.

Mais la décomposition que notre théorème fournit, a de plus l’avantage de faire connaître des propriétés nouvelles des sections angulaires. Car puisque dans notre exemple, les \cotangentes des trois arcs ${\frac {3\pi }{14}},\,{\frac {5\pi }{14}},\,{\frac {13\pi }{14}},$ sont les racines d’une même équation $x^{3}+7^{\frac {1}{2}}x^{2}-7x+7^{\frac {1}{2}}=0,$ il s’ensuit qu’on a

${\begin{aligned}\cot .{\frac {\pi }{14}}-\;\cot .{\frac {3\pi }{14}}-\ \ \cot .{\frac {5\pi }{14}}&={\sqrt {7}},\\\cot .^{2}{\frac {\pi }{14}}+\cot .^{2}{\frac {3\pi }{14}}+\cot .^{2}{\frac {5\pi }{14}}&=21,\\\cot .{\frac {\pi }{14}}\cot .{\frac {3\pi }{14}}\cot .{\frac {5\pi }{14}}&={\sqrt {7}},\end{aligned}}$

comme on peut le vérifier par le calcul trigonométrique.

Il resterait à trouver pour une valeur quelconque de $n,$ la loi générale des valeurs de $\varphi$ qui servent à composer les racines de chaque équation. On aurait ainsi de nouvelles formules qui s’ajouteraient aux nombreuses formules connues dans la théorie des sections angulaires.

65. Théorème IV. « Si l’équation $x^{3}-px^{2}+qx-r=0$ a ses trois racines rationnelles, la quantité $\mathrm {A} =p^{2}q^{2}-4q^{2}+18pqr-4p^{3}r-27r^{2},$ devra être un carré. »

En effet, soient $\alpha ,\,{\text{ϐ}},\,\gamma ,$ les racines rationnelles de l’équation proposée, en sorte qu’on ait $p=\alpha +{\text{ϐ}}+\gamma ,$ $q=\alpha {\text{ϐ}}+{\text{ϐ}}\gamma +\gamma \alpha ,$ $r=\alpha {\text{ϐ}}\gamma \,;$ si l’on cherche les valeurs des quantités $y$ et $z$ ainsi composées :

${\begin{aligned}y&=\alpha ^{2}{\text{ϐ}}+{\text{ϐ}}^{2}\gamma +\gamma ^{2}\alpha =\int \alpha ^{2}{\text{ϐ}},\\z&=\alpha ^{2}\gamma +{\text{ϐ}}^{2}\alpha +\gamma ^{2}{\text{ϐ}}=\int \alpha ^{2}\gamma ,\end{aligned}}$

ces quantités devront être également rationnelles. Or par les formules connues on trouve $y+z=pq-3r,$ $yz=q^{3}+p^{3}r-6pqr+9r^{2},$ donc $(y-z)^{2}=p^{2}q^{2}-4q^{3}+18pqr-4p^{3}r-27r^{2}\,;$ le second membre doit donc être un carré parfait.

On obtiendrait le même résultat par la considération des deux quantités $\int \alpha ^{3}{\text{ϐ}},\,\int \alpha ^{3}\gamma .$

Corollaire. Il suit de ce théorème que dans le cas où l’équation $x^{3}-px^{2}+qx-r=0$ a ses trois racines rationnelles, l’expression de l’une de ces racines par la formule de Cardan, est toujours de la forme

$x={\frac {1}{3}}p+\mathrm {\sqrt[{3}]{\left(A+B{\sqrt {-{\frac {1}{3}}}}\right)}} +\mathrm {\sqrt[{3}]{\left(A-B{\sqrt {-{\frac {1}{3}}}}\right)}} ,$

dans laquelle $\mathrm {A}$et $\mathrm {B}$ sont rationnels ainsi que $\mathrm {\sqrt[{3}]{\left(A^{2}+{\frac {1}{3}}B^{2}\right)}} .$

Théorème V. « Si l’on propose de trouver combien il y a de nombres premiers dans la progression arithmétique $\mathrm {A-C,\,2A-C} \ldots n\mathrm {A-C} ,$ où $\mathrm {C}$ est l’un des $k$ nombres plus petits que $\mathrm {A}$ et premiers à $\mathrm {A} ,$ le nombre cherché $x$ sera donné par la formule

$x={\frac {n\mathrm {A} }{k(\log .(n\mathrm {A} )-1.08366)}},$

laquelle sera d’autant plus exacte que $n$ sera plus grand. »

Par exemple, dans la progression $59,\,119,\,179,$ etc., dont le terme général est $60n-1,$ on a $k={\frac {60}{2}}\left(1-{\frac {1}{3}}\right)\left(1-{\frac {1}{5}}\right)=16,$ et $x={\frac {{\cfrac {15}{4}}n}{\log .(60n)-1.08366}}.$ Ainsi dans les 100000 premiers termes de cette progression on devra trouver à très-peu-près $25820$ nombres premiers.

1. « Cubum autem in duos cubos, aut quadrato-quadratum in duos quadratos et generaliter nullam in infinitum ultra quadratum, potestatem in duas ejusdem nominis fas est dividere cufus rei demonstrationem mirabilem sane detexi. Hanc marginis exiguitas non caperet. » Fermat Notes sur Diophante, pag. 61.

   Les dernières paroles de cette note autorisent à croire que la démonstration dont parle Fermat, n’aurait occupé qu’un petit nombre de pages, s’il les avait eues à sa disposition. Cette démonstration était donc beaucoup plus simple que celle dont nous nous servons dans cet écrit pour prouver seulement que la solution, s’il y en avait une dans les cas non résolus, ne pourrait être donnée que par des nombres d’une grandeur prodigieuse.

2. Ces équations entre des restes provenant de la division de plusieurs nombres par un même nombre premier $\theta ,$ se traitent comme les équations ordinaires, sans qu’il soit besoin des signes nouveaux d’égalité ni des dénominations nouvelles assez incongrues dont quelques géomètres font usage.
3. Cette démonstration qu’on trouvera sans doute très ingénieuse, est due à M^lle Sophie Germain, qui cultive avec succès les sciences physiques et mathématiques, comme le prouve le prix qu’elle a remporté à l’Académie sur les vibrations des lames élastiques. On lui doit encore la proposition de l’art. 13 et celle qui concerne la forme particulière des diviseurs premiers de $\alpha$, donnée dans l’art. 11.
4. Par une analyse semblable à celle dont nous venons de faire usage, on pourrait démontrer l’impossibilité de l’équation $x^{5}+y^{5}=\mathrm {A} z^{5},$ pour un assez grand nombre de valeurs de $\mathrm {A} \,;$ c’est ce qu’a fait M. Lejeune Dieterich, dans un Mémoire présenté récemment à l’Académie, et qui a obtenu son approbation.
5. Cette formule offre pour déterminer $\mathrm {X}$ un moyen beaucoup plus simple que celui que nous avions indiqué dans la Théorie des nombres, art. 478.