Equation de Fermat pour $p=3$

Par Mathous

Objectifs de l'équation

On veut démontrer que l'équation $x^3 + y^3 = z^3$ n'a pas de solution dans l'ensemble $\mathbb{Z}$ (autre que les solutions triviales où l'un des nombres serait nul).

Il existe de nombreuses démonstrations de ce résultat. Celle qui a été choisie ici fait largement appel aux propriétés de l'anneau $\mathbb{Z}[j]$ étudié dans mon article sur les entiers d'Eisenstein.
Pour plus de détails, voyez cet article.

Elle s'inspire largement du cours de Monsieur Hindry : qu'il en soit ici remercié.

I- Résultats et prérequis

Commençons donc par rappeler les propriétés utiles, et quelques autres que nous allons établir ici.

$\mathbb{Z}[j]$ est un anneau euclidien, donc principal, donc factoriel.

Ses unités ( éléments inversibles ) sont exactement les éléments de norme 1 :$\pm 1$, $\pm j$, $\pm j^2$.

L'élément $\lambda= 1- j$, de norme $3$, est un irréductible (élément premier) de $\mathbb{Z}[j]$.

Dans un anneau factoriel, on dispose de la propriété suivante que nous utiliserons dans cette étude :

En effet : posons $a = u. \Pi p_i^{\alpha i}$ et $b=v.\Pi q_j^{\beta j}$ où $u$ et $v$ sont des unités de l'anneau, $p_i$ et $q_j$ des éléments irréductibles, $\alpha_i$ et $\beta_j$ les exposants de ces facteurs dans les décompositions de $a$ et $b$. Puisque $a$ et $b$ sont premiers entre eux, les $p_i$ sont tous différents des $q_j$.

Or, la décomposition de $ab$ étant unique (à l'ordre près et aux inversibles près), les $p_i$ et les $q_j$ sont exactement les $r_k$ avec leurs exposants qui sont tous des multiples de $3$.

Donc $a$ et $b$ sont bien des cubes (aux unités près).
Ce résultat s'étend sans difficulté (même démonstration) à un produit de plus de 2 facteurs pourvu qu'ils soient premiers entre eux deux à deux.

$\lambda$ , et même $\lambda^2$, est un diviseur de $3$ :

En effet :

soit $\phi (X) = X^2 + X + 1 = (X - j)(X - j^2)$.

On a : $\phi(1)=3=(1-j)(1-j^2)=(1-j)^2(1 + j) = \lambda^2 (-j^2).$

Soit $s \in \mathbb{Z}[j]$.

On pose $s = a + jb$ où $a$ et $b$ sont des entiers relatifs.
$j \equiv 1 modulo \lambda$ puisque $\lambda = 1 - j$.

Donc $s \equiv a + b modulo \lambda$.

$s$ est donc congru à un entier. Or, $modulo 3$, cet entier est congru à $0$,$1$, ou $-1$.
Mais puisque $3$ est un multiple de $\lambda$, $s$ est congru à $0$,$1$, ou $-1 modulo\lambda$.

Plus précisément, le quotient $\dfrac{\mathbb{Z}[j]}{\lambda\mathbb{Z}[j]}$ est un corps puisque l'anneau $\mathbb{Z}[j]$ est principal et que $\lambda$ est premier.

Ce corps possédant $3$ éléments est donc isomorphe à $\mathbb{F}3$.

Une autre façon d'expliquer les choses est de remarquer que, par division euclidienne de $s$ par $\lambda$, $s$ est congru modulo $\lambda$ à son reste qui est de norme inférieure à $3$.
Or il n'existe pas dans $\mathbb{Z}[j]$ d'élément de norme $2$. Donc $s$ est congru soit à $0$, soit à un élément de norme $1$ c'est-à-dire à un inversible.

Mais ces inversibles sont en fait congrus $3$ à $3$ modulo $\lambda$ :

On retrouve bien les 3 classes.

Si $u$ est une unité ( élément inversible ) de $\mathbb{Z}[j]$ et que $u \equiv \pm1 modulo\lambda^2$, alors $u = \pm1$.

Remarquons que cet énoncé serait faux si on supposait seulement $u \equiv \pm1 modulo \lambda$ : par
exemple $j \equiv 1 modulo \lambda$ mais $j \neq 1$.

La démonstration de la propriété s'effectue par cas ( il n'y en a finalement que 4 ).

Il reste donc comme seules possibilités : $u = 1$ ou $u = -1$ pour lesquels il n'y a évidemment rien à vérifier.

Si $s$ élément de $\mathbb{Z}[j]$ vérifie $s \equiv \pm1 modulo \lambda$, alors $s^3 \equiv \pm 1 modulo \lambda^4$.

Si $s\equiv 1 modulo\lambda$, alors $s = 1 + k\lambda$ ( où $k \in \mathbb{Z}[j]$).

Donc $s^3-1=(s-1)(s-j)(s-j^2)$$=(\lambda k)[\lambda(1+k)][\lambda(1+k+j)]$$=\lambda^3(k)(1+k)(1+k+j)$

Or, modulo $\lambda$, $k$ est congru à un entier $r$ valant $0$,$1$, ou $2$.

$k + 1$ est donc congru à $r + 1$ et $k + 1 + j$ à $r + 2$ (car $j \equiv 1 modulo\lambda)$.

Chacun des facteurs du produit $(k)(1 + k)(1 + k + j)$ est donc congru modulo$\lambda$ à un entier de $0$ à $2$, et ces entiers étant différents modulo$\lambda$, l'un d'entre eux est donc congru à $0 modulo\lambda$,c'est-à-dire est un multiple de $\lambda$.

Si $s \equiv -1 modulo\lambda$, un calcul analogue au précédent fournit $s^3 + 1 = \lambda^3(k)(k-1)(k-1-j)$.

Comme précédemment, l'un des trois derniers facteurs est multiple de $\lambda$ et on obtient $s^3 \equiv -1modulo\lambda^4$.

II - Considérons maintenant, dans $\mathbb{Z}[j]$\{0}, l'équation $x^3 + y^3 = z^3$.

• On peut toujours supposer que $x$,$y$, et $z$ sont premiers entre eux ( dans $\mathbb{Z}[j]$) car si $\delta$ est un PGCD de $x$,$y$, et $z$, il suffit de poser $x=\delta x'$, y = \deltay', $z = \delta z'$. On obtient alors $x'^3 + y'^3 = z'^3$ où cette fois $x'$,$y'$, et $z'$ sont premiers entre eux.

• On peut même supposer que $x$,$y$, et $z$ sont premiers entre eux deux à deux car si $\mu$ est un diviseur premier ( dans $\mathbb{Z}[j]$ ) de $x$ et $y$, il divise aussi $z^3$ donc $z (puisqu'il est premier et que $x^3 + y^3 = z^3$) ce qui contredit que $x$,$y$, et $z$ sont premiers entre eux.

• Si $\lambda$ ne divise ni $x$, ni $y$, ni $z$, alors chacun de ces éléments est congru à $\pm 1 modulo\lambda$,
  et donc le cube de chacun est congru à $\pm 1 modulo\lambda^4$.

Par suite, puisque $x^3+y^3 = z^3$, on a :$\pm1\pm1\pm1 \equiv 0 modulo\lambda^4$

Il est aisé de vérifier qu'une telle congruence est impossible : le membre de gauche étant congru à $\pm3$ ou $\pm1$ de norme maximum $9$, alors que $\lambda^4 = 9j^2$
est de norme $81$.

Il en résulte que $\lambda$ divise l'un des éléments $x$,$y$, ou $z$.

L'égalité $x^3 + y^3 = z^3$ peut s'écrire $x^3 + y^3 + (-z)^3 = 0$.

Par suite, $x$, $y$, et $z$ jouent le même rôle, et puisque $\lambda$ divise l'un des éléments $x$,$y$,ou $z$, on peut toujours supposer qu'il divise $z$.

$x$,$y$, et $z$ étant premiers entre eux deux à deux,$\lambda$ divise donc $z$ mais ni $x$ ni $y$.

• En définitive, on peut donc se placer dans la situation suivante :

$x$, $y$, et $z$ sont trois éléments de $\mathbb{Z}[j]$\{0}, premiers entre eux deux à deux, tels que $x^3 +y^3 = z^3$
et tels que $\lambda$ divise $z$ mais ni $x$ ni $y$.

Nous allons démontrer que ceci est impossible, et donc à fortiori que l'équation $x^3 + y^3 = z^3$ n'admet aucune solution dans $\mathbb{Z}$\{0}.

Méthode de la descente infinie

On se place dans l'hypothèse suivante :
$x$,$y$, et$z$ sont trois éléments de $\mathbb{Z}[j]$\{0}, premiers entre eux deux à deux, tels que $\lambda$ divise $z$ mais ni $x$ ni $y$, et tels qu'il existe une unité $u$ de $\mathbb{Z}[j]∗$ telle que $x^3 + y^3 = uz^3$.

• Puisque $\lambda$ divise $z$ mais pas $x$ ni $y$, $x$ et $y$ sont congrus à $\pm1 modulo \lambda$. On a vu qu'alors $x^3$ et $y^3$ sont congrus à $\pm1 modulo \lambda^4$.

Donc, puisque $x^3 + y^3 = uz^3$, on a \pm1 \pm 1 ≡ uz^3 modulo \lambda^4$.

Donc :

• ou bien $2 \equiv uz^3 modulo\lambda^4$, et donc $2$ est un multiple de $\lambda^3$ donc de $\lambda$ ( puisque $\lambda$ divise $z$), ce qui est faux ;

• ou bien $-2 ≡ uz^3 modulo \lambda^4$, ce qui est également impossible ;

• reste donc $0 \equiv uz^3 modulo \lambda^4$, et donc $z^3$ est un multiple de $\lambda^4$ ce qui implique que $z$ est un multiple de $\lambda^2$ ( et pas seulement de $\lambda$ ).

• Si $\delta$ est un diviseur commun de $x + y$ et de $x + jy$, alors $\delta$ divise $(x + y) - (x + jy) = \lambda y$. Il
  divise aussi $j(x + y) - (x + jy) = - \lambda x$ .

Or, $x$ et $y$ étant premiers entre eux, $\delta$ divise donc $\lambda$.
Ainsi, un PGCD de $x + y$ et de $x + jy$ divise $\lambda$.

• On a : $x^3 + y^3 = (x + y)(x + jy)(x + j^2y) = uz^3$.

Or, $\lambda$ divisant $z$ divise donc le produit $(x+ y)(x + jy)(x + j^2y)$ . Il divise donc au moins un de ces trois facteurs.

Si $\lambda$ divise $x + y$, il divise donc $x + jy + y - jy = (x + jy) + \lambda y$, il divise donc $x + jy$. Il divise
donc un PGCD de ces deux éléments.
Or on vient de voir que ces PGCD divisent $\lambda$. Donc $\lambda$ est un PGCD de $x + y$ et $x + jy$.

• On démontrerait de façon analogue que $\lambda$ est un PGCD de $x + y$ et de $x + j^2y$ ainsi que de $x + jy$ et $x + j^2y$. C'est donc un PGCD des trois facteurs.

On peut remarquer d'ailleurs que ces trois facteurs jouent le même rôle : il suffit par exemple de poser $y = jy'$ pour obtenir $x + jy'$ à la place de $x + y$, $x + j^2y'$ à la place de $x + jy$, et $x + y'$ à la place de $x + j^2y$ ;
$x$,$y'$, et $z$ vérifiant évidemment les conditions demandées au début de cette partie.

• On a vu plus haut que $\lambda^2$ divise $z$, donc $z$ est de la forme $z= q.\lambda^m$ où $m = v_\lambda(z)$ est
  la valuation de $\lambda$ dans la décomposition de $z$ en facteurs premiers ( le plus grand exposant de
  $\lambda$ dans cette décomposition ).

On a donc $m >2$.
Par suite, puisque $(x + y)(x + jy)(x + j^2y) = uz^3 = uq^3\lambda^{3m}$, $3m >6$ et donc l'un au moins des
trois facteurs $(x + y)$, $(x + jy)$, ou $(x + j^2y)$ est divisible par $\lambda^2$.
Or on a vu que $\lambda$ ( et non pas $\lambda^2$) est un PGCD de ces facteurs pris deux à deux. Il en résulte qu'un seul de ces facteurs est divisible par $\lambda^2$ et les deux autres seulement par $\lambda$.

On ne change rien à la généralité du problème en supposant que c'est $x+y$ qui est divisible par $\lambda^2$. Le raisonnement aboutirait au même résultat si on supposait que c'est un des deux autres facteurs ( on a d'ailleurs vu que ces trois facteurs jouent le même rôle ).

On suppose donc dans la suite que $v\lambda(x + y) \geqslant 2$, $v\lambda(x + jy) = 1$, et $v\lambda(x + j^2y) = 1$.

De plus, puisque $(x + y)(x + jy)(x + j^2y) = uz^3 = uq^3\lambda^{3m}$, on a $v\lambda(x + y) = 3m - 2$ ( la somme
des exposants valant $3m$).

• On a donc :
  $x + y = A_1\lambda^{3m-2}$
  $x + jy = A_2\lambda$
  $x + j^2y = A_3\lambda$

Puisque \lambda est un PGCD de ces éléments deux à deux, il en résulte que $A_1$, $A_2$, et $A_3$ sont premiers entre eux deux à deux.
Or, le produit des trois vaut $uz_3 = uq^3 \lambda^{3m}$, il en résulte que $A_1A_2A_3 = uq^3$.

$A_1$, $A_2$, et $A_3$ sont donc trois éléments de $\mathbb{Z}[j]$\{0}, premiers entre eux deux à deux, et dont
le produit est un cube ( à une unité près ).
$\mathbb{Z}[j]$ étant un anneau factoriel, il en résulte que
chacun de ces trois éléments est lui-même le produit d'un cube par une unité.

Il existe donc trois unités $u_1$, $u_2$, $u_3$, et trois éléments $X_1$, $X_2$, et $X_3$ de $\mathbb{Z}[j]$ tels que :

$A_1 = u_1{X_1}^3$
$A_2 = u_2{X_2}^3$
$A_3 = u_3{X_3}^3$

On calcule alors :
$x + y + j(x + jy) + j^2(x + j^2y) = 0 = u_1{X_1}^3 \lambda {3m-2} + u_2{X_2}^3j\lambda + u_3{X_3}^3j^2 \lambda$

Puisque $\lambda\neq 0$ :
$u_1{X_1}^3\lambda{3m-3} + u_2{X_2}^3j + u_3{X_3}^3j^2 = 0$

On peut tout diviser par $ju_2$ qui est une unité :
$\dfrac{u1}{ju_2}{X_1}^3\lambda^{3m-3}+ {X_2}^3 + \dfrac{u_3j}{u_2}{X3}^3 = 0$

On pose alors : $x'= X_2$
$\varepsilon = \dfrac {u_3j}{u_2}$
$y'= X_3$
$u'= - \dfrac {u_1}{ju_2}$
et $z'= X_1λ^{m-1}$

On obtient alors $x'^3+\varepsilon y'^3=u'z'^3$ où $\varepsilon$ et $u$ sont des unités, $x'$ et $y'$ des éléments de $\mathbb{Z}[j]$\{0} premiers entre eux, non divisibles par $\lambda$, et où la valuation de $z'$ est $m-1$ ( alors que celle de $z$ était $m$ ).

Mais ce n'est pas encore tout-à-fait ce que l'on souhaite : $\varepsilon$ est une unité, mais il faut prouver que c'est $\pm1$.

• Puisque $x'$ et $y'$ ne sont pas divisibles par $\lambda$, ils sont congrus à $\pm1 modulo\lambda$, et donc $x'^3$ et y' ^3 sont congrus à $\pm1 modulo\lambda^4$ donc à fortiori $modulo\lambda^3 $.

$z'$ est un multiple de $\lambda$ donc $z'3$ est congru à $0 modulo\lambda^3$.

Il en résulte que $\pm1 \pm \varepsilon \equiv 0 modulo \lambda^3$ et à fortiori $modulo \lambda^2 = -3j$.

Or, cette congruence n'est possible que si $\varepsilon = \pm1$. Ainsi, si $\varepsilon$ valait $j$, on aurait $\pm 1\pm j$ multiple de $-3j$ ce qui est impossible ( à cause par exemple des normes ).

Je laisse au lecteur le soin de vérifier les autres impossibilités.

On a donc \varepsilon = \pm 1$.
Donc, on obtient $x^3 + y^3 = u'{z'}^3$ lorsque $\varepsilon = 1$ , ou $x'^3 - y'^3 = x^3 + (-y')^3 = u'z'^3$ lorsque $\varepsilon = -1$.

Résumé

En résumé :

s'il existe trois éléments $x$, $y$, $z$ de $\mathbb{Z}[j]$\{0}, premiers entre eux deux à deux, et une unité $u$ de $\mathbb{Z}[j]$ * ,
tels que $\lambda$ divise $z$ mais pas $x$ ni $y$, et que $x^3 + y^3 = uz^3$ ,
alors il existe trois éléments $x'$,$y'$,$z'$ de $\mathbb{Z}[j]$\{0}, premiers entre eux deux à deux, et une unité $u'$ de $\mathbb{Z}[j]$ * ,
tels que $\lambda$ divise $z'$ mais pas $x'$ ni $y'$, et que $x^3 + y^3 = u'z'^3$, avec de plus $v \lambda(z') < v\lambda (z)$.

On peut itérer le procédé indéfiniment : les valuations dez qui sont des entiers à priori positifs mais strictement décroissants finiraient par être nuls voire négatifs : cela aboutit donc à une contradiction :