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FACULTÉ DESSCIENCES ETTECHNIQUES DELIMOGES, 2004-05

IREM et IUFMDULIMOUSIN

Formation continue second degréMathématiques actuellesLe théorème de Fermat pourprégulier,p6 jxyz

Stéphane Vinatier

Le dernier théorème de Fermat a été démontré par WILESen 1994, après plus de trois siècles d"efforts des mathématiciens théoriciens des nombres. Il s"agit de mon- trer que sinest un entier supérieur ou égal à 3, l"équation : x n+yn=zn n"a pas de solution entière (x2Z,y2Zetz2Z) non triviale (xyz6=0). Ce résul- tat n"a pas de conséquences mathématiques notables; cependant, les recherches qui

ont finalement abouti à sa résolution ont été sources de progrès considérables dans

plusieurs domaines des mathématiques. FERMAT(1601-1665) était lui-même en mesure de démontrer son théorème pour quelques petites valeurs den, mais il ne pouvait soupçonner l"existence d"une dif- ficulté cruciale pourn>19 : l"anneaudans lequel se font les calculs n"est alors plusprincipal. A son époque, les notions de groupe et d"anneau sont inconnues, le concept d"anneau non principal est à fortiori complètement hors d"atteinte. Une étape importante vers la résolution a été franchie lorsque le mathématicien allemand KUMMERa introduit en 1846 la notion d"idéauxdans le but de remédier

(partiellement) à cette difficulté : la propriété d"unique factorisation en produit d"ir-

réductiblesn"est pas vraie pour les éléments de l"anneau quand celui-ci n"est pas prin- cipal, mais elle est vraie pour les idéaux des anneaux qui interviennent ici. Nous allons voir comment cette notion permet de démontrer lepremier cas(p6 jxyz) du théorème de Fermat pour un nombre premiern=prégulier(nous verrons plus loin ce que cela signifie, c"est une hypothèse qui "adoucit» le fait que l"anneau ne soit pas principal).

1 Echauffement

L"équation de Fermat pourn=2 a des solutions non triviales : on se ramène à(x=z)2+ (y=z)2=1, donc à chercher les points du cercle trigonométrique à co- ordonnées rationnelles (c"est-à-dire dansQ). On paramétrise le cercle en utilisant cos=1t21+t2et sin=2t1+t2, oùt=tan(=2); les valeurs rationnelles detfournissent les solutions. 1 Dès lors, montrer que l"équation de Fermat n"a pas de solution pourn3 se ramène à montrer qu"elle n"en a pas pourn=4 et pour tout nombre premier impair p. En effet, x ab+yab=zab)(xa)b+(ya)b= (za)b, et tout entier supérieur à 3 est divisible par 4 ou par un premier impair. Enfin, on se ramène aisément à montrer qu"il n"y a pas de solutions(x,y,z)avecx,yetzpre- miers entre eux. FERMATa traité le casn=4 à l"aide du principe de la " descente infinie» dont il est l"inventeur. Nous fixons désormais un premier impairpet consi- dérons l"équation : x p+yp=zp,x,y,z2Zpremiers entre eux. Le raisonnement dans le premier cas du théorème (p6 jxyz) est très simple pour p=3 : Exercice 1.1Montrer que36 jx entraîne que x3 1 mod 9; faire de même pour y3et z

3, en déduire que x3+y3=z3est impossible si36 jxyz.

La même méthode s"applique pourp=5 en considérant des congruences modulo

25. Par contre, ça ne marche plus pour 7 : 1

7+307317mod 49, et on peut montrer

qu"il y a des solutions modulo toutes les puissances de 7. Le second cas du théorème pourp=3 (3jxyz) est une bonne introduction aux méthodes qui serviront dans le premier cas pourp5 régulier. Nous commençons donc par celui-ci.

2 Le second cas pourp=3

Icip=3 et on suppose qu"il existe une solution(x,y,z)de l"équation de Fermat avecx,y,z2Zpremiers entre eux et 3jxyz. En écrivant x

3+y3+(z)3=0 ,

on voit que, quitte à permuterx,yetz, on peut supposer que 3 divisez, si bien que

3 ne divise pasxety.

On revient à l"équation sous la formex3+y3=z3; puisqu"il est divisible par 3, l"idée "naturelle» est de factoriser le membre de gauche. Pour cela, on introduit une racine cubique de l"unité, que l"on notej: c"est l"une des solutions non réelles de l"équation X

3=1, donc une solution de X2+X+1=0.

Exercice 2.1Vérifier que x3+y3= (x+y)(x+jy)(x+j2y). On note que 1+j+j2=0, si bien quej2=1j; commej3=1, toutes les puissances positives dejs"écriventa+b javeca2Zetb2Z. 2

2.1 L"anneauZ[j]

On est ainsi amené à travailler avec des nombres qui se trouvent dans l"anneau :

Z[j] =fa+b j,a2Z,b2Zg,

qu"on peut voir comme un sous-anneau deC, c"est-à-dire que l"addition et la multi- plication s"y font de la manière habituelle. Cet anneau estprincipal, ce qui entraîne que tout élément s"écrit de manière unique produit d"uneunitépar desirréductibles. Définition 2.2Un anneau A est ditintègresi, poura,b2A,ab=0 entraînea=0 oub=0. Si tel est le cas, un élémenta2A est uneunités"il admet un inverseb2A : ab=1; un élémenta2A estirréductiblesia=bcavecb2A etc2A entraîneb est une unité oucest une unité.

L"ensemble des unités de A est noté A

Exemple 2.3L"anneauZestintègre.Sesunitéssont1et1;sesirréductiblessontles nombres premiers (et leurs opposés). Tout nombre entier s"écrit de manière unique

1 multiplié par des nombres premiers positifs : 1728=2633.

De même,Z[j]est intègre, car c"est un sous-anneau deC. En plus de1, il admet jetj2(et leurs opposés) comme unités, puisquejj2=1. Ce sont les seules :

Z[j]=f1,j,j2g.

Pour prouver cette assertion, on introduit l"applicationnorme:

N :Z[j]!Z

a+b j7!(a+b j)(a+b j2) On note que commejetj2sont conjugués pour la conjugaison complexe (fj,j2g= fe2i=3,e2i=3g), la norme est égale au carré du module :

N(a+b j) = (a+b j)(a+b j) =ja+b jj2.

Exercice 2.4Etablirl"égalité:N(a+b j) = (a+b)23ab.EndéduirequeN(a+b j) =

1si et seulement si a+b j2f1,j,j2g.

L"assertion surZ[j]découle maintenant de la proposition suivante. Proposition 2.5Soit u2Z[j], alors u2Z[j]si et seulement siN(u) =1. Preuve.Supposons queusoit une unité, alors il existev2Z[j]tel queuv=1, d"où N(uv) =N(1), c"est-à-dire N(u)N(v) =1. Il s"ensuit que N(u) =1, puis N(u) =1 car la norme est positive. Supposons que N(u) =1, alorsuu=1, doncuest une unité.3 La norme donne aussi un critère pour repérer les irréductibles deZ[j]: si N(s) est premier, alorssest irréductible (exercice). Ainsi, 1jest irréductible :

N(1j) = (1j)(1j2) =3 .

Notons au passage qu"on obtient la décomposition de 3 en produit d"une unité par des irréductibles :

3= (1j)(1j2) =j2(1j)j(1j2) =j2(1j)2.

Par contre, la réciproque n"est pas vraie : 5 est irréductible dansZ[j], mais N(5) =

55=25 n"est pas premier.

2.2 La descente infinie

On note=1jet, pours2Z[j], on notev(s)l"exposant dedans la décomposition desen produit d"une unité par des irréductibles. Par exemple : v () =1 ,v(1j2) =1 ,v(3) =2 ,v(j) =0 .

De plus,v(z)2 car 3 divisez.

Le principe de la " descente infinie » est le suivant : à partir de notre solution (x,y,z)de l"équation de Fermat, on va construire une solution(x0,y0,z0)de : (x0)3+(y0)3=u0(z0)3,x0,y0,z02Z[j]premiers entre eux, v (x0) =v(y0) =0 ,v(z0)1 ,(1) oùu02Z[j]et v (z0) =v(z)1 . Pour ce faire, on utilisera uniquement le fait que(x,y,z)est solution de : x

3+y3=uz3,x,y,z2Z[j]premiers entre eux,

v (x) =v(y) =0 ,v(z)1 ,(2) avecu2Z[j](bien sûr,u=1, mais on ne s"en servira pas). A partir d"une solution au problème (2), on construit une solution au problème (1), qui satisfait les mêmes hypothèses et telle quev(z0) =v(z)1. Ce procédé est récursif (rien n"empêche de l"itérer), et aboutit clairement à une contradiction: l"exposant dedans la troisième composante de la solution diminue de 1 à chaque

étape, mais doit rester supérieur ou égal à 1... Il ne reste donc qu"à montrer que cette

construction est possible pour achever la preuve du théorème de Fermat pourp=3. Lemme 2.6Pour touts2Z[j], on as0,1 ou1 mod(c"est-à-dires0,s1 ous+1 est divisible pardansZ[j]). 4 Preuve.Ecrivonss=a+b javeca,b2Z, alorss=a+b+b(j1) =a+bb, doncsa+bmod.Ora+b2Zdonca+b0,1ou1 mod 3,doncaussi mod puisquedivise 3.Lemme 2.7Si s 1 mod, alors s3 1 mod4. Preuve.On traite le cass1 mod, alorss1=tpour unt2Z[j], d"où s

31= (s1)(sj)(sj2) = (s1)(s1+1j)(s1+1j2) =t(t+1)(tj2).

Commet0,1 ou1 modd"après le lemme qui précède etj21 mod, ceci en- traînes31 mod4. L"autre cas est analogue.On en déduit (exercice) : v (z)2 . Il s"ensuit quev(z3)6. On utilise alors la factorisation établie dans l"exercice 2.1 : (x+y)(x+jy)(x+j2y) =uz3. L"un des facteurs est forcément divisible par2; on peut supposer que c"estx+y, et on montre qu"alorsv(x+jy) =v(x+j2y) =1 : x+jy=x+y+(j1)y=x+yy etv(y) =0. On notet=v(x+y) =3v(z)2. CommeZ[j]est principal, la notion de pgcd existe comme dansZ.

Lemme 2.8Le pgcd de x+y et x+jy est(x+y,x+jy) =.

Preuve.Supposons quer2Z[j]divisex+yetx+jy, alorsrdivise la différencey etrdivise(x+y)j2(x+jy) = (1j2)x=j2x;commexetysontpremiersentre eux, ceci entraîne querdivise. Or on vient de voir quedivise effectivementx+y etx+jy.Onmontredemanièreanalogueque(x+y,x+j2y) = (x+jy,x+j2y) =.Ils"ensuit que x+y=w1s3

1t,x+jy=w2s3

2,x+j2y=w3s3

3, avecw1,w2,w32Z[j],s1,s2,s32Z[j],v(s1) =v(s2) =v(s3) =0 et(s1,s2) = (s2,s3) = (s3,s1) =1. On rappelle que 1+j+j2=0; il s"ensuit que(x+y)+j(x+jy)+j2(x+j2y) =0, d"où l"on déduit : w

1(s1v(z)1)3+jw2s3

2+j2w3s3

3=0 , soit (x0)3+"(y0)3=u0(z0)3, 5 avecx0=s2,y0=s3etz0=s1v(z)1,"=jw3w1

22Z[j]etu0=j2w1w1

22
Z[j]. On vérifie aisément les propriétés requises pourx0,y0etz0. Il ne reste donc qu"à voir que"=1, ce qui se fait en réduisant modulo3:

1"0 mod3,

ce qui est impossible pour"2 fj,j2g. Ceci termine la preuve du théorème de Fermat pourn=3 (la première preuve écrite remonte à EULER, 1707-1783 et se présente un peu différemment de celle donnée ci-dessus).

3 Le premier cas pourprégulier supérieur à5

On fixe un nombre premierp5 et on suppose que(x,y,z)est solution de : x p+yp=zp,x,y,z2Zpremiers entre eux,p6 jxyz. Ecrivons à nouveau l"équation sous la formexp+yp+(z)p=0 : on ne peut pas avoirxy zmodp, sinon3zp0 modp, ce qui est impossible puisque p5 etp6 jxyz. Quitte à permuterx,yetz, on peut donc supposerx6ymodp. Pour factoriser le membre de gauche, on introduit cette fois-ci une racine primi- tivep-ième de l"unité, c"est-à-dire une racine du polynôme Xp1 distincte de 1, c"est-à-dire encore une racine dup-ièmepolynôme cyclotomique: p(X) =Xp1+Xp2++X+1 . Exercice 3.1Vérifier que les racines deXp1sont leskpour0kp1. En déduire les factorisations : x p+yp= (x+y)(x+y)(x+2y)...(x+p1y), p= (1)(12)...(1p1). On travaille donc dansZ[] =fa0+a1++ap2p2,a0,a1,...,ap22Zg(noter quep1=1p2). Cet anneau n"est principal que pourpinférieur à 19. Pour le cas général, on doit donc s"intéresser à ses idéaux.

3.1 Les idéaux d"un anneau

ment neutre noté 0, opposé deanotéa), et d"une loiassociative (pour laquelle il contientun élémentneutrenoté1) quisecomporte bienparrapport àl"addition(dis- tributivité).Les élémentsde Aqui ontunsymétrique pourla multiplication(inverse) sont sesunités. 6 Définition 3.2Unidéalde A est un sous-groupe (additif) de A qui est stable par multiplication par n"importe quel élément de A. Un idéal I de A est ditprincipals"il existes2A tel que I=sA=fsa,a2Ag. L"anneau A estprincipals"il est intègre et si tous ses idéaux sont principaux. Exemple 3.3L"ensemble des entiers multiples de 6, 6Z, est un idéal principal deZ, qui est un anneau principal. Cela découle du fait qu"il esteuclidien(on peut y faire des divisions euclidiennes). L"anneauZ[X]n"est pas principal, car l"idéal(2,X)(engendré par 2 et par X) ne l"est pas. En particulier, 2 et X n"ont pas de pgcd. Soient I et J des idéaux de A, on construit deux nouveaux idéaux :

I+J=fa+b,a2I,b2Jg, IJ=fa1b1++anbn,ai2I,bi2Jg.

Exercice 3.4Montrer que2Z+3Z=Zet2Z3Z=6Z. Que valent la somme et le produit de10Zet15Z? On vérifie immédiatement que la multiplication est distributive sur l"addition :

I(J+J0) =IJ+IJ0.

La similarité avec l"addition et la multiplication des nombres vont nous permettre d"utiliser très facilement les opérations sur les idéaux. Pour continuer l"analogie, on diraqueIdivise Js"ilexisteunidéal J

0telque J=IJ0(etdonc JI).Etons"interrogera

défini ceux-ci. Etant donné un idéal I de A, on considère la relation binaire sur A :aRbsi ab2I. C"est une relation d"équivalence, et on note A=I l"ensemble des classes :

A=I=fa+I,a2Ag.

A=I est naturellement un anneau pour les lois induites par celles de A. Définition 3.5Un idéal I est ditpremiersi A=I est intègre (il est ditmaximalsi A=I est un corps). Exemple 3.6Z=6Z=f0,1,...,5g; 6Zn"est pas un idéal premier deZ:23=0, bien que26=0 et36=0. Les idéaux premiers deZsont les(p) =pZ, oùpest un nombre premier. De même,() =Z[j]est un idéal premier deZ[j].

3.2 L"anneauZ[]

Pourp23,Z[]n"est plus principal, c"est-à-dire que certains de ses idéaux ne sont pas engendrés par un seul élément (on peut montrer cependant que tout idéal de Z[]s"écrit(a,b) =aZ[]+bZ[]aveca,b2Z[]). Cela entraîne qu"il n"y a pas unique décomposition en produit d"irréductibles pour ses éléments. Par contre : 7 Proposition 3.7Tout idéal non nul deZ[]admet une unique décomposition en pro- duit d"idéaux premiers. Cette propriété provient du fait queZ[]n"est pas "n"importe quel" anneau : c"est l"anneau d"entiersducorps de nombresQ(), qu"on peut voir comme le plus petit sous-corps deCcontenantQet, ou encore comme le quotient :

Q[X]=(p),

où(p)désigne l"idéal principal engendré parp(X)dans l"anneauQ[X].Q()est aussi unQ-espace vectoriel de dimensionp1, de basef1,,2,...,p2g. Tous les éléments deQ()sont racines d"un polynôme à coefficients dansQde degré divisant p1. L"anneau d"entiers deQ()est, par définition, l"ensemble de ses éléments qui sont racines d"un polynômeunitaire(de coefficient dominant 1) à coefficients dansZ. Exemple 3.8Lesk, 1kp1, sont solutions de Xp1++X+1=0. Lesk, 1kp1, fournissent aussi des exemples d"unités deZ[]. De plus, ils permettent d"en construire d"autres : Exercice 3.9Montrer que, si k et l sont des entiers premiers à p, alors k1 l12Z[] (on pourra faire intervenir un entier m tel que klmmodp). Contrairement àZ[j],Z[]contient une infinité d"unités, ce qui complique un peu les choses. KUMMERa montré qu"elles sont toutes de la même forme, qui fait in- tervenir une unitéréelle, c"est-à-dire une unité invariante par conjugaison complexe (commeZ[]C, on peut considérer le conjugué complexesdes2Z[]). Son résultat s"énonce : Proposition 3.10Tout u2Z[]s"écrit u=r", avec r2Zet"2Z[]tel que"=". Pour le prouver, on a besoin de considérer d"autres transformations deZ[]dans lui-même que la conjugaison complexe. En fait, commeest de module 1, on a=

1=p1, doncest une autre racine du polynômep. Définissons l"application

deZ[]dans lui-même par : () =2, en imposant quesoit invariante sur les éléments deZ, additive et multiplicative, ce qui entraîne : (a0+a1++ap2p2) =a0+a1()++ap2()p2, 8 où lesai2Z. On peut composeravec elle-même pour obtenir d"autres trans- formations. Ainsi,2() =() =(2) =()2=4et, en itérant la ma- noeuvre,k() =2k. Comme 2 engendre le groupe multiplicatif(Z=pZ), les 2k pour 1kp1 prennent moduloptoutes les valeurs de 1 àp1, si bien que : f,(),2(),...,p2()g=fk, 1kp1g, (3)

En particulier, comme 2

p11 modp(petit théorème de Fermat),p1est l"appli- cation identité. Les nombres de l"ensemble ci-dessus sont appelés lesconjuguésde, car ils sont tous racines du même polynôme irréductible à coefficients dansQ.

On est en mesure de prouver la proposition 3.10.

Preuve.Posons=u=u, alors2Z[]caruest une unité, et k() =k(u)=k(u) =k(u)= k(u), donc tous les conjuguésk(), 0kp2, sont de module 1. Il en va bien sûr de même pour les conjugués denpour toutn2N. Or, en tant qu"élément deZ[],nest racine d"un polynôme deZ[X], dont les coefficients sont desfonctions symétriquesdesk(n). Ceci permet de borner les coefficients de tous les polynômes unitaires (de degrés divisantp1) qui annulent les n; comme ces coefficients sont entiers, ils ne peuvent prendre qu"un nombre fini de valeurs. Il n"y a donc qu"un nombre fini de polynômes dont lesnpeuvent être les racines, ce qui entraîne que l"ensemblefn,n2Ngest fini, et doncN=1 pour un certain N2N. Les seulesracines de l"unitédansZ[]sont de la formel, doncu=u=l. On montre assez facilement qu"en faitu=u=l; il ne reste qu"à choisirr2Ztel que

2rlmodp, et à poser"=ru, qui vérifie bien"=".On s"intéresse maintenant aux idéaux premiers deZ[], en particulier à l"un

d"eux. On a besoin de définir l"applicationnorme:

N :Z[]!Z

s7!N(s) =s(s)2(s)...p2(s), qui est multiplicative car leskle sont. Lesksont aussi additifs, si bien quek(1) =k(1)k() =1k(), d"où, en utilisant l"égalité (3) et l"exercice 3.1 :

N(1) = (1)(1())...(1p2())= (1)(12)...(1p1) =p.

Lemme 3.11(1)est un idéal premier deZ[].

Preuve.Montrons queZ[]=(1)est intègre : soienta,b2Z[]tels queab2 (1), c"est-à-direab= (1)cpour unc2Z[]. Alors N(a)N(b) =pN(c), donc pjN(a)oupjN(b)(carpest premier). Dans le premier cas, on obtient que l"idéal 9 (1)p1divise le produit d"idéaux(a)((a))...(p2(a)), donc(1)j(k(a))pour un certaink, puis(p1k(1))j(a), si bien que a2(p1k(1))=(1p1k)=(1)

etavaut 0 dansZ[]=(1). Le deuxième cas se traite de façon analogue.Exercice 3.12(a) Montrer que(1)\Z=pZ.

(b) Montrer que la décomposition de(p) =pZ[]en produit d"idéaux premiers est : (p) = (1)p1. Avant d"en venir à la preuve du théorème, il reste à expliquer l"hypothèsepré- gulier: elle signifie que si I est un idéal deZ[]tel que Ipsoit principal, alors I est principal.

3.3 La contradiction

Récapitulons nos hypothèses :pest un premier régulier supérieur à 5,x,yetz sont des entiers premiers entre eux 2 à 2 avecp6 jxyzetx6ymodp, qui satisfont : (x+y)(x+y)(x+2y)...(x+p1y) =zp. Considérons ceci comme une égalité entre idéaux deZ[]: (x+y)(x+y)(x+2y)...(x+p1y) = (z)p. Lemme 3.13Les idéaux(x+ky),0kp1, sont premiers entre eux deux à deux. Preuve.Soit}un idéal premier deZ[]qui divise les idéaux(x+ky)et(x+ ly), aveck6=l, alors}divise la somme des deux idéaux. En particulier}divise l"idéal engendré par(x+ky)(x+ly), c"est-à-dire}divise((kl)y)=((1 )y); de même}divise l"idéal engendré parl(x+ky)k(x+ly), c"est-à-dire }divise((1)x). Commexetysont premiers entre eux, il s"ensuit que}= (1 ). On a doncx+yx+ky0 mod(1), puisx+y2(1)\Z=pZ;

alorszp=xp+ypx+y0 modp, doncpjz, ce qui est contredit l"hypothèse.Enutilisantl"uniquedécompositiondesidéauxenproduitsd"idéauxpremiers,ils"en-

suit que les(x+ky), 0kp1, sont tous des puissancesp-ièmes : (x+ky) =Ap k, où les A ksont des idéaux deZ[]premiers entre eux 2 à 2. De plus, comme Ap kest principal etpest régulier, chaque Akest principal : Ak= (k), aveck2Z[], si bien que : x+ky=ukp k, avecuk2Z[], pour tout 0kp1 . 10 A l"aide de la proposition 3.10, on au1=r"avecr2Zet"2Z[]tel que"=".

Ecrivons1=n0+n1++np2p2avec lesni2Z, alors

p 1np

0+(n1)p++(np2p2)pnp

0+np 1++np p2modp, c"est-à-direp

1amodppour un certaina2Z. On obtient (k=1) :

x+y=r"p

1r"amodp,

d"où l"on tirex+1y=x+y=r"

1pr"amodp, cara=aetp=p. On

a doncr(x+y)r(x+1y)modp, ce qui donne : x+y2rx2r1y0 modp, (4) doncx+y2rx2r1y=pspour uns2Z[]. Les éléments deZ[]ont une unique écriture de la formem0+m1++mp2p2avec lesmi2Z, donc, si les nombres 1,,2ret2r1sont distincts, on voit quepdoit diviserxety. Puisque ceci contredit nos hypothèses (et que 16=,2r6=2r1), on est forcément dans l"un des trois cas suivants : (i) 1=2r: (4) devienty1y0 modp, ce qui entraîne (comme ci-dessus) pjy: impossible. (ii) 1=2r1(ce qui équivaut à=2r) : (4) devient(xy)(xy)0 modp, ce qui entraînepjxy: impossible. (iii)=2r1: (4) devientx2x0 modp, ce qui entraînepjx: impossible. Les trois cas étant impossibles, on arrive à une contradiction. L"équation de Fermat pourp5 premier régulier n"a donc pas de solution entière(x,y,z)avecp6 jxyz. Ce résultat est dû à KUMMER(1847), qui a aussi donné une preuve dans le deuxième cas du théorème (toujours pourprégulier), utilisant le principe de la descente infinie.

4 Quelques questions ouvertes

Le théorème de Fermat était donc résolu par KUMMERpourprégulier; il a de plus trouvé un critère permettant de dire si un nombre premier est régulier. On définit les nombres de Bernouilli B npar la formule : te t1=1X n=0B nt nn!. Les B nsont des nombres rationnels et ont une grande importance en arithmétique. En particulier, KUMMERa établit qu"un premierpest irrégulier si et seulement sipquotesdbs_dbs11.pdfusesText_17

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