\documentclass{article}
\include{preambule}
\newtheorem*[bodystyle=\upshape, M]{thm}{Théorème}
\newtheorem*[bodystyle=\upshape, S]{lem}{Lemme}
\newtheorem*[bodystyle=\upshape, S]{exe}{Exemple}

\renewenvironment{proof}[1][]{{\underline{\bfseries \proofname #1 :}\\~\\ }}{\hfill $\blacksquare$\\}


\begin{document}
\renewcommand{\proofname}{Preuve}


\begin{textblock*}{3cm}(35mm,13mm) 
\includegraphics[scale=0.18]{images/sophie.jpg} 
\end{textblock*} 

\begin{center}
\begin{huge}
Théorème de Sophie Germain\\
\end{huge}
\vspace{0.5cm}
Laura \textsc{Gay} d'après M. \textsc{Varvenne} et C. \textsc{Robet}\\
\vspace{1cm}
\end{center}


\underline{Référence :} \textsc{FGNAl1} : p.168 (Théorème) et p.140 (Lemme)\\

\begin{lem}
 Si le produit de deux entiers $a$ et $b$ premiers entre eux est une puissance $k$-ième (avec $k\geqslant2$),\\
 alors $a$ et $b$ sont tous les deux des puissances $k$-ièmes.
\end{lem}
~\\
\begin{proof}[ du Lemme]
Soient $a$ et $b$ deux entiers premiers entre eux tels que $ab=c^k$ avec $c\in\Z$ et $k\geqslant2$.
Écrivons la décomposition en facteurs premiers de $a,b$ et $c$ :
\[a=\prod_{p\text{ premier}}p^{\alpha_p},~ b=\prod_{p\text{ premier}}p^{\beta_p}\text{ et }~c=\prod_{p\text{ premier}}p^{\gamma_p}\]
où $\alpha_p, \beta_p$ et $\gamma_p$ sont des familles d'entiers à support fini.\\
Comme $ab=c^k$, on obtient par unicité de la décomposition $\alpha_p+\beta_p=k\gamma_p$ pour tout $p$ premier. De plus, comme $\text{pgcd}(a,b)=1$ on a $\alpha_p\beta_p=0$\footnote{car $\alpha_p$ ou $\beta_p$ doit être nul} pour tout $p$ premier.
Il en résulte que pour tout $p$ premier, $\alpha_p$ et $\beta_p$ sont divisibles par $k$.\\
Finalement, \underline{$a$ et $b$ sont bien des puissances $k$-ièmes}.
\end{proof}
~\\
\begin{thm}[ de Sophie Germain - 1823]
\hspace{-4mm} Soit $p$ un nombre premier de Sophie Germain, c'est-à-dire un nombre premier impair tel que $q=2p+1$ soit premier.
Alors \[\nexists~(x,y,z)\in\Z^3\text{ tel que }~xyz\not\equiv 0~ [p] ~\text{ et }~x^p+y^p+z^p=0\]
\end{thm}
~\\
\begin{proof}[ du théorème] On raisonne par l'absurde.\\ 
On suppose donné dans la suite un triplet $(x,y,z)\in\Z^3$ tel que $xyz\not\equiv 0~ [p]$ et $x^p+y^p+z^p=0$.\\
Soit $d=\text{pgcd}(x,y,z)$. Quitte à poser $x'=\frac{x}{d}$, $y'=\frac{y}{d}$ et $z'=\frac{z}{d}$, on peut supposer\footnote{On aura toujours $x'y'z'\not\equiv 0~ [p]$ et $x'^p+y'^p+z'^p=0$.} $d=1$.
\begin{description}
\item[Etape 1] Montrons que $x,y,z$ sont premiers entre eux deux à deux. \\
Supposons par l'absurde que $\text{pgcd}(x,y)>1$ et soit $p_0$ un facteur premier 
qui divise $x$ et $y$. Alors $p_0|x^p+y^p$ donc $p_0|z^p$ et donc $p_0|z$ (Lemme d'Euclide) ce qui contredit le fait que $\text{pgcd}(x,y,z)=1$. \\
Ainsi \underline{$\text{pgcd}(x,y)=1$}. De même, on en déduit que \underline{$\text{pgcd}(x,z)=1$ et $\text{pgcd}(y,z)=1$}.\\

\item[Etape 2] Montrons l'existence de $(a,\alpha)\in\Z^2$ tels que $y+z=a^p$ et $\sum_{k=0}^{p-1}(-z)^{p-1-k}y^k=\alpha^p$:\\
On remarque que :
 \[y^p+z^p=(y+z)\sum_{k=0}^{p-1}(-z)^{p-1-k}y^k=-x^p=(-x)^p~\text{ ($\star$)}\]
 D'après le \textbf{Lemme}, il suffit donc de montrer que $(y+z)$ et $\sum_{k=0}^{p-1}(-z)^{p-1-k}y^k$ sont premiers entre eux.\\
\begin{pushright} Supposons par l'absurde qu'il existe $p'$ premier qui divise $(y+z)$ et $\sum_{k=0}^{p-1}(-z)^{p-1-k}y^k$.\\
 Alors d'après ($\star$), $p'^2$ divise $x^p$ donc $p'$ divise $x$.\\ 
 Comme $y\equiv -z ~[p']$, on en déduit une nouvelle ``égalité"\footnote{ça ne découle pas d'($\star$)}
 \[\sum_{k=0}^{p-1}(-z)^{p-1-k}y^k \left\lbrace
\begin{array}{l}
\equiv \sum_{k=0}^{p-1}y^{p-1} \equiv py^{p-1}~[p']\\
\equiv 0~[p'] \text{ (car $p' \Big\vert \sum_{k=0}^{p-1}(-z)^{p-1-k}y^k$)}
\end{array}\right.\]
 Donc $p' \mid py^{p-1}$. D'après le lemme d'Euclide\footnote{et non Gauss comme écrit dans le livre}, $p'|p$ ou $p'|y^{p-1}$ dont $p'|y$. \\
$\hookrightarrow$ Si $p'|p$ (ie $p'=p$), cela signifie que $p|x$ (absurde par hypothèse).\\
$\hookrightarrow$ Si $p'|y$, cela contredit le fait que $\text{pgcd}(x,y)=1$ \\
 D'où $(y+z)$ et $\sum_{k=0}^{p-1}(-z)^{p-1-k}y^k$ sont premiers entre eux.\end{pushright}
 D'après le \textbf{Lemme}, comme leurs produits est une puissant $p$-ième $(-x^p)$ il existe $(a,\alpha)\in\Z^2$ tel que \underline{$y+z=a^p$ et $\sum_{k=0}^{p-1}(-z)^{p-1-k}y^k=\alpha^p$}.\\
 Par symétrie, il existe $(b,c)\in\Z^2$ tel que \underline{$x+y=c^p$ et $x+z=b^p$}.\\
 
\item[Etape 3] Un et un seul des 3 entiers $x,y,z$ est divisible par $q$:\\
Soit $m\in\Z$ tel que $m\not\equiv 0~[q]$, d'après le petit théorème de Fermat 
 \[m^{q-1}\equiv 1~[q]\Rightarrow m^{2p}\equiv 1~[q]\Rightarrow m^{p}\equiv \pm 1~[q]~\text{ (car }\Z/q\Z\text{ est un corps})\footnote{En fait on dit que dans $\Z/q\Z$ on a $(m^p)^2-1=0$ donc $(m^p-1)(m^p+1)=0$ et par intégrité -car c'est un corps- on a le truc voulu}\] 
\begin{pushright} Supposons par l'absurde qu'aucun des trois entiers $x,y,x$ n'est divisible par $q$.\\
 Alors $x^p\equiv \pm 1 ~[q]$, $y^p\equiv \pm 1 ~[q]$ et $z^p\equiv \pm 1 ~[q]$.\\
 Donc $(0=)x^p+y^p+z^p$ est congru à $3,1,-1$ ou $-3$ ce qui est absurde car $q>5$ donc on ne peut pas avoir $3,-1,1,-3 \equiv~0[q]$. \end{pushright}
 On peut donc supposer sans perte de généralité que \underline{$x$ est divisible par $q$} (et c'est le seul car $x,y,z$ sont premiers entre eux deux à deux).\\
 
\item[Etape 4] Contradiction et conclusion:\\
On a $y+z=a^p$, $x+z=b^p$ et $x+y=c^p$ donc $b^p+c^p-a^p=2x\equiv 0~[q]$ ($\star\star$).\\
 D'autre part, $y\equiv c^p ~[q]$ car $x \equiv 0~[q]$. \\
 De plus, $q$ ne divise pas $y$ donc ne divise pas $c^p$ et donc ne divise pas $c$.
 D'où \underline{$y\equiv c^p\equiv \pm 1~[q]$} (c'est le début de l'étape 3). \\
 De même, \underline{$z\equiv \pm 1~[q]$}.\\
 \begin{pushright} Supposons $q$ ne divise pas $a$, alors $a^p\equiv \pm 1~[q]\Rightarrow c^p+b^p-a^p\equiv \pm1\text{ ou }\pm3~[q]$ (absurde d'après ($\star\star$)).\\
 Donc $q$ divise $a$ ie $y+z\equiv 0~[q]$.\end{pushright}
 Avec cette dernière congruence, on peut écrire d'autre part
 \begin{eqnarray*}
  \alpha^p=\sum_{k=0}^{p-1}(-z)^{p-1-k}y^k
  & \equiv & py^{p-1}~[q] \\
  & \equiv & p(\pm1)^{p-1}~[q]\\
  & \equiv\footnotemark & p ~[q]
 \end{eqnarray*}
 \footnotetext{{car $p-1$ est pair}}
 Or une puissance $p$-ième $\equiv 0,\pm 1~[q]$ (c'est le Fermat du début de l'étape 3 qui nous dit ça).\\
 Dans tous les cas, on aboutit à une contradiction (si c'est congru à 0 ça nous donne $p \equiv 0 ~[q]$ absurde, si c'est $\pm 1$ ça nous donne $p \equiv \pm 1~[q]$ ie $2p+1=q \equiv \pm 2+1 = 3\text{ ou } -1~[q]$ absurde).\\
 On en déduit finalement que \\
 \begin{center}
 \underline{$\nexists$ $(x,y,z)\in\Z^3$ tel que $xyz\not\equiv 0~[p]$ et $x^p+y^p+z^p=0$}.
 \end{center}
 \end{description}
\end{proof}


\section*{Réponses à de possibles questions}

\begin{enumerate}
\item Pourquoi on suppose $p$ impair?\\
$\hookrightarrow$ L'égalité $x^p+y^p=(x+y)\sum_{k=0}^{p-1}x^k(-y)^{p-1-k}$ n'est vraie que pour $p$ impair (faux je crois??). \\
Si $p=2$, il n'y a pas de solutions.
\end{enumerate}




\vspace{2cm}

\hrulefill \\
~\\
\underline{Notes:}\\
~\\
\checkmark ~\textbf{A l'oral}, bla\\
\checkmark ~Lemme d'Euclide: Si un nombre premier $p$ divise $bc$, alors $p$ divise $b$ ou $c$. Une généralisation est :\\
Lemme de Gauss: Si un nombre entier $a$ divise $bc$, et si $a \wedge b =1$, alors $a$ divise $c$.\\
\checkmark ~Le plus grand nombre premier de Sophie Germain actuellement connu est $39051\times 2^{6001}-1$ trouvé en 1986. On conjecture qu'il en existe un infinité.\\
$\clubsuit$ Marie-Sophie \textsc{Germain} (1776 - 1831), est une mathématicienne et philosophe française. Elle est connue pour le théorème d’arithmétique qui porte son nom, pour ses échanges avec le mathématicien \textsc{Gauss} et pour ses travaux sur l’élasticité des corps. Elle avait pour nom d'emprunt Antoine Auguste Le Blanc. Lorsqu'elle se voit obligée de réveler son identité, \textsc{Gauss} devient encore plus fan d'elle et lui envoie une lettre de ``déclaration'' d'admiration.



\end{document}