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arithmetique congruences

Posté par
aya4545 26-03-22 à 12:11

bonjour
priere m aider pour faire la 4) question
soit p un nombre premier superieur a 7
N=p^4-1
1) montrer que p^4\equiv 1 (3)
2) montrer que p^4\equiv 1 (16)
3)deduire que 240|N
4) existe t il des entiers  premiers p_1;p_2...p_{15} tel que n=\sum\limits_{\substack{i=1 }}^{15}{p^4_i} soit premier
1)Fermat p^2\equiv 1 (3)doncp^4\equiv 1 (3)
2)il suffit de remarquer que p impair
3)p^4\equiv 1 (3) donc 3|p^4-1
16=2^4|p^4-1
p^4\equiv 1 (5) Fermat
les nombres 2^4;3;5premiers entre eux donc leur produit qui n est autre que 240 divise p^4-1
j ai des problemes dans 4) je peux deja montrer que  ces p_i s ils existent ils ne sont tous superieur à 7
en effet 240 divise chaque p_i^4-1
doncn-15=\sum\limits_{\substack{i=1 }}^{15}{p^4_i-1} donc n=240k+15 or un tel nombre ne peut etre premier puisqu il est divisible au moin par 3 et 5

Posté par
carpediemre : arithmetique congruences 26-03-22 à 12:46

salut

il n'y a pas besoin de Fermat (pour 1/ et 2/) mais simplement les outils de base (divisibilité)

N = p^4 - 1 = (p - 1)(p + 1)(p^2 + 1)

or p -1, p et p + 1 sont trois entiers consécutifs donc l'un est multiple de 3

mais p est un premier supérieur à 7 .... donc ...

2/ j'aimerai bien voir ...

p est premier impair donc N est évidemment multiple de 8

or p - 1 et p + 1 sont deux entiers pairs consécutifs donc l'un est multiple de 4 ...

3/ éventuellement Fermat permet de conclure facilement pour 5 ...

mais saurais-tu le faire sans Fermat ? (très intéressant !!!)

4/ ben oui tu as fait le plus gros ... mais ne pas oublier les parenthèses :

n = \sum_1^{15} p_k^4 \Longrightarrow n = \sum_1^{15} (p_k^4 - 1) + 15

donc n est multiple de 15 ...

Posté par
aya4545re : arithmetique congruences 26-03-22 à 13:13

pour 2)
(2k+1)^4-1=8k^3((2k+1)^3+(2k+1)^2+(2k+1)+1)  
(2k+1)\equiv 1 (2) donc (2k+1)^2\equiv 1 (2) et(2k+1)^3\equiv 1 (2)  et par suite
(2k+1)^3+(2k+1)^2+(2k+1)+1)\equiv 0(2) d ou le resultat

Posté par
aya4545re : arithmetique congruences 26-03-22 à 13:21

on peut de meme en utilisant le binome de Nweton
(2k+1)^4=(16k^4+16k^3) +(16k^3 +16k^2)+(8k^2+8k)+1
(8k^2+8k)=8k(k+1)=16k'

Posté par
aya4545re : arithmetique congruences 26-03-22 à 13:38

pour 3) autre que Fermat faire une disjonction de k modulo (5)
k\equiv 0;1;2;3;4 (5)

Posté par
aya4545re : arithmetique congruences 26-03-22 à 13:42

mais pour le 4)
je n ai traité qu une partie
il reste si l un des p_i \leq 7

Posté par
aya4545re : arithmetique congruences 26-03-22 à 14:06

salut
si l un des p_i \leq 7
donc p_k=2 ou p_k=3 oup_k=5 oup_k=7
donc p_k^4-1\equiv 15 (240) ou
p_k^4-1\equiv 81 (240) oup_k^4-1\equiv 144 (240) oup_k^4-1\equiv 0(240)  

Posté par
aya4545re : arithmetique congruences 26-03-22 à 14:10

les p_i^4-1 pour i=2;3;5;7 sont divisibles par 3 et par conséquent ne peut etre premier

Posté par
carpediemre : arithmetique congruences 26-03-22 à 14:20

2/ ouais ... mais calculatoire ...

3/ ouais ... mais calculatoire ...

de plus k {1, 2, 3, 4} car p premier impair supérieur à 7

d'ailleurs

aya4545 @ 26-03-2022 à 12:11

soit p un nombre premier superieur a 7
signifie p \ge 7
7 est supérieur à 7
7 n'est pas supérieur strictement à 7

la factorisation permet alors de conclure immédiatement si k = 1 ou k = 4

et si k = 2 ou k = 3 alors p^2 + 1 \equiv 0  [5] et c'est fini ...

donc 1/, 2/ et 3/ sont vraies pour p \ge 7

et alors on peut conclure par la négative pour 4/ si tous les premiers sont supérieurs à 7


reste effectivement le cas où certains pi sont inférieurs à 5

comme on ne suppose pas les pi distincts on peut déjà conclure (un peu) modulo 2 :

s'il y a un nombre impair de 2 alors il y a un nombre pair de pi impairs donc n est pair

reste à regarder le cas où il y a un nombre pair de 2

...

Posté par
Sylvieg Moderateurre : arithmetique congruences 26-03-22 à 14:31

Bonjour,
Je réponds en l'absence de carpediem qui reprendra la main dès qu'il le voudra.
Pour 4), tu pouvais éliminer 7 car tu n'as utilisé que p > 5 auparavant.
Tu sembles avoir vérifié "à la main" que 74-1 est un multiple de 240.

Une coquille pour 34 - 1 = 80

Ensuite je ne vois pas trop.
On peut décomposer en facteurs premiers 24-1, 34-1 et 54-1.
Le premier est multiple de 15, le second de 5 mais pas de 3, et le troisième de 3 mais pas de 5.
Le second et le troisième doivent donc être présents.

Les nombres premiers dans la somme doivent-ils être distincts ?

Posté par
Sylvieg Moderateurre : arithmetique congruences 26-03-22 à 14:32

Oups, tu étais revenu

Posté par
carpediemre : arithmetique congruences 26-03-22 à 14:37

... ou modulo 3 comme tu le fais ... mais la démonstration doit être plus précise ...

donc en raisonnant modulo 3 :

pour tout entier p non multiple de 3  : p^2 \equiv 1  [3] \Longrightarrow p^4 \equiv 1  [3]  donc n \equiv 15  [3]

reste encore à voir ce qui se passe s'il y a des 3 ...

Posté par
lakere : arithmetique congruences 26-03-22 à 15:00

Bonjour,

  

Citation :
Les nombres premiers dans la somme doivent-ils être distincts ?


Si non, par exemple :

  2\times 3^4+13\times 5^4=8287 premier.

Posté par
lakere : arithmetique congruences 26-03-22 à 15:03

Par contre, j'ai l'impression que :soit p

Citation :
soit p un nombre premier supérieur a 7


vaut pour tout l'exercice y compris 4).

Posté par
carpediemre : arithmetique congruences 26-03-22 à 15:14

ouais ... mais en même temps si pet q sont premiers :

7p^4 + 7^4 + 7q^4 est évidemment multiple de 7 ...

il me semble qu'il faille supposer les pi distincts ...

PS : je suis quasiment persuadé que ce sujet est déjà sorti sur l'ile ...

Posté par
lakere : arithmetique congruences 26-03-22 à 15:41

Je viens de retrouver cet exercice dans un bouquin où il est écrit :

  

Citation :
5) Existe-t-il 15 nombres premiers p_1,p_2,\cdots p_{15} supérieurs ou égaux à 7, tels que l'entier A=p_1^4+p_2^4+\cdots +p_{15}^4 soit un nombre premier ?

Posté par
Sylvieg Moderateurre : arithmetique congruences 26-03-22 à 15:43

Voilà qui est clair

Posté par
lakere : arithmetique congruences 26-03-22 à 16:10

Les archives des sujets de Bac de l' remontent à 2005.
Il s'agit du sujet de spécialité Polynésie septembre 2003 qu'on peut voir ici : page 127.

Posté par
aya4545re : arithmetique congruences 26-03-22 à 17:24


bonjour
voila d ou j ai apporté l exercice
c est  l exercice en fin de page  sa traduction integrale en francais  c est l objet de mon premier message
la difference entre les deux exercices  polynesie sep 2003 et celui la c est sur l existence des p_i dans le premier superieur a 7  et dans le second  quelconque   je m excuse si jamais je vous ai derangé et merci

pdf
PDF - 81 Ko

Posté par
Sylvieg Moderateurre : arithmetique congruences 26-03-22 à 17:34

Tu ne nous a pas dérangés. L'exercice était intéressant.
Ça ne doit pas être facile de s'y retrouver avec ce mélange d'écritures, l'une de droite à gauche et l'autre de gauche à droite...

Posté par
aya4545re : arithmetique congruences 26-03-22 à 19:05

salut
si vous voulez je peux apres l examen de bacc les  traduire  et vous les envoyer dans un fichier latex  pour enrichir  la  banque d exercices  de notre ile

Posté par
Sylvieg Moderateurre : arithmetique congruences 26-03-22 à 19:17

Tu pourras nous en reparler en temps voulu ?
Pour cet exercice, si on cherche 15 nombres premier distincts tels que la somme n soit aussi un nombre premier, deux choses ont déjà été démontrées :
L'entier 2 ne peut pas être présent.
Il faut au moins un des deux entiers 3 et 5.

Si 3 est présent et pas 5, alors la somme sera un multiple de 5.
Si 5 est présent et pas 3, alors la somme sera un multiple de 3.
Donc 3 et 5 doivent être présents tous les deux.
Après, on peut chercher 13 autres premiers.

Posté par
carpediemre : arithmetique congruences 26-03-22 à 19:33

Sylvieg @ 26-03-2022 à 19:17

Tu pourras nous en reparler en temps voulu ?
Pour cet exercice, si on cherche 15 nombres premier distincts tels que la somme n soit aussi un nombre premier, deux choses ont déjà été démontrées :
L'entier 2 ne peut pas être présent.
Il faut au moins un des deux entiers 3 et 5.
où ?

Sylvieg @ 26-03-2022 à 19:17

Si 3 est présent et pas 5, alors la somme sera un multiple de 5.
Si 5 est présent et pas 3, alors la somme sera un multiple de 3.
Donc 3 et 5 doivent être présents tous les deux.
Après, on peut chercher 13 autres premiers.
comment le sais-tu ? (tu l'as trouvé ?)

Posté par
carpediemre : arithmetique congruences 26-03-22 à 19:40

pardon !!

Citation :
L'entier 2 ne peut pas être présent.
ha oui ok, c'est moi à 14h20  

s'il y a 2 il reste 14 nombres impairs donc de somme paire !!

et bien évidemment s'il n'y a pas 2 et s'iln'y a pas 3 et 5 alors on retombe sur le résultat que 15 divise n

...

Posté par
Sylvieg Moderateurre : arithmetique congruences 27-03-22 à 09:15

Bonjour,
J'ai commencé avec 3, 5, 7, 11, ...., 47, 53 : n = 172113399
Puis avec 3, 5, 7, 11, ...., 47, 59 et n est premier

Posté par
carpediemre : arithmetique congruences 27-03-22 à 10:09

merci


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