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Binômes de Newton et carrés

Posté par
fabo34 01-07-22 à 17:12

Bonjour,

     en travaillant sur Fermat et donc les puissances, je suis tombé sur une version assez troublante du binôme de Newton. Dans le cas d'une puissance impaire, la puissance d'une somme est toujours la combinaison linéaire de 2 carrés; et l'expression est symétrique!

Avec le binôme, on sait déjà que:

(u+v)^n=u^{(n+1) \over 2}. f(u,v) + v^{(n+1) \over 2}.f(v,u)

Exemples:

(u+v)^3=u^2 .(u+3v) + v^2 .(v+3u)
(u+v)^5=u^3 .(u^2+5uv+10v^2) + v^3 .(v^2+5uv+10u^2)
(u+v)^7=u^4 .(u^3+7u^2v+21uv^2+35v^3) + v^4 .(v^3+7v^2u+21vu^2+35u^3)

Et bien on obtient presque la même chose, mais avec des carrés!

(u+v)^n=u.f^2(u,v) + v.f^2(v,u)


(u+v)^3=u.(u-3v)^2+v.(v-3u)^2
(u+v)^5=u.(u^2-10uv+5v^2)^2 +  v.(v^2-10uv+5u^2)^2  
(u+v)^7=u.(u^3-21u^2v+35uv^2-7v^3)^2 +  v.(v^3-21v^2u+35vu^2-7u^3)^2  

Posté par
fabo34re : Binômes de Newton et carrés 01-07-22 à 17:38

Mince, j'ai fait "poster" au lieu de "Aperçu"

Je continue:
Dans le cas des carrés, les coefficients de f(u,v) sont les valeurs du triangle de Pascal et parcourues de 2 en 2 en alternant les signes.

La beauté de cette forme!
Mais il y a plus surprenant: numériquement, je constate que gcd(u,v)=1 \Rightarrow gcd(u.f(u,v) , v.f(v,u) ) =1

Bref, si on exprime un nombre comme somme de 2 nombres copremiers (de parité différente), on obtient systématiquement une expression des puissances en somme de 2 nombres
copremiers.

Un exemple au hasard, avec les décompositions en facteur premier de f(u,v) et f(v,u) dans les  []
31=15+16

31 ³= 15 * 33 ²+ 16 * 29 ² [3, 11] [29]
31 ³= 15 ² * 63 + 16 ² * 61 [3, 3, 7] [61]
31 ⁵= 15 * 895 ²+ 16 * 1019 ² [5, 179] [1019]
31 ⁵= 15 ³x 3985 + 16 ³x 3706  [5, 797] [2, 17, 109]
31 ⁷= 15 * 33503 ²+ 16 * 25831 ² [33503] [13, 1987]
31 ¹¹= 15 * 33782561 ²+ 16 * 22761749 ² [23, 1468807] [43, 529343]

Si une simulation semble aller dans ce résultat, est-ce tout le temps vrai?
Pourquoi est-ce que ça marche?

Posté par
fabo34re : Binômes de Newton et carrés 01-07-22 à 19:30

Une précision:
C'est bien la forme (u+v)^n=u.f^2(u,v) + v.f^2(v,u) qui semble fonctionner tout le temps pour la coprimalité.

Mon exemple précédent peut laisser le doute. En effet, avec l'autre forme, il arrive qu'on tombe sur des valeurs non copremières, dès que u+v n'est pas premier.
Exemples:
21 ⁵= 8 ³x 2274 + 13 ³x 1329  [2, 3, 379] [3, 443]
21 ¹¹= 8 ⁶ * 275516262 + 13 ⁶ * 57605877   [2, 3, 3, 3, 7, 521, 1399] [3, 3, 3, 7, 17, 17929]

15 ⁵= 4 ³x 1446 + 11 ³x 501  [2, 3, 241] [3, 167]
15 ⁷= 4 ⁴ * 58045  + 11 ⁴ * 10655   [5, 13, 19, 47] [5, 2131]
15 ¹¹= 4 ⁶ * 97703442 + 11 ⁶ * 4656663   [2, 3, 3, 3, 1809323] [3, 3, 3, 11, 15679]

Voilà.
Qu'en pensez-vous?

Posté par
carpediemre : Binômes de Newton et carrés 01-07-22 à 19:48

salut

pas très clair ... mais si n = 2p + 1 alors  (u + v)^n = (u + v)[u + v)^p]^2 = u[(u + v)^p]^2 + v[(v + u)^p]^2

et donc f(u, v) = f(v, u) = (u + v)^p tout simplement ...

Posté par
fabo34re : Binômes de Newton et carrés 01-07-22 à 20:06

On ne tombe jamais sur f(u,v)=f(v,u)

Par exemple avec 17=5+12:

17 ³= 5 * 31 ²              + 12 * 3 ²                    [31]                       [3]
17 ⁵= 5 * 145 ²          + 12 * 331 ²               145=5x 29       [331]
17 ⁷= 5 * 6929 ²       + 12 * 3767 ²            6929=13x13x 41      [3767]
17 ¹¹= 5 * 57727 ²   + 12 * 1689557 ²   [57727] 1689557=23x73459

Posté par
fabo34re : Binômes de Newton et carrés 01-07-22 à 20:28

Désolé si je ne suis pas clair. Je pense que le terme "symétrique" n'est pas le bon. ll faut comprendre "permuter u et v".  

Posté par
elhor_abdelali Correcteurre : Binômes de Newton et carrés 02-07-22 à 01:19

Bonsoir fabo34 et carpediem


La formule (que propose fabo34) \Large \boxed{(u+v)^n=u.f^2(u,v) + v.f^2(v,u)} pour n entier naturel impair

avec \Large \boxed{f(u,v)=\sum_{k=0}^{\frac{n-1}{2}}(-1)^kC_n^{2k}~u^{\frac{n-1}{2}-k}~v^k} me semble correcte (j'en ai une preuve dans le cas où u et v sont des réels positifs ) :


On écrit \Large \boxed{f(u,v)=\frac{1}{\sqrt u}\sum_{k=0}^{\frac{n-1}{2}}(-1)^kC_n^{2k}~\sqrt{u}^{~n-2k}~\sqrt{v}^{~2k}=\frac{1}{\sqrt u}~\Re\left((\sqrt u+i\sqrt v)^n\right)} d'où,


\Large \boxed{f^2(u,v)=\frac{1}{u}~\Re^2\left((\sqrt u+i\sqrt v)^n\right)} d'où \Large \boxed{u.f^2(u,v)=\Re^2\left((\sqrt u+i\sqrt v)^n\right)} et (par symétrie) \Large \boxed{v.f^2(v,u)=\Re^2\left((\sqrt v+i\sqrt u)^n\right)} d'où,


\Large \boxed{u.f^2(u,v)+v.f^2(v,u)=\Re^2\left((\sqrt u+i\sqrt v)^n\right)+\Re^2\left((\sqrt v+i\sqrt u)^n\right)}


et comme (il n'est pas difficile de voir que) les deux complexes \sqrt u+i\sqrt v et \sqrt v+i\sqrt u sont symétriques par rapport à la première bissectrice


on a (par passage à la forme exponentielle) l'existence de \theta\in]0,\frac{\pi}{2}[ tel que,


\Large \boxed{\sqrt u+i\sqrt v=\sqrt{u+v}~e^{i\theta}~~,~~\sqrt v+i\sqrt u=\sqrt{u+v}~e^{i(\frac{\pi}{2}-\theta)}} d'où,


\Large \boxed{\Re^2\left((\sqrt u+i\sqrt v)^n\right)+\Re^2\left((\sqrt v+i\sqrt u)^n\right)=(u+v)^n\left[\cos^2(n\theta)+\cos^2(n(\frac{\pi}{2}-\theta))\right]} sauf erreur de ma part bien entendu

Posté par
fabo34re : Binômes de Newton et carrés 02-07-22 à 10:28

Waouw. Bravo. La magie des complexes. . Pour que ça se goupille aussi bien, notamment qu'il n'y ait plus de racines dans le résultat final, je n'y aurais pas penser!

Retranscris à ma sauce, c'est donc une propriété de la norme |z^n|^m=|z^m|^n, avec (u+v)=|\sqrt{u}+i\sqrt{v} |^2 et (u+v)^n=|\sqrt{u}+i\sqrt{v})^n| ^2. Ensuite on développe avec le binôme. Au final, les 2 blocs sont les carrés de la partie réelle et la partie imaginaire! Cependant, ça me paraît bourrin; si la partie réelle est immédiate, la partie imaginaire m'est difficile avec les indices.

Or ta solution semble plus élégante (même si je n'ai pas tout pigé), avec ton argument de symétrie qui devrait pouvoir m'éviter les calculs sur cette partie imaginaire!


Par contre, pour la dernière formule, ça ne semble pas coller. Ca signifierait que les 2 blocs ne sont pas premiers entre eux, puisque divisibles par le bloc des [ cos² + cos² ]
Or ça n'est pas ce que j'observe avec les simulations ?

Posté par
elhor_abdelali Correcteurre : Binômes de Newton et carrés 02-07-22 à 11:15

Bonjour fabo34 (je n'ai peut-être pas bien saisi ta dernière remarque !).


Mais pour n entier naturel impair il n'est pas difficile de voir que,


\Large \boxed{\cos^2(n\theta)+\cos^2(n(\frac{\pi}{2}-\theta))=\cos^2(n\theta)+\sin^2(n\theta)=1}


et donc on a bien la formule :


\Large \blue\boxed{(u+v)^n=u.\left(\sum_{k=0}^{\left[\frac{n}{2}\right]}(-1)^k~C_n^{2k}~u^{\left[\frac{n}{2}\right]-k}~v^k\right)^2+v.\left(\sum_{k=0}^{\left[\frac{n}{2}\right]}(-1)^k~C_n^{2k}~v^{\left[\frac{n}{2}\right]-k}~u^k\right)^2}


pour tout entier naturel impair n et tous réels positifs u et v. (le symbole \left[~\right] désignant la partie entière) sauf erreur bien entendu

Posté par
fabo34re : Binômes de Newton et carrés 02-07-22 à 12:01

Ah oui! Le bloc [ cos² + cos²] = 1! J'avais pas saisi!
Bravo!


Au passage: ça continue à fonctionner pour les entiers négatifs!
ex: 17=-3+20:

17 ³= -3*(-63)²                       + 20*29²             [63=3x3x7] [29]
17 ⁵= -3*2609²                      + 20*1045²       [2609] [5x11x19]
17 ⁷= -3*(-101807)²           + 20*39689²    [101807][13x43x71]
17 ¹¹= -3*(-151317343)²+ 20*58619573²


Et ce mystère de la coprimalité. Je trouve ça très intrigant! Une idée du pourquoi du comment?

Posté par
elhor_abdelali Correcteurre : Binômes de Newton et carrés 02-07-22 à 23:51

Bonsoir fabo34


je vais essayer de répondre !


plus précisément je me propose de montrer la constatation suivante :


Pour tous entiers naturels u et v de parité différentes on a, \Large \boxed{pgcd~(u,v)=1~\Longrightarrow~pgcd~\left(f(u,v),f(v,u)\right)=1}.


Par l'absurde, je suppose que les deux entiers naturels u et v sont premiers entre eux (avec u pair et v impair)



alors que les deux entiers f(u,v) et f(v,u) ne le sont pas, et soit p un diviseur premier commun à f(u,v) et f(v,u),


d'une part comme l'entier \Large \boxed{f(v,u)=\sum_{k=0}^{\frac{n-1}{2}}(-1)^k~C_n^{2k}~u^k~v^{\frac{n-1}{2}-k}} est impair on a p\neq2


et d'une autre part la formule \Large \blue\boxed{(u+v)^n=u.\left(f(u,v)\right)^2+v.\left(f(v,u)\right)^2} montre que p divise (u+v)


et donc que modulo p on a, \bar{v}=-\bar{u}


ce qui donne \Large \boxed{\bar{0}=\bar{f(u,v)}=\sum_{k=0}^{\frac{n-1}{2}}(-1)^k~C_n^{2k}~\bar{u}^{^{\frac{n-1}{2}-k}}~(-\bar{u})^k=\bar{u}^{^{\frac{n-1}{2}}}.\sum_{k=0}^{\frac{n-1}{2}}~C_n^{2k}=\bar{u}^{^{\frac{n-1}{2}}}.~2^{n-1}}


et donc \bar u=\bar v=\bar 0 ce qui veut dire que p est un diviseur commun à u et v d'où l'absurdité ! sauf erreur bien entendu

Posté par
elhor_abdelali Correcteurre : Binômes de Newton et carrés 03-07-22 à 01:31

une preuve de l'identité : \Large \boxed{\sum_{k=0}^{\frac{n-1}{2}}~C_n^{2k}=2^{n-1}} pour tout entier naturel impair n :


la formule du binôme donne \Large \boxed{\sum_{k=0}^n~C_n^k=(1+1)^n=2^n} et \Large \boxed{\sum_{k=0}^n~(-1)^k~C_n^k=(1-1)^n=0}


d'où en séparant les termes d'indices pairs et impairs,


\Large \boxed{\sum_{k=0}^{\frac{n-1}{2}}~C_n^{2k}~+~\sum_{k=0}^{\frac{n-1}{2}}~C_n^{2k+1}=2^n} et \Large \boxed{\sum_{k=0}^{\frac{n-1}{2}}~C_n^{2k}~-~\sum_{k=0}^{\frac{n-1}{2}}~C_n^{2k+1}=0}

Posté par
fabo34re : Binômes de Newton et carrés 03-07-22 à 11:34

C'est superbe!
Ca se goupille vraiment bien, notamment la symétrie de la formule qui donne  u \equiv -v [p] ,  aussi le (-1)^k qui s'annihile avec le  (-\bar{u})^k, les sommes de coefficients  binômiaux!

Bravo!
Et merci!

Posté par
elhor_abdelali Correcteurre : Binômes de Newton et carrés 03-07-22 à 12:19

C'est un plaisir fabo34 !

Posté par
fabo34re : Binômes de Newton et carrés 06-07-22 à 16:12

Décidément, ça trotte toujours dans la tête ... Les maths, ça ne s'arrête jamais!

Bonjour elhor_abdelali!

Oui, le fait que ça continue à fonctionner avec des nombres négatifs me chiffonne par rapport à la preuve. Qu'on ait (u-v)^n=(u+(-v))^n semble couler de source, du moins rien ne s'oppose au calcul de l'expression f(u,-v). Mais je ne trouve pas d'argument qui autorise la sortie du cadre de la preuve, à savoir u>0, v>0

J'ai essayé une récurrence, mais sans issue. La preuve par est tellement plus simple
Une idée ?

Posté par
elhor_abdelali Correcteurre : Binômes de Newton et carrés 11-07-22 à 02:24

Bonsoir fabo34


si j'ai bien compris tu te demandes si on a en fait :


\Large \blue\boxed{(u+v)^n=u\left(\sum_{k=0}^{\frac{n-1}{2}}(-1)^k~C_n^{2k}~u^{\frac{n-1}{2}-k}~v^k\right)^2+~v\left(\sum_{k=0}^{\frac{n-1}{2}}(-1)^k~C_n^{2k}~v^{\frac{n-1}{2}-k}~u^k\right)^2}


pour tout entier naturel impair n et tous réels u et v ?

Posté par
elhor_abdelali Correcteurre : Binômes de Newton et carrés 11-07-22 à 15:56

Je vais essayer de répondre (encore une fois) !


et je vais être plus ambitieux encore : Pour tout entier naturel impair \bf{n} et tous nombres complexes ~\bf u et \bf v on a,


\Large \black\boxed{(u+v)^n=u\left(\underbrace{\boxed{\sum_{k=0}^{\frac{n-1}{2}}(-1)^k~C_n^{2k}~u^{\frac{n-1}{2}-k}~v^k}}_{f(u,v)}\right)^2+~v\left(\underbrace{\boxed{\sum_{k=0}^{\frac{n-1}{2}}(-1)^k~C_n^{2k}~v^{\frac{n-1}{2}-k}~u^k}}_{f(v,u)}\right)^2} sauf erreur de ma part bien entendu

Posté par
fabo34re : Binômes de Newton et carrés 11-07-22 à 15:58

Et oui!
La preuve  passe par (u+v)=|\sqr{u}+i\sqr{v}|^2 .
Mais je ne vois pas l'astuce pour l'appliquer à u-v. Ou alors un autre argument?.

Posté par
fabo34re : Binômes de Newton et carrés 11-07-22 à 16:01

Mince, tu es en train de répondre pendant sur j'ai posté. Avec u et v dans C! J'ai hâte de te lire!

Posté par
elhor_abdelali Correcteurre : Binômes de Newton et carrés 11-07-22 à 16:30

Je m'explique :


Si dans l'expression de f(v,u) (ci-dessus) on fait le changement de variable \boxed{k\mapsto\frac{n-1}{2}-k}, on obtient :


\Large \boxed{f(v,u)=(-1)^{\frac{n-1}{2}}\sum_{k=0}^{\frac{n-1}{2}}(-1)^k~C_n^{2k+1}~u^{\frac{n-1}{2}-k}~v^k} et ainsi la formule à prouver devient :


\Large \boxed{(u+v)^n=u\left(\sum_{k=0}^{\frac{n-1}{2}}(-1)^k~C_n^{2k}~u^{\frac{n-1}{2}-k}~v^k\right)^2+~v\left(\sum_{k=0}^{\frac{n-1}{2}}(-1)^k~C_n^{2k+1}~v^{\frac{n-1}{2}-k}~u^k\right)^2}


Allons-y en partant du terme de droite et en posant \boxed{u=\alpha^2} et \boxed{v=\beta^2} (merci \mathbb C ) :


\Large \boxed{\left(\sum_{k=0}^{\frac{n-1}{2}}(-1)^k~C_n^{2k}~\alpha^{n-2k}~\beta^{2k}\right)^2+~\left(\sum_{k=0}^{\frac{n-1}{2}}(-1)^k~C_n^{2k+1}~\alpha^{n-2k-1}~\beta^{2k+1}\right)^2}


\Large \boxed{=\left(\sum_{k=0}^{\frac{n-1}{2}}~C_n^{2k}~\alpha^{n-2k}~(i\beta)^{2k}\right)^2-~\left(\sum_{k=0}^{\frac{n-1}{2}}~C_n^{2k+1}~\alpha^{n-2k-1}~(i\beta)^{2k+1}\right)^2}


\Large \boxed{=\left(\sum_{k=0}^n~C_n^k~\alpha^{n-k}~(i\beta)^k\right)~\left(\sum_{k=0}^n~(-1)^k~C_n^k~\alpha^{n-k}~(i\beta)^k\right)}


\Large \boxed{=\left(\alpha+i\beta\right)^n~\left(\alpha-i\beta\right)^n=\left(\alpha^2+\beta^2\right)^n=\left(u+v\right)^n}

Posté par
elhor_abdelali Correcteurre : Binômes de Newton et carrés 11-07-22 à 20:21

Une petite étourderie s'est glissée dans l'encadré :


\Large \boxed{(u+v)^n=u\left(\sum_{k=0}^{\frac{n-1}{2}}(-1)^k~C_n^{2k}~u^{\frac{n-1}{2}-k}~v^k\right)^2+~v\left(\sum_{k=0}^{\frac{n-1}{2}}(-1)^k~C_n^{2k+1}~v^{\frac{n-1}{2}-k}~u^k\right)^2}


lire plutôt :


\Large \boxed{(u+v)^n=u\left(\sum_{k=0}^{\frac{n-1}{2}}(-1)^k~C_n^{2k}~u^{\frac{n-1}{2}-k}~v^k\right)^2+~v\left(\sum_{k=0}^{\frac{n-1}{2}}(-1)^k~C_n^{2k+1}~u^{\frac{n-1}{2}-k}~v^k\right)^2}


sauf autre erreur bien entendu

Posté par
fabo34re : Binômes de Newton et carrés 11-07-22 à 20:46

Joli! Encore une grosse astuce ! ces complexes, c'est tellement puissant. En la faisant à l'envers, le passage de l'avant dernière ligne à l'avant-avant-dernière, c'est fort.

Voilà donc une bien belle formule; je suis "tombé" dessus en cherchant des écritures de puissances en une somme de 2 copremiers. D'ailleurs je reposterai d'autres résultats la dessus dans un autre fil.

Allez, par conséquent, vu que la formule est valide, je la ré-écris dans sa forme soustractive, elle est encore plus concise et belle!

(u-v)^{n=2m+1}=u.f(u,v)^2-v.f(v,u)^2, ~ f(u,v)=\sum_{k=0}^{m}{\begin{pmatrix}2k \\ n\end{pmatrix} u^{m-k} v^{k}


Connaissais-tu cette formule?
Y vois-tu des implications? Des chemins que je pourrais emprunter?

Posté par
elhor_abdelali Correcteurre : Binômes de Newton et carrés 11-07-22 à 21:14

C'était un plaisir fabo34 de partager avec toi cette belle formule (que je ne connaissais pas avant ! )


\Large (u-v)^{2m+1}=u.f(u,v)^2-v.f(v,u)^2~~,~~f(u,v)=\sum_{k=0}^{m}{\begin{pmatrix}2k \\ 2m+1\end{pmatrix} u^{m-k} v^{k}


tu me mettras au courant de tes recherches c'est intéressant !

Posté par
jandri Correcteurre : Binômes de Newton et carrés 11-07-22 à 21:32

Bonjour,

je ne connaissais pas non plus cette formule.

Une petite erreur dans la notation des coefficients binomiaux, dans la formule il faut écrire:

C_{2m+1}^{2k} ou bien 2m+1\choose 2k

Posté par
elhor_abdelali Correcteurre : Binômes de Newton et carrés 11-07-22 à 21:45

Bonjour Jandri


Oui effectivement ! c'est parce que je n'ai pas l'habitude de la notation 2m+1\choose 2k pour les coefficients binomiaux

Posté par
fabo34re : Binômes de Newton et carrés 11-07-22 à 22:17

C'est moi qui ai fait l'erreur... Allez, je rectifie pour conclure

Voici donc la fameuse formule d'Abdelali-Fabo:

\Large (u-v)^{2m+1}=u.f(u,v)^2-v.f(v,u)^2~~,~~f(u,v)=\sum_{k=0}^{m}{\begin{pmatrix}2m+1 \\ 2k\end{pmatrix} u^{m-k} v^{k}

Et sa propriété de coprimalité:

(u,v) de parité différente. Alors u \wedge v=1 \Rightarrow f(u,v) \wedge f(v,u) =1

Posté par
elhor_abdelali Correcteurre : Binômes de Newton et carrés 11-07-22 à 23:12

L'honneur est pour moi fabo !

Posté par
GBZMre : Binômes de Newton et carrés 12-07-22 à 17:54

Bonjour,

Quand on regarde ce qui se passe au niveau des coefficients de cette identité polynomiale, on tombe sur cette identité combinatoire :

\Large C_n^\ell = \sum_{k=-\ell}^{\ell}(-1)^k C_n^{\ell-k}C_n^{\ell+k}

qui marche aussi pour n pair, sauf erreur.

Je n'ai pas vu cette identité dans des petites listes d'identités combinatoires, mais ça m'étonnerait fort qu'elle ne soit pas connue. J'aimerais bien en avoir une démonstration combinatoire.

Posté par
elhor_abdelali Correcteurre : Binômes de Newton et carrés 12-07-22 à 20:48

Bonjour GBZM


L'identité \boxed{\Large C_n^\ell = \sum_{k=-\ell}^{\ell}(-1)^k C_n^{\ell-k}C_n^{\ell+k}} s'écrit aussi, avec le changement d'indice k\mapsto\ell+k, \boxed{\Large(-1)^{\ell}C_n^\ell = \sum_{k=0}^{2\ell}(-1)^k C_n^kC_n^{2\ell-k}}


qui peut s'obtenir en comparant le coefficient de \boxed{\Large x^{2\ell}} dans l'identité \boxed{\Large(1-x^2)^n=(1-x)^n(1+x)^n} sauf erreur de ma part bien entendu

Posté par
GBZMre : Binômes de Newton et carrés 12-07-22 à 21:12

Merci elhor_abdelali.
En remontant, on a une démonstration de la formule de fabo34 dans le cas n impair.
Mais j'aimerais toujours avoir une démonstration combinatoire.

Posté par
fabo34re : Binômes de Newton et carrés 14-07-22 à 20:09

Je viens de m'apercevoir qu'on peut encore utiliser cette fonction f(u,v) pour trouver une autre décomposition en somme de 2 copremiers (différente de celle avec les carrés!)

(u-v)^{2m+1}=u.f(u^2,v^2)-v.f(v^2,u^2)
(u+v)^{2m+1}=u.f(u^2,v^2)+v.f(v^2,u^2)

La démonstration est plus simple. Dans le développement de Newton, on regroupe tous les termes en u de puissance impaire, et on mets u en facteur. Idem pour v. Restent alors que des termes en puissances de u² et v²

Le truc génial est qu'on retrouve cette fonction f(u,v)!! On a donc directement la coprimalité!

Ainsi,  si on résume, pour un même couple (u,v):

(u+v)^{2m+1}=u.f(u^2,v^2)+v.f(v^2,u^2)=u.f(u,-v)^2+v.f(v,-u)^2

(u-v)^{2m+1}=u.f(u^2,v^2)-v.f(v^2,u^2)=u.f(u,v)^2-v.f(v,u)^2

Exemple:
(4+1)^5=4*421+1*1441=4*19^2+1*41^2=3125
(4-1)^5=4*421-1*1441=4*61^2-1*121^2=243


Je ferai un autres post sur cette fonction f, car je trouve qu'elle renvoie souvent des nombres premiers. En tout cas, des nombres  "peu" composés.

Posté par
elhor_abdelali Correcteurre : Binômes de Newton et carrés 16-07-22 à 01:46

Bonjour fabo34


Si mes calculs sont bons je trouve en séparant (comme tu dis) dans la formule du binôme les termes d'indices pairs et impairs,


\boxed{\Large(u+v)^{2m+1}=u\underbrace{\boxed{\sum_{k=0}^mC_{2m+1}^{2k}u^{2(m-k)}v^{2k}}}_{f(u^2,-v^2)}~+~v\overbrace{\boxed{\sum_{k=0}^mC_{2m+1}^{2k}u^{2k}v^{2(m-k)}}}^{f(v^2,-u^2)}} et,



\boxed{\Large(u-v)^{2m+1}=u\underbrace{\boxed{\sum_{k=0}^mC_{2m+1}^{2k}u^{2(m-k)}v^{2k}}}_{f(u^2,-v^2)}~-~v\overbrace{\boxed{\sum_{k=0}^mC_{2m+1}^{2k}u^{2k}v^{2(m-k)}}}^{f(v^2,-u^2)}}



avec \boxed{\Large f(u,v)=\sum_{k=0}^m(-1)^kC_{2m+1}^{2k}u^{m-k}v^k} sauf erreur de ma part bien entendu

Posté par
fabo34re : Binômes de Newton et carrés 21-07-22 à 17:18

Bonjour elhor_abdelali,

Ça y est, l'interprète LaTeX refonctionne!

Oui. J'ai juste utilisé l'autre forme de f(u,v), sans le (-1)k

f(u,v)=\sum_{k=0}^{m}{\begin{pmatrix}2m+1 \\ 2k\end{pmatrix} u^{m-k} v^{k}

Allez, je redonne un exemple pour lever tout doute:
(u-v)^5=u(u^4+10u^2 v^2+5v^4)-v(v^4+10u^2 v^2+5u^2)
(u+v)^5=u(u^4+10u^2 v^2+5v^4)+v(v^4+10u^2 v^2+5u^2)
(u-v)^5=u(u^2+10uv+5v^2)^2-v(v^2+10uv+5u^2)^2
(u+v)^5=u(u^2-10uv+5v^2)^2+v(v^2-10uv+5u^2)^2

Vu comme ça, on voit qu'il faut uniquement faire attention à la forme (u+v)n exprimé avec des ()², où il y a alors alternance des signes!

Posté par
jandri Correcteurre : Binômes de Newton et carrés 21-07-22 à 18:25

Bonjour elhor_abdelali et fabo34,

je n'ai pas répondu plus tôt à cause de l'absence de LaTeX.
fabo34 a repris la définition de f(u,v) du 11-07-22 à 22:17

f(u,v)=\sum_{k=0}^{m}{\begin{pmatrix}2m+1 \\ 2k\end{pmatrix} u^{m-k} v^{k}=\sum_{k'=0}^{m}{\begin{pmatrix}2m+1 \\ 2k'+1\end{pmatrix} u^{k'} v^{m-k'} (par k'=m-k)

Avec cette définition on peut écrire les deux belles formules pour (u,v)\in\C^2 :

\Large (u-v)^{2m+1}=u.f(u^2,v^2)-v.f(v^2,u^2)\quad(1)

\Large (u-v)^{2m+1}=u.f(u,v)^2-v.f(v,u)^2\quad\;\;\;(2)

La première se démontre très simplement à partir de la formule du binôme de Newton en séparant les termes d'indices pairs et impairs :

\Large (u-v)^{2m+1}=\sum_{k=0}^{m}{\begin{pmatrix}2m+1 \\ 2k\end{pmatrix} u^{2m+1-2k} v^{2k}-\sum_{k=0}^{m}{\begin{pmatrix}2m+1 \\ 2k+1\end{pmatrix} u^{2m-2k} v^{2k+1}

La seconde se déduit très simplement de la première enlui associant la formule obtenue en changeant v en -v :

\Large (u+v)^{2m+1}=u.f(u^2,v^2)+v.f(v^2,u^2)\quad(1')

En multipliant (1) et (1') on obtient :

\Large (u^2-v^2)^{2m+1}=u^2.f(u^2,v^2)^2-v^2.f(v^2,u^2)^2
qui donne (2) en remplaçant u^2 par u et v^2 par v.

Posté par
fabo34re : Binômes de Newton et carrés 21-07-22 à 18:51

Preuve magnifique de la formule des carrés. Superbe. Merci jandri !

Posté par
elhor_abdelali Correcteurre : Binômes de Newton et carrés 21-07-22 à 20:00

Bravo jandri !

Posté par
jandri Correcteurre : Binômes de Newton et carrés 21-07-22 à 21:20

Merci à vous deux aussi, je n'y aurais pas pensé sans votre aide !

Posté par
Zrunre : Binômes de Newton et carrés 21-07-22 à 23:08

Bonsoir,

J'avoue que je connaissais pas ces formules et elles sont assez surprenantes !
Une petite remarque qui m'est venue :
Si on suppose qu'une telle formule
\Large (u-v)^{2m+1}=u.f(u,v)^2-v.f(v,u)^2~~,~~f(u,v)=\sum_{k=0}^{m}{\begin{pmatrix}2m+1 \\ 2k\end{pmatrix} u^{m-k} v^{k} est vraie pour (u,v) des entiers positifs , alors automatiquement elle l'est pour tous u, v complexes !

Pour cela on commence par fixer v \in \mathbb{N} et on considère le polynôme sur \mathbb{C} défini par P_v(X) = (X-v)^{2m+1} - X f(X, v)^2 + vf(v, X) .
Par hypothèse, c'est un polynôme qui s'annule sur \mathbb{N} donc c'est le polynôme nul sur \mathbb{C}.
Puis on recommence en fixant u \in \mathbb{C} et en considérant Q_u(X) = (u-X)^{2m+1} - uf(u, X)^2 + Xf( X, u) ….

Posté par
elhor_abdelali Correcteurre : Binômes de Newton et carrés 22-07-22 à 00:54

Oui Zurn c'est une bonne remarque !

Posté par
elhor_abdelali Correcteurre : Binômes de Newton et carrés 22-07-22 à 01:07

La résolution de jandri me donne une idée de généralisation !



A-t-on \Large\boxed{\left(M-N\right)^{2m+1}=M.f(M,N)^2-N.f(N,M)^2}



pour M et N matrices de \mathcal M_n(\mathbb C) qui commutent ?

Posté par
jandri Correcteurre : Binômes de Newton et carrés 22-07-22 à 09:02

Bonjour elhor_abdelali,

on démontre la formule dans \C pour pouvoir écrire que chaque nombre est égal à un carré.

Mais une fois que la formule est démontrée dans \C on constate qu'il s'agit d'une identité algébrique qui n'utilise que les propriétés usuelles des lois + et \times , elle s'étend donc à tout anneau pour deux éléments qui commutent. C'est le cas pour deux matrices de \mathcal M_n(\mathbb C) qui commutent.

Posté par
fabo34re : Binômes de Newton et carrés 03-08-23 à 11:55

Bonjour.
Enfin trouvé le temps (et le courage)! J'aurais bien voulu faire une vraie publication. Mais faut rester humble. C'est peut-être pas non plus la découverte du siècle . Cela dit, voici donc ajouté dans Wikipedia le résumé de notre travail collectif de l'an dernier. "Formule du binôme de Newton", chapitre "Puissances impaires et carrés".

Je n'ai rien précisé sur la coprimalité. On verra. Déjà suspense pour voir si c'est suffisamment intrigant pour que ça diffuse dans d'autres langues. .

Posté par
elhor_abdelali Correcteurre : Binômes de Newton et carrés 04-08-23 à 15:43

Bravo fabo34 tous mes encouragements

Posté par
fabo34re : Binômes de Newton et carrés 06-08-23 à 11:58

Merci elhor_abdelali. Ça y est, après celle de jandri concernant la formule, j'ai rajouté ta magnifique démonstration de la coprimalité entre f(x,y) et f(y,x)

Posté par
fabo34re : Binômes de Newton et carrés 07-08-23 à 15:23

Bon. Les modérateurs me disent que ce que j'ai fait n'est pas légitime. Car il est obligatoire de sourcer vers un article publié et "peer-reviewé". Alors j'ai tout transféré sur wikiversité : https://fr.wikiversity.org/wiki/Sommation/Formule_du_bin%C3%B4me#Puissances_impaires_et_carr%C3%A9s

Posté par
Rintarore : Binômes de Newton et carrés 07-08-23 à 17:30

Bonjour fabo34, vous savez ce qu'il vous reste à faire... écrire ce fameux article Bonne journée et bonne continuation

Posté par
fabo34re : Binômes de Newton et carrés 07-08-23 à 22:03

Bonjour Rintaro

Mais quelle revue? Le papier le plus récent relatif à "binomial newton" que j'ai trouvé, c'est ça: , "Generating binomial coefficients in a row of Pascal's triangle from extensions of powers of eleven"

Ils ont trouvé qu'en calculant des puissances nièmes de 11 (avec des zéros intercalaires), ça donne directement les coefficients binomiaux pour la nième ligne du triangle de Pascal! Et bien entendu ils fournissent la preuve (monstrueuse ) que ça marche.

11²=1 2 1
11³=1 3 3 1
11⁴=1 4 6 4 1
101⁵=1 05 10 10 05 01
101⁷=1 07 21 35 35 21 07 01

Bon. J'sais pas trop à quoi ça sert, mais faut pas se poser ce genre de questions. Donc retour à ma pomme: Déjà quelle journal choisir, sachant qu'il y en a des centaines!?  Comment fait-on?

Posté par
fabo34re : Binômes de Newton et carrés 07-08-23 à 22:14

Ma dernière phrase est maladroite. "je ne sais pas trop à quoi ça sert", c'est juste ce que je pourrais me reprocher à moi-même sur l'éventualité de publier. Leur résultat est bien sûr très beau!  

Posté par
jandri Correcteurre : Binômes de Newton et carrés 07-08-23 à 22:47

Bonjour fabo34,

c'est intéressant mais je ne comprends pas pourquoi il leur faut 7 pages pour démontrer ce résultat qui est presque immédiat.

Les coefficients binomiaux de la ligne n du triangle de Pascal vont en croissant jusqu'à C_n^{\lfloor n/2\rfloor} puis en décroissant.

Par suite dès que C_n^{\lfloor n/2\rfloor}<10^p l'entier (10^p+1)^n donne les coefficients binomiaux de la ligne n du triangle de Pascal avec p chiffres pour chaque coefficient (on complète par des 0 au début de chaque coefficient).

Par exemple pour n=9 on a C_9^4=126 donc on prend p=3 et 1001^9=1 \,009\, 036\, 084\, 126\, 126\, 084\, 036\, 009\, 001 (par tranches de 3).

Posté par
fabo34re : Binômes de Newton et carrés 07-08-23 à 23:27

jandri
Oui. J'avais vite lu et je croyais qu'ils en déduisaient une formule avec des puissances de 11 uniquement. Encore une escroquerie!  Ça doit encore être une blague générée par une IA. J'ai trouvé ça via ça "https://www.sciencedirect.com/search?qs=newton%20binomial%20formula"

Pfff .. dur!

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