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Coprimalité et nombres premiers

Posté par
fabo34 10-09-23 à 16:48

Bonjour à tous.

Retour aux partage de puissance. À force d'applications numériques, j'ai vu le résultat général suivant:

Soit la (fameuse) fonction f_n(u,v) =\sum_{k=0}^m {n \choose 2k} u^{m-k} v^k, avec n=2m+1
Soient:
              (u,v) \in \mathbb{Z}^2   2 entiers copremiers et de parité opposée,
et          (p,q) \in \mathbb{P}^2  2 nombres premiers impairs.
Alors
              (f_p(u,v),f_q(u,v)) copremiers.

Voilà. C'est confirmé (en python) sur quelques exemples (u,v), avec tous les couples (p,q) dans les 94 premiers de 3 à 499. On peut donc supposer que c'est tout le temps vrai !? (soyons fou)

Pour la démonstration, je sèche complètement. on pourrait se dire que c'est simple puisque si p est premier, il divise tous les coefficients binomiaux. Mais ça a l'air plus minutieux.
Peut-être en utilisant les propriétés déjà établies de cette fonction, à savoir (u+v)^n=uf_n(u,v)^2+vf_n(u,v)^2

Perso je suis bloqué.
Cela vous inspire-t-il?

Posté par
Ulmierere : Coprimalité et nombres premiers 10-09-23 à 19:54

Elle est louche ta dernière inégalité, puisqu'elle dit que f_n(u,v) = (u+v)^m.
Dans ce cas là, pgcd(f_p(u,v), f_q(u,v)) = pgcd((u+v)^{E(p/2)}, (u+v)^{E(q/2)}) = (u+v)^{\min(E(p/2),E(q/2))}

Posté par
fabo34re : Coprimalité et nombres premiers 10-09-23 à 20:12

Oui. Désolé. Pourtant je m'étais appliqué ...

(u+v)^n=uf_n(u,v)^2+vf_n(v,u)^2

Posté par
fabo34re : Coprimalité et nombres premiers 10-09-23 à 20:32

Désolé. C'est ceci: (u-v)^n=uf_n(u,v)^2-vf_n(v,u)^2

(si un modérateur pouvait effacer le précédent Mauvaise habitude des "wikis" où on peut corriger après post)

Posté par
fabo34re : Coprimalité et nombres premiers 11-09-23 à 09:50

Peut-être déjà y aller par étape. Le début , montrer que :

f_3(u,v)=u+3v  et  f_5(u,v)=u^2+5v^2+10uv   copremiers ?

Peut-être essayer f_3(u,v)^2 et f_5(u,v) copremiers ? Histoire de manipuler des polynômes de même rang ?

Alors pgcd(f_3^2, f_5) divise la différence, soit 4v(v-u).
Par hypothèse (u,v) copremiers de parité différente.
... mais là je ne vois pas.

Posté par
jandri Correcteurre : Coprimalité et nombres premiers 11-09-23 à 11:14

Le cas où p=3 est facile puisque si q est un nombre premier supérieur à 3 on calcule :

f_q(-3v,v)=\pm v^m2^{p-1} (en posant q=2m+1).

En effet, \sum_{k=0}^m{q\choose {2k}}(-3)^{m-k}=\dfrac1{\sqrt3}Im(1+i\sqrt3)^q=\dfrac{2^q}{\sqrt3}\sin \dfrac{q\pi}3

On en déduit le résultat puisque (u+3v)\wedge 2v=1

Posté par
jandri Correcteurre : Coprimalité et nombres premiers 11-09-23 à 11:50

Bonjour,

Le cas général me semble vrai puisque j'ai observé sur les premières valeurs (sans l'avoir démontré en général) que si p et q sont deux nombres premiers impairs distincts alors le résultant de f_p(x,1) et f_q(x,1) est égal à

\pm 2^{(p-1)(q-1)/2}

Posté par
fabo34re : Coprimalité et nombres premiers 11-09-23 à 12:17

Merci jandri! Bravo pour le cas p=3. Et vu ce que tu utilises comme outil, je me dis que le niveau de cette histoire risque de rapidement me dépasser ... . J'étais encore à essayer (u-v)^{pq}=((u-v)^p)^q=((u-v)^q)^p , et d'utiliser la propriété de la fonction avec les carrés, mais je m'y perds.

Posté par
jandri Correcteurre : Coprimalité et nombres premiers 11-09-23 à 17:00

J'ai réussi à démontrer que si p et q sont deux nombres impairs premiers entre eux alors le résultant de f_p(x,1) et f_q(x,1) est égal à \pm 2^{(p-1)(q-1)/2}

Pour le montrer j'ai écrit f_p(x,1)=\prod_{k=1}^m(x+\tan^2\dfrac{k\pi}p) (avec p=2m+1)

Puis Res(f_p(x,1),f_q(x,1))=\prod_{k=1}^m\prod_{k'=1}^{m'}(\tan^2\dfrac{k'\pi}q-\tan^2\dfrac{k\pi}p) (avec q=2m'+1) qui se simplifie en \pm 2^{2mm'}

Posté par
fabo34re : Coprimalité et nombres premiers 11-09-23 à 17:49

Merci Jandri. Je crois que je vais devoir prendre des cours sur ce "résultant".
Ici juste pour te montrer ce que j'avais fait, si peut-être ça peut te donner une idée sur un autre chemin plus abordable ( pour moi dans l'immédiat)

Déjà, pour alléger l'écriture, on pose (a,a')=(f_p(u,v),f_p(v,u))   et (b,b')=(f_q(u,v),f_q(v,u))

On veut donc montrer  (a,b) copremiers sachant (u,v) copremiers et de parité différente.
Dans d'autres fils, on a déjà établi que pour toute puissance impaire:

    (u-v)^p=ua^2-va'^2 avec a \wedge a'=1
    (u-v)^q=ub^2-vb'^2 avec b \wedge b'=1

L'hypothèse (p,q) premiers engendre le fait que s'ils divisent u alors qu'ils sont utilisés dans l'exposant de la puissance, ils divisent aussi a (ou b ),  la valuation étant de 1. Sinon, on a  toujours u \wedge a=1 et u \wedge b=1

Ainsi, en toute généralité, on peut écrire:

   (u-v)^p=ua^2-a''$, $ua \wedge a''=1
   (u-v)^q=ub^2-b''$, $ub \wedge b''=1

Ainsi (u-v)^{pq}=(ua^2-a'')^q=(ub^2-b''^2)^p

on peut réappliquer les fonctions f_q et f_p puisqu'on a encore des termes copremiers et de parité différente.

ça donne: (u-v)^{pq}=ua^2c^2-a''c'^2=ub^2d^2-b''^2d'^2

Comme précédemment, en simplifiant les coprimalités, on peut écrire :

(u-v)^{pq}=ua^2g-g'=vb^2h-h'

avec uag \wedge g'=1 et vbh \wedge g'=1

Ici il faudrait alors arriver à une contradiction du type "on prend un diviseur commun à a et b qui alors divise u ou v". Mais ici je ne crois pas que ça puisse fonctionner. Ou je ne vois pas si on peut conclure.
Elagage trop violent? Car je n'utilise plus le fait que p et q sont premiers; Mais est-ce si important? Comme dans ton résultat précédent, c'est peut-être juste p \wedge q=1  qui compte?

Je ne sais pas ce que tu en penses. C'est juste qu'on avait déjà utilisé les propriétés des coefficients binomiaux pour établir les coprimalités entre f_n(u,v) et f_n(v,u). Du coup, le risque serait de retourner en arrière?

Posté par
jandri Correcteurre : Coprimalité et nombres premiers 11-09-23 à 21:00

@fabo34
je crois que ce que tu as écrit est correct (juste une coquille à la fin, c'est vbh \wedge h'=1).

Mais je ne vois pas comment on peut en déduire que a et b sont copremiers.


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