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Niveau Licence Maths 1e ann
Indicatrice d'Euler et nombres premiers
Posté par Meiosis
Bonjour,
Depuis l'année dernière je n'arrive pas à prouver une conjecture reliant l'indicatrice d'Euler et les nombres premiers.
Publiée sur math stack exchange mais je n'ai pas eu de réponses bien convaincantes à part la forme que devrait avoir un contre-exemple pour invalider la conjecture. J'ai laissé le texte de base en anglais pour ne pas dénaturer l'essai de démonstration de la personne citée en référence.
Je viens vous demander de l'aide pour savoir comment démontrer ceci car ça a l'air bien complexe et je n'ai compris que le début de la démonstration ci-dessous.
---
Conjecture
ϕ denotes the Euler's totient function, a denotes a natural number > 1 and n denotes a natural number such that n = 4k (k an integer ≥ 1).
If (an − 2) + 1 ≡ n − 1 (mod n) then ϕ(an − 2) + 1 is always a prime number.
Example with a = 119 and n = 20: ϕ(11920 − 2) + 1 ≡ 19 (mod 20) then ϕ(11920 − 2) + 1 is always prime.
Investigations
Max Alekseyev studied this conjecture but no proof has been found [1].
A counterexample would have to satisfy the equation:
an = c · pk
with c ∈ {1, 2}, a prime p ≡ 3 (mod 4), and an integer k > 1. Below I will show that k cannot be even and also cannot be a multiple of 3, implying that k ≥ 5 is coprime to 6.
Denoting x := an/4 we rewrite the two equations as
x4 − 2 = c · pk
.
If k is even, then introducing y := pk/2 we obtain the quartic equation
x4 − 2 = c · y2
In the case c = 1, it is easy to establish absence of meaningful solutions via factoring x4−y2=(x2-y)(x2+y) while in the case c = 2 we can solve it with Magma's ‘IntegralQuarticPoints‘ function, showing that there are no solutions in this case either.
If 3 | k, then the equation is reduced to two elliptic curves (indexed by c):
Y2 = cX3 + 2,
where Y := an/2 and X := pk/3
They have the only integral points (easily computed in
Magma or Sage) (X, Y ) = (−1, 1) for c = 1 and (X, Y ) ∈ {(−1, 0),(1, 2),(23, 156)} for c = 2, neither of which gives us a solution to the original equation.
Hence, we have gcd(k, 6) = 1 and thus k ≥ 5.
PS. We may also notice that for c = 2, x must be even the equation takes form
8(x/2)4-pk=1
while for c = 1 it can be written as x4 − pk = 2
That is, pk if it exists would be the smallest of two powerful numbers that differ in 1 ([OEIS
A060355](https://oeis.org/A060355)) or 2 ([OEIS A076445](https://oeis.org/A076445)).
Reference
[1] Max Alekseyev (https://math.stackexchange.com/users/147470/max-alekseyev), Euler's
totient function and primes, URL (version: 2022-06-23): https://math.stackexchange.com/q/4478910
Petite coquille dans la conjecture. Il s'agit bien de la version ci-dessous (oubli de l'indicatrice d'Euler).
ϕ denotes the Euler's totient function, a denotes a natural number > 1 and n denotes a natural number such that n = 4k (k an integer ≥ 1).
If ϕ(an − 2) + 1 ≡ n − 1 (mod n) then ϕ(an − 2) + 1 is always a prime number.
Bonjour
étant un site francophone, nous acceptons la version originale en anglais à condition qu'en plus tu la traduises en Français
Cela permettra également à ceux qui maîtrisent les deux langues de vérifier qu'il n'y a pas eu de contre sens.
Merci.
Bonjour malou, c'est fait.
S'il y a des coquilles n'hésitez pas à me le dire, merci.
---
Conjecture
ϕ désigne l'indicatrice d'Euler, a est un entier naturel > 1 et n est un entier naturel tel que n = 4k (k un entier ≥ 1).
Si ϕ(an − 2) + 1 ≡ n − 1 (mod n) alors ϕ(an − 2) + 1 est toujours un nombre premier.
Example avec a = 119 and n = 20: ϕ(11920 − 2) + 1 ≡ 19 (mod 20) alors ϕ(11920 − 2) + 1 est premier.
Recherches
Max Alekseyev a étudié cette conjecture mais elle n'a pas été prouvée [1].
Un contre-exemple devrait satisfaire l'équation :
an = c · pk
avec c ∈ {1, 2}, un nombre premier p ≡ 3 (mod 4), et un entier k > 1. Ci-dessous je vais montrer que k ne peut pas être pair et également ne peut pas être un multiple de 3, impliquant que k ≥ 5 est copremier à 6.
Notons x := an/4 les deux équations se réécrivent
x4 − 2 = c · pk
.
Si k est pair, nous posons y := pk/2 nous obtenons l'équation quartique
x4 − 2 = c · y2
Dans le cas où c = 1, il est facile d'établir l'absence de solution en factorisant x4−y2=(x2-y)(x2+y)
Dans le cas où c = 2 nous pouvons la résoudre avec Magma's ‘IntegralQuarticPoints‘ fonction, montrant qu'il n'y a pas de solution dans ce cas non plus.
Si 3 divise k, alors l'équation est réduite à deux courbes elliptiques (indexées par c):
Y2 = cX3 + 2,
où Y := an/2 et X := pk/3
Elles ont un seul point d'intégration (facilement calculable avec
Magma ou Sage) (X, Y ) = (−1, 1) pour c = 1 et (X, Y ) ∈ {(−1, 0),(1, 2),(23, 156)} pour c = 2, dont aucun d'eux ne donne une solution à l'équation originale.
Par conséquent nous avons PGCD(k, 6) = 1 et donc k ≥ 5.
PS. Nous pouvons noter que pour c = 2, x doit être pair et l'équation devient :
8(x/2)4-pk=1
tandis que pour c = 1 l'équation peut s'écrire x4 − pk = 2
Pour cette raison, pk s'il existe serait le plus petit des deux nombres puissants qui diffère en 1 ([OEIS
A060355](https://oeis.org/A060355)) ou 2 ([OEIS A076445](https://oeis.org/A076445)).
Référence
[1] Max Alekseyev (https://math.stackexchange.com/users/147470/max-alekseyev), Euler's
totient function and primes, URL (version: 2022-06-23): https://math.stackexchange.com/q/4478910