Niveau Loisir

Partage de puissance et coprimalité

Posté par
fabo34 01-08-22 à 16:44

Bonjour à tous,

Suite du précédent post où nous avons établi les formules suivantes (valables pour tout anneau commutatif)

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

Ici je voudrais juste revenir sur la coprimalité.
En effet, on a déjà montré : $u \wedge 2v=1 \Rightarrow f(u,2v) \wedge f(2v,u) =1$

.

Si on s'intéresse aux puissances premières, soit $n=2m+1 \in \mathbf{P}$ , il semble que ce soit encore plus fort, avec les propriétés suivantes :

$n \nmid u, u \wedge v=1 \Rightarrow u\wedge f(u,v) =1 \quad (1)$
$n \mid u, u \wedge v=1 \Rightarrow u\wedge {f(u,v)} =n \quad (2)$

Posté par re : Partage de puissance et coprimalité 01-08-22 à 17:05

A priori, ça vient du fait que les coefficients binomiaux sont divisibles par n

Pour $(1)$
on part de   $f(u,v)=u^m+ n(v^m + uv.Q(u,v))$ , Q(u,v) polynôme.
En reprenant la technique de elhor_abdelali:
On suppose u et f(u,v) non copremiers, et p un facteur premier commun.

Alors $u \equiv 0 [p]$ et $f(u,v) \equiv nv^m \equiv  0[p]$ .
n premier donc c'est nécessairement v qui s'annule $v \equiv 0 [p]$ . Donc u et v ne sont pas copremiers.

Ai-je bon?

Posté par re : Partage de puissance et coprimalité 01-08-22 à 23:23

Bonjour fabo34

Pour ma part je ne vois pas d'erreur dans ton raisonnement

Posté par re : Partage de puissance et coprimalité 02-08-22 à 17:44

Bonjour elhor_abdelali!

Merci pour ta revue.
Pour (2), je propose ceci:

En écrivant ${\begin{pmatrix}n \\ 2k\end{pmatrix}=n a_k$

On a $f(nu,v)=nv^m+n\sum_{k=0}^{m-1} a_k(nu)^{m-k} v^{k}=nv^m+n^2 u \sum_{k=0}^{m-1} a_k n^{m-1-k} u^{m-1-k} v^{k}$

Donc ${1 \over n} f(nu,v)=v^m + nuQ(u,v) \quad (3)$

Puisque $nu \wedge v=1$ , alors $n \nmid v$ .
Par conséquent $(3)$ donne   $n \nmid {1 \over n} f(nu,v)$ .

Enfin, dans $(3)$ , $v^m$ se retrouve à nouveau "tout seul sans u" comme dans $(1)$ . (il est donc tout "nu" ! ) ... Donc ta méthode par contraposée donne   $u \wedge {1 \over n} f(nu,v) = 1$

Soit au final $nu \wedge f(nu,v) = n$

En espérant ne pas faire d'erreur?

Le mieux est de l'écrire sous la forme $n \mid u,  u \wedge f(u,v) = n$ . Cela veut dire que si on s'intéresse à la multiplicité de n, alors quelque soit celle de u, celle dans f(u,v) est toujours de 1. Je ne sais pas pourquoi, mais lors des simulations numériques, j'avais trouvé cela tellement surprenant!

Quelques illustrations sur la puissance 5 (en [] les facteurs premiers):

1363⁵ = 375 x 1316345 ²+ 988 x 2025731 ²
u=375=[3, 5, 5, 5]
v=988=[2, 2, 13, 19]
f(u,v)=1316345=[5, 263269]
f(v,u)=2025731=[1259, 1609]

123127 ⁵= 123125 x 15157303145 ²+ 2 x 75796365629 ²
u=[5, 5, 5, 5, 197]
v=[2]
f(u,v)=[5, 3031460629]
f(v,u)=[75796365629]

Posté par re : Partage de puissance et coprimalité 06-08-22 à 15:32

Bonjour,

si on revient au théorème de Fermat sous la forme
$z^n-y^n=(2x)^n, n~premier$

On peut y associer parallèlement la forme:

   $(u+v)^n-(u-v)^n=2vf_n(v^2,u^2)=2v(v^{n-1} + n(u^{n-1} +uvQ(v,u)), u \wedge v=1 \quad (4)$ .

Ici j'indice les $f_ {n=2m+1}$ pour plus de clarté: ainsi $f_3(a,b)=a+3b$ , $f_5(a,b)=a^2+5(b^2+2ab)$ , ...

$f_n(a,b)$ impair, donc nécessairement  v pair, et u impair:   $2 \nmid u, 2 \mid v$ . En résumé   $u \wedge 2v=1$ .

Par le théorème de Gauss, notre coprimalité p donne $2v=r^n, f_n=s^n$

Mais ça ne me donne rien àde simple, à part quelques contraintes sur u et v:
En appliquant (1), $n \nmid v  \Rightarrow   v=2^{n-1}v', 2 \nmid v'$
En appliquant (2),   $n \mid v  \Rightarrow  v=(2n)^ {n-1}v', 2n \wedge v'=1$ .

À part un peigne pour restreindre des calculs sur l'ordinateur, tout se passe dans ces fonctions $f_n(u,v)$ ! Là commence la spéléologie! Au passage, pour n=3, on retrouve bien la factorisation d'Euler:

$(a+b)^3-(a-b)^3=2b(b^2+3a^2)$

Par contre, à mon niveau, je remarque la cocasserie suivante:

$(2x)^n + y^n =(nz')^n  ~ impossible!$

En effet, avec nécessairement $n \nmid uv$
$z=nz'=u+v \equiv 0 ~[n]$ , donne $u \equiv -v$ .

Or (4) donne $u-v \equiv 2v$ , soit $u \equiv 3v$

Donc $3v  \equiv -v$ , soit $v \equiv 0$ , ce qui contredit $n \nmid uv$

"On ne peut pas partager une puissance n^ième d'un multiple de n en une somme de 2 puissances n^ième" . Le très très petit théorème de Fermat?

Sous votre contrôle?

Posté par re : Partage de puissance et coprimalité 06-08-22 à 15:44

Non, (4) donne $-(u-v) \equiv 2v$
Soit $-u \equiv v$
Donc rien de plus que $u \equiv -v$ !

Dommage !!
Allez, j'arrête Fermat, trop raide pour moi! .
En tout cas, de s'y coller un peu, ça fait bien réviser l'arithmétique!

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