Le saviez-vous ?

gilbert.L · April 2006

c'est marrant, cela fait penser au triangle de pascal, dans les puissances!
la factorielle 5 nous donne 120
2*3 = 6, 4*6 =24, 24*5 = 120

que l'on retrouve
pour X =1 , m =11

11.....0............................X=1
....50........120
61.....170............120 ......X =2
....220......240
281...410..........120........X =3
...630.......360
911....770..........120......X =4
...1400.....480
2311..1250........120.....x=5
...2650.....600
4961...

écrivons la puissance 5
.......1..32..243..1024..3125..7776...etc
..30..31..211..781...2101...4651...9031
..150...180..570..1320...2550..4380...
...240.......390...750....1230...1830...
....120...........360...480......600
..........................120.....120....120....etc

n+1)*15 =30; 3*50=150;4*60=240 ;24*5 =120

où: 15,50,60 et 24 ; viennent de la puissance 4, premières différences; ligne 1,2,3 et 4.

conclusion cela se terminerra toujours par 1.

gilbert.L · April 2006

si on prend les congruences p(30), pour p = 11 ou 31; on obtient dans l'ordre croissant:
11 . 31 .11 . 11 .31. 11 .11. 31 etc

fabert · April 2006

Je reprends les idées de Richard, pour faire une remarque qui fera peut-être avancer le schmilblic :

**************************************

Rappel du message : en notant (p,q) le symbôle de Legendre, on a:
(p(q)(q,p)=(-1)^[(p-1)(q-1)/4]
Prenons p=5 et q=5k+-2. On a donc
(p,q)(q,p)=1 et (p,q)=(q,p)=(5k+-2,5)=(+-2,5)=-1. Donc 5 n'est pas un carré mod q et l'équation 5n²+5n+1 n'a pas de solution mod q. Tous les diviseurs premiers de la suite 5n²+5n+1 sont donc de la forme 5k+-1. Il en va de même pour le polynôme P(X) de fabert. Il reste à éliminer les 5k-1.

***************************************

Comme notre polynôme est $Q\circ R$, avec $Q(X)=5X^2+5X+1$ et $R(X)=X^2-X+1$, et que l'on sait que $Q$ possède deux zéros $q_1$ et $q_2$ dans $\Z/p\Z$ lorsque $p=5k\pm1$, reste à savoir dans ce cas si l'équation $X^2-X+1-q_i=0$ admet un zéro pour au moins un des deux valeurs de~$i$. Or, le discriminant est cette fois $4q_i-3$ et l'on a les produits de symboles de {\sc Legendre}
\[(4q_1-3,p)(4q_2-3,p)=(16q_1q_2-12(q_1+q_2)+9,p)=(16/5+12+9,p)=(11^2/5,p)=+1\] Donc, le polynôme $P$ possède toujours $0$ ou $4$ zéros dans $\Z/p\Z$.

GERARD5 · April 2006

Gilbert L : Tes deux messages sont incompréhensibles. Il y a peut-être quelque chose dedans, mais on ne va pas décoder si tu n'indiques pas ce que tu fais.

Cordialement

l.g · April 2006

Gerard
je suis parti de la première question :

$P(X) = 5X^4 - 10X^3 + 20X^2 -15X +11 = m$ se terminant par 1

soit $m$ est premier = 11(30) ou 31 (30) ;
soit il est divisible par des Facteurs F premiers se terminant par 1,
donc F = 11(30) ou 31(30)

on obtient pour les premières valeurs de $m$ :

11 pour X =1
61 pour X =2
281 pour X =3
911 " " X=4
2311 "&quotX=5
4961 " " X =6

mais peut être que j'ai mal compris la question.

l.g · April 2006

suite a Gerard;
ensuite j'ai fait un tableau des différences, entre ces valeurs pour arriver a la dernière ligne sur 120; comme la dernière ligne des différences de la puissance 5 , 5! = 120
or comme pour la puissance 5, la deuxième ligne des différences de cette puissance se termine toujours par 1.
à la différence que dans cet exmple, on part de $m$ = 11, au lieu de 1 dans la puissance 5.

On voit trés bien que $m$ suit un cycle de congruence 11(30) et 31(30)trés régulier.
11 . 31 .11 . 11 .31. 11 .11. 31 etc.

donc cela permet de voir la construction arithmétique de $m$ et une ressemblance avec la puissance 5 .
ce qui peut donner une autre piste..a moins que j'ai mal compris le problème...

Sylvain · April 2006

Je suis d'accord pour dire qu'il y a une analogie avec le triangle de Pascal car P(x)=(x-1)^5-x^5+10(x²-x+1). Mais j'ignore ce qu'on peut en tirer.

l.g · April 2006

suite:
d'ailleur si on fait la même experience avec les différences de la puissance 5, on obtient le même résultat ; voici les premières valeurs:
2ème ligne des différence de la puissance 5:

31.211.781.2101.4651.9231.15961.26281.
j'avais trouvé la raison mais je ne m'en rappel plus ; il faudrait que je recherche...

GERARD5 · April 2006

Ok l.g, je commence à comprendre. Mais tu étudies les valeurs de m, alors que la question porte sur ses facteurs.

Cordialement

l.g · April 2006

je suis d'accord GERARD mais le problème est le même, les Facteurs premiers du tableau des differences de la puissance 5 se termine aussi par 1;
donc je pensais qu'il y avait une relation avec la petite formule de Newton et les differences des coefficients binomiaux pour découvrir le polynôme.

mais la raison des facteur premiers se termiant par 1 , divsant $m$ serra identique pour les différence de la puissance 5! les deux problèmes sont liés.

l.g · April 2006

je crois que la raison des facteur P se terminant par 1 et divsant $m$ vient justement de la construction de $m$ c'est pratiquement le même polynôme.

$m$ est toujours = 11(30) ou 31(30)
mais il ne peut être divisé que par les facteurs P de l'Ensemble p(30) qui exclu 2.3 et 5!
or les deux séries 1 et 11 modulo 30, où 31 remplace 1.
11-1 et 30-1 sont multiple de 5!
alors que les 6 autres séries 13,17,19, 23, et 29 modulo 30; on peut toujours enlever 1 on ne peut retrouver le Facteur 5.

d'où ces nombres $m$ ne peuvent être diviser que par un facteur premier 11(30) ou 31(30) ou les deux bien sûr. comme je m'en étais aperçu pour les différences de la puissance 5 , $(N +1)^5 - N^5 = m$ où $m$ = 31(30)

de façon cyclique mod 9 = 4.4.7.4.7.4.4.1.1. et cela recommence.
on peut dire qu'il s'agit d'une suite symétrique réglée par la factorielle 5!
comme le polynôme de fabert qui est la question posée.

gilbert.L · April 2006

bonjour tout le monde
Alors ou on en est de ce problème?

fabert · April 2006

Eh bien, moi, je n'avance guère. Je sais simplement que, dans $\Z/p\Z$, le polynôme $p$ admet $0$ ou $4$ zéros (si $p=10k\pm1$) et que, dans le premier cas, il en admet tout de même quatre dans l'extension $F_{p^2}$. Son corps des racines est donc $F_{p^2}$. Maintenant, l'énoncé initial ne demande pas de m.q. tout premier de la forme $10k+1$ est un diviseur, mais seulement d'exclure les autres premiers.

Yalcin · April 2006

on peut essayer de démontrer que l'équation P(m)=(10a+3)(10b+7) donc l'inconnue est m n'a pas de solution , de même l'équation P(m)=(10a+9)(10b+9) avec la méthode de Ferrari et Cardan

GERARD5 · April 2006

l.g je ne comprends pas bien où tu veux en venir. Effectivement, modulo 30, le reste de m est toujours 1 ou 11. Mais un nombre de ce type peut avoir des facteurs premiers qui ne se terminent pas par 1, comme 91 qui est 7 fois 13.
Cordialement

GERARD5 · April 2006

l.g je ne comprends pas bien où tu veux en venir. Effectivement, modulo 30, le reste de m est toujours 1 ou 11. Mais un nombre de ce type peut avoir des facteurs premiers qui ne se terminent pas par 1, comme 91 qui est 7 fois 13.
Cordialement

Domi4 · April 2006

Bonjour à tous .

Juste une petite piste que je n'ai approfondie . Il semblerait d'après le site proposé par jabert que le résultat ait été démontré par un certain David Broudhurst en utilisant un papier de Franz Lemmermeyer ( voir pièce jointe ). Il utiliserait la relation :

$$(\frac{-25 + 2\sqrt{5}}{p})=(\frac{p}{5})_4\ \ pour \ p \ \ entier \ premier \ impair \ et \ (\frac{5}{p})=1 \ .$$

Avec $(\frac{p}{m})_4$ , résidu quartique .

J'ai commencé à lire la pièce jointe avant de me rendre compte que les extensions de corps ne m'étaient plus aussi familières qu'il y a quelques années .

Désolé de ne être plus productif que cela .

Domi

Domi4 · April 2006

Bonjour à tous .

Juste une petite piste que je n'ai approfondie . Il semblerait d'après le site proposé par jabert que le résultat ait été démontré par un certain David Broudhurst en utilisant un papier de Franz Lemmermeyer ( voir pièce jointe ). Il utiliserait la relation :

$$(\frac{-25 + 2\sqrt{5}}{p})=(\frac{p}{5})_4\ \ pour \ p \ \ entier \ premier \ impair \ et \ (\frac{5}{p})=1 \ .$$
Avec $(\frac{p}{m})_4$ , résidu quartique .

J'ai commencé à lire la pièce jointe avant de me rendre compte que les extensions de corps ne m'étaient plus aussi familières qu'il y a quelques années .

Désolé de ne être plus productif que cela .

Domi

Domi4 · April 2006

Bonjour à tous .

Juste une petite piste que je n'ai approfondie . Il semblerait d'après le site proposé par jabert que le résultat ait été démontré par un certain David Broudhurst en utilisant un papier de Franz Lemmermeyer ( voir pièce jointe ). Il utiliserait la relation :

$$(\frac{-25 + 2\sqrt{5}}{p})=(\frac{p}{5})_4\ \ pour \ p \ \ entier \ premier \ impair \ et \ (\frac{5}{p})=1 \ .$$
Avec $(\frac{p}{5})_4$ , résidu quartique .

J'ai commencé à lire la pièce jointe avant de me rendre compte que les extensions de corps ne m'étaient plus aussi familières qu'il y a quelques années .

Désolé de ne être plus productif que cela .

Domi

l.g · April 2006

GERARD

là ou je veux en venir c'est que les facteurs premiers qui divisent $m$ ne peuvent être que de la même forme que ce qui divisent $(N+1)^5 - N^5$
je pensais que ce problème était connu depuis longtemps.

Ces facteurs premiers =11(30) et 31(30) ont une particularité on retire 1 ils sont divisible par 5,
comme ton exemple 91 à la difference que 91 est construit par deux facteurs premier de l'ensemble P(30) ,13 et 7 ce qui n'est pas le cas des nombre $m$ qui sont divisiblent uniquement par les facteurs de cet ensemble P(30) mais comme il ne sont pas construit par des facteurs premiers = P(30) il ne peuvent être divisible uniquement par 11 ou 31 (30) et non par des facteur P = 7,13,17,19,23, et 29 modulo 30

car $m$ est construit par 5! = 120 tout comme $(N+1)^5 - N^5$. par exemple je pourrais diviser $m$ par 121 car 121 =11²
la raison de ces facteur P = 11 et 31 (30) c'est cette factorielle $5!=120$

GERARD5 · April 2006

l. g : tu dis " les facteurs premiers qui divisent ne peuvent être que de la même forme que ceux qui divisent $(N+1)^5 - N^5$ "
Qu'est-ce que ça veut dire ? "la même forme" est une expression tellement floue qu'il faut que tu précises. Et tu dis que c'est un résultat (? ou "problème"?) connu. D'où sort-il ?
Ensuite tu parles de "les facteurs de cet ensemble P(30) "; ce que je ne comprends pas non plus

As-tu remarqué ? Je suis le seul à te répondre sur le contenu de tes interventions. Ne seraient-elles pas absconses ?
Par exemple ta fin de message : "car est construit par 5! = 120 tout comme $(N+1)^5 - N^5$ " et "la raison de ces facteur P = 11 et 31 (30) c'est cette factorielle "
Soit c'est du charabia, soit tu vois des relations que je ne vois pas, mais alors explique clairement les relations, en évitant les analogies.

Cordialement

NB : Je viens de revérifier, tu n'esplique jamais ce que tu appelles P(30) alors même que P est le nom du polynôme proposé au début !

l.g · April 2006

GERARD
 peut être qu'avec cet exemple on y verra plus clair.
 .......................................................................................................................
 écrivons la puissance 5
 .......1..32..243..1024..3125..7776...etc
 ..30..31..211..781...2101...4651...9031
 ..150...180..570..1320...2550..4380...
 ...240.......390...750....1230...1830...
 ....120...........360...480......600
 ..........................120.....120....120....etc
 .......................................................................................................................
 que se soit en partant de la question de ce fil ou en partant des différences de la 2ème ligne
 soit au départ je remplace 11 par 91 ou pour cet exemple je remplace 1 par 91. je vais rajouter 30 = 2*3*5,
 puis 150= 30*5 ce qui ne change rien,
 puis 240 = 8*30 ce qui ne change toujours rien, et enfin 120 = 4*30 a aucun moment rent dans la construction un facteur P(30) ,pour P>5 et <=31
 je part de 1 ou 11 il ne se factorise par aucun autre facteur qu'eux même.
 si je part de 91 pour suivre l'exemple et la question de GERARD ,
 
 91 = 13*7.
 
 91+30= 121 ..301...871...2191...4741..etc
 121+180 =301..
 
 121 ..301...871...2191...4741..etc
 ....180...570...1320....2550...
 ........390...750....1230..
 ............360....480..
 ...............120......120....120..etc
 
 il est clair que les diviseur de ces différence D = 1(30) soit 31(30)
 auront comme facteurs P des facteur P(30) tel que P = (7 + k 30) et P' =(<IMG WIDTH="63" HEIGHT="30" ALIGN="MIDDLE" BORDER="0" SRC="http://www.les-mathematiques.net/phorum/2006/04/20/85466/cv/img1.png" ALT="$ 13 +k 30$">) car 91 est déjà construit par 7(30) et 13(30)
 
 ex: 301 = 7*43 = 7 * (13 + k 30)
 ou encore 871 = 67*13 = (7 + k 30) * 13

GERARD5 · April 2006

J'ai bien compris que tu fais des différences successives, et que les différences dernières sont 120 (Tu l'avais expliqué précédemment). Et on retrouve les mêmes avec le polynôme proposé. OK!
Ensuite, tu écris "que se soit en partant de la question de ce fil ou en partant des différences de la 2ème ligne
soit au départ je remplace 11 par 91 ou pour cet exemple je remplace 1 par 91"
Cette phrase (ces phrases ?) n'a aucun sens. Il faut t'expliquer clairement.

Une chose m'inquiète plus :"il est clair que les diviseur de ces différence D = 1(30) soit 31(30)
auront comme facteurs P des facteur P(30) tel que P = (7 + k 30) et P' =() car 91 est déjà construit par 7(30) et 13(30) ". D'une part je n'y comprends rien, d'autre part, je ne vois pas le rapport entre les facteurs premiers des nombres et les facteurs premiers des diférences (En dehors du fait que les facteurs communs de 2 nombres sont des facteurs de la différence, mais la réciproque est fausse : 7-5 = 2).

Donc sois tu fais un effort de clarté, soit je ne te lis plus.

Gérard

l.g · April 2006

excuse moi GERARD, pour mon imprécision .

P = premier congrue modulo 30
p est > 5 et < 31 mais 1 est remplacé par 31 du fait que dans cet algotithme il ne donne aucun renseignement sur la primalité
c'est un algorithme dans le genre du crible d'Eratostène.

par exemple pour la série 11(30) je me sers des 4 couples de base pour extraire les nombres P = 11(30)
11 .41 .71 ...

les 4 couple sont 7 et 23; 13 et 17 ; 11 et 31 ; et 19 et 29.

la même forme veut dire: 11 ou 31 (30)

et l'ensemble P(30) ce sont tous les entiers naturels congrue P(30) soit 26,666666 % des entiers naturels
donc sont exclu de cet ensemble les 3 facteurs P = 2, 3 et 5 ainsi que leurs multiples

si on prend un nombre au hasard dans cet ensemble P(30) il est soit premier soit divisible par P(30), pour P = 1 , 7 , 11 , 13 , 17 , 19 , 23 , 29 !
où il est bien entendu que 1 est remplacé par 31 , ce qui donne bien 8 série ou 8 famille de nombres premiers et leur composés

1.....7...11...13...17...19...23....29
31.37...41..43....47...49...53....59
etc

GERARD5 · April 2006

Si je comprends bien, tu travailles modulo 30. Alors, la notion de premier n'est plus la même que pour les entiers.

Ensuite, tu dis "c'est un algorithme dans le genre du crible d'Eratostène." Encore une phrase incompréhensible ( le "c' " désigne, en français, un nom ou un groupe nominal immédiatement précédent. Donc il référe au "algorithme" précédent, qui n'est pas défini.

Mais alors, tu parles depuis le début d'un algorithme ? Pourquoi ne l'as-tu pas dit ? Et explicité (car je ne sais toujours pas de quoi tu parles) ?

"par exemple pour la série 11(30) je me sers des 4 couples de base pour extraire les nombres P = 11(30)
11 .41 .71 ..."
D'accord, mais ... Un exemple de quoi ? Tu n'as rien dit de précis avant.... la série 11(30) ? je ne sais pas de quelle série tu parles (somme ? ou suite d'entiers à préciser, moi je lis 11 modulo 30, qui est un seul nombre. Et pourquoi "4 couples de base " et pas 5 ou 6 ?

Allez, encore un effort pour communiquer vraiment (tu es toujours dans ta tête, pas dans la volonté d'être compris)

Cordialement

l.g · April 2006

GERARD
 avant tout: pour être compris il faudrait que j'en ai les capacité ce qui est loin d'être le cas et j'en suis désolé.
 donc je m'efforce de te répondre avec mes moyens.
 
 depuis le début, je me suis placé dans l'algorithme P(30) ; car en m'interressant a cette question posé, j'ai tout de suite fait le raprochement avec le tableau des différences des entiers élevés a la puissance 5.
 
 et j'avais déjà analysé ces valeurs qui sont congrue P(30) comme je l'ai expliqué plus haut.
 
 je pensais donc que ce problème était connu et que l'on avait par conséquent réglé la question de ces différences qui se terminent par 1 et qui ne sont divisibles pour ce cas précis, que par les facteurs premier P congrue 11 (30) ou 31(30) ,
 appartenant à l'ensemble P(30) tel que je l'ai mentionné plus haut. qui comporte 8 série ou on trouve a la tête de ces séries un nombre premier > 5 et <=31 ,en remplaçant 1 par 31.
 
 l'exemple de la série 11(30) ne comporte que 4 couple de bases!tel que je l'ais défini dans cet exmple pourquoi pas 5, 6 ou plus c'est tout simplement que c'est inutile et l'algotithme ne fonctionnerait pas !
 
 (je peux hors sujet, si tu le veux, t'envoyer comment j'ai fait programmer cet algorithme ainsi que l'executable)
 
 pour en revenir au sujet il me parrait évident des l'instant ou je réppete une opération avec 120 a la base des différences tel que je l'ai montré plus haut qu'il est impossible d'ontenir d'autre facteur P ,autre que les facteurP des séries 11 et 31 (30),
 sauf si on remplace 11, par 91 pour l'énoncé de ce sujet ou dans les différences de la puissance 5 , 1 par 91 on obtient toujours <IMG WIDTH="17" HEIGHT="13" ALIGN="BOTTOM" BORDER="0" SRC="http://www.les-mathematiques.net/phorum/2006/04/20/85475/cv/img1.png" ALT="$ m$"> = 31(30)
 mais les facteur premiers correspondent a ce que hj'ai indiqué
 
 autre exemple remplacer 11 par 31 dans la question posé cela ne changera rien a la forme des facteur P qui diviseront <IMG WIDTH="17" HEIGHT="13" ALIGN="BOTTOM" BORDER="0" SRC="http://www.les-mathematiques.net/phorum/2006/04/20/85475/cv/img1.png" ALT="$ m$"> il seront congrue 11 ou 31 (30).
 en regardant la construction du tableau des différence ça me parraissait évident.
 mais je vois que cela a l'air de poser problème pour démontrer cette question. j'ai donc proposé cette idée avec 120 a la base des différences et qui construit ce pôlynome
 
 et merci GERARD de m'avoir permis de donner des explications même si elle ne sont pas trés compréhensible, pour les Mathematiciens que vous êtes tous; désolé mais je fais le maxi.

l.g · April 2006

c'est faux avec l'exemple de 31 qui remplacerait 11 puisque 81 = $3^4$.
désolé.

Sylvain · April 2006

l.g, je n'ai rien compris à tes histoires mais 81 modulo 30=21, non ?

Pour faire avancer un peu le problème, je crois que l'on ferait bien de creuser l'idée de Yalcin, à savoir que les équations:

P(m)=(10a+9)(10b+9)

et P(m)=(10a+3)(10b+7)

n'ont pas de solutions avec m,a et b entiers.

Yalcin · April 2006

Avec Maple , je trouve que :

P(m)=(10a+9)(10b+9) implique 8(10ab+7a+3b)+17 est un carré parfait

(Note les carrés parfaits de la forme 8z+17 sont données par cette forme de z : z=n(n+1)/2-2).

P(m)=(10a+3)(10b+7) implique 8(10ab+9(a+b))+65 est un carré parfait.

Ces deux cas doivent impliquer qu'ils n'existent pas de a et de b tel qu'on trouve m entier pour les deux équations que j'ai donné.

Merci Sylvain pour avoir posté mon idée

gilbert.L · April 2006

bonsoir Sylvain
laisse tomber mon idée, puisque le contraire de mon hypothèse est fausse
si dans la question de fabert je remplace 11 par 1 il est clair que la deuxième valeur de $m$ et 51 d'où 3*17

donc le seule point commun qu'il y a effectivement avec les différences de
$(N+1)^5 - N^5$ et le sujet de ce fil, c'est la base des différences qui et égale à 120 mais cela n'apporte rien, a priori.
même si ces deux problèmes ont des diviseurs premiers P = 11(30) ou 31(30)

[mais pour ta question 81 est multiple de 3; donc il ne peut pas appartenir aux entiers de l'algorithme P(30);
puisque P est un des nombres premiers de 7 à 31, soit 8 familles ou 8 séries, par conséquent 81 n'est pas = P(30)].

gilbert.L · April 2006

bonjour Fabert.
toujours pas de solution pour éliminer les 5k -1 ? c'est a dire les Facteurs premiers F =19(30) et 29(30).
ton polynôme est infini puisque les suites des Facteurs premiers = 11(30) et 31 (30) sont infinies!

GERARD5 · April 2006

Por l.g :
Désolé, j'arrète là car tu ne réponds pas aux questions. Je n'aurai d'ailleurs pas le temps de continuer, je pars 15 jours. Mais un bon conseil : Pour être compris, ce n'est pas une question de capacité, c'est une question d'écoute des autres. Comme tu n'as pas vraiment lu mes messages, tu es resté dans un discours personnel qui redit toujours les mêmes mots sans me permettre d'avancer. Un forum de discussion n'est pas un lieu de monologue.

Au revoir

fabert · April 2006

Bonjour, GilbertL,
qu'entends-tu par ? Au reste, il est connu que l'ensemble des diviseurs premiers des images des entiers par un polynôme non constant de $\Z[X]$ est infini ; ce n'est pas une prpriété spéciale de celui-ci !

********************************************************

Grande première : il y a désormais sur ce forum des garde-fous qui rappellent aux distraits de cocher l'option LaTeX !

Excellente initiative. Cochons, cochons !

fabert · April 2006

Post scriptum : il semble que le message de Domi (20/4/06) règle le problème par un renvoi à un article. Il va falloir chiader la réciprocité biquadratique.

********************************************************

Humble solliciatation aux gourous du forum : maintenant que vous avez réglé la question de la case LaTeX, ne serait-il pas possible d'avoir les dates selon nos us (20/4/06 et non 04/20/06) ainsi que l'heure en vigueur (à moins que vous ne soyez au contraire stipendiés par Moscou).

Amicalement, fabert.

l.g · April 2006

Auteurs: fabert (de retour) (---.w81-49.abo.wanadoo.fr)
Date: 04-14-06 18:27

Bonjour, Gérard,
je ne puis garantir la véracité de ce résultat que je n'ai fait que trouver par hasard sur un site de la toile http://www.mathpuzzle.com/

Il est fort possible que la preuve n'en soit pas élémentaire (les tentatives de manips de base sur les congruences semblent faire long feu). D'ailleurs, je remarque que, s'il est vrai, le résultat implique qu'il existe un nombre infini de premiers de la forme $10k +1$ (même si ce n'est qu'un résultat affaibli du thm de DIRICHLET, cela montre qu'il ne tombe pas là tout seul par quelques considérations).
.......................................................................................................................
fabert
c'est en relisant les differents post , ou tu dis que ton polynôme si il est vrai, qu'il existe une infinité de facteurs F premiers de la forme $10k +1$ = 11(30) ou 31(30) ce qui est vrai dans l'algotithme P (30)!
rien de plus.
le sujet est donc terminé.

Sylvain · April 2006

Ta ta ta ta ta, le sujet n'est pas terminé du tout. On ne dit d'ailleurs pas "qu'il existe une infinité de facteurs F premiers de la forme $ 10k +1$ = 11(30) ou 31(30)" mais que tous les facteurs premiers de $P(m)$ sont de cette forme, ce qui est différent.

Sylvain

fb0 · April 2006

Comme l'ont fait remarquer Richard et fabert il s'agit de déterminer si la quantité $4q-3$ est un carré mod $p$, où $q$ est l'une des racines du polynôme $5X^2+5X+1$ dans $\Z/p\Z$.

Comme le suggère l'article de Lemmermeyer on peut peut-être essayer d'utiliser les racines $5$-ièmes de l'unité?

En effet $\sqrt{5}$, et donc $4q-3$, s'exprime en fonction des racines $5$-ièmes de l'unité. Avec un peu de chance on sera alors ramenés à montrer qu'une certaine combinaison de racines $5$-ièmes de l'unités appartient à $\mathbb{F}_{p^2}$ mais pas à $\mathbb{F}_p$ ?

fb0 · April 2006

En posant $\zeta = e^{2i\pi/5}$, je trouve sauf erreur de calcul

$4q-3 = A^2$ avec $A = \frac{(\zeta-\overline{\zeta})(1+7(\zeta+\overline{\zeta}))}{5}$.

Pour obtenir cette expression j'ai cherché $A$ dans $\mathbb{Q}(\zeta)$. Puisque $4q-3

fb0 · April 2006

Lisez : il suffirait de montrer $\zeta-\overline{\zeta} \in \mathbb{F}_p \Leftrightarrow p \equiv 1 \pmod{5}$.

fabert · April 2006

Bonjour, fb,
ton idée semble marcher : le cardinal de $F_{p^2}-\{0\}$ est multiple de $5$ si $p=5k\pm1$ et donc $\zeta$ existe. Alors $(\zeta-\zeta^{-1})^p=(\zeta^p-\zeta^{-p})=(\zeta^{5k\pm1}-\zeta^{-5k\mp1})}$ qui est $\zeta-\zeta^{-1}$ SSI $p$ est de la forme $5k+1$ (sinon, c'est l'opposé).
Cela clorait, cette fois, le problème !

l.g · April 2006

silvain
c'est la réponse de fabert a GERARD

[D'ailleurs, je remarque que, s'il est vrai, le résultat implique qu'il existe un nombre infini de premiers de la forme$10k+1$ (même si ce n'est qu'un résultat affaibli du thm de DIRICHLET, cela montre qu'il ne tombe pas là tout seul par quelques considérations).]
l'algorythme P (30) P désigne un nombre premier >5.
j'ai confirmé a fabert qu'il existe en effet une infinité de nombre premiers P = 11(30) ou 31 (30) donc = $10k +1$ par conséquent l'inverse de la réponse de fabert implique que tous les nombre de ce polynôme $m$ sont divisible uniquement par des premiers de la forme 11(30) et 31(30) ce qui restent a prouver.
le dernier post de fabert disait que "le problème était terminé" par rapport au lien de Domi.
l'une des solutions était aussi d'éliminer les 5k-1 , c'est a dire les premiers se terminant par 9 soit dans l'algorithme P(30) les premiers 19(30) *29(30)= $m$ congrue 11(30)!

Sylvain · April 2006

Sylvain avec un y s'il te plait, sinon c'est l'anagramme de vilains...:(

Richard André-Jeannin2 · April 2006

l'algorythme de Silvain, ça sonne pourtant bien.

l.g · April 2006

excuse moi
( mais je ne savais pas si il me fallait remplacer le s par v ou le y par i j'ai opté pour la dernière..)

pour en revenir au sujet , je dois comprendre que le cas des premiers de la forme 7(30)*23(30) = 11(30) = $m$ ainsi que les premiers 17(30)*13(30) = 11(30) ne sont pas possible.

ni les cas où $m$ = 11(30) il ne peut y avoir 3 premiers 11(30)*19(30)*29(30) = 31(30)!

Pilz0 · April 2006

alors il y a une réponse définitive? quels messages dois je lire pour connaitre la démo?

Sylvain · April 2006

( mais je ne savais pas si il me fallait remplacer le s par v ou le y par i j'ai opté pour la dernière..)
Voilà qui est bien mystérieux...Tu as un clavier QWERTY ?

fabert · April 2006

Il me semble aussi que nous nous sommes excités à propos d'un polynôme bien artificiel : vu la preuve de Lemmermeyer, $\frac{X^5-1}{X-1}$ faisait tout aussi bien l'affaire, ne faisait-il pas ?

fabert · April 2006

Il me semble aussi que nous nous sommes excités à propos d'un polynôme bien artificiel : vu la preuve de Lemmermeyer, $\frac{X^5-1}{X-1}$ faisait tout aussi bien l'affaire, ne faisait-il pas ?

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Pan sur le bec : ce polynôme-là a aussi des zéros dans $\Z/5\Z$, donc il ne convient pas !!!

gilbert.L · April 2006

bonjour fabert,
c'est bien pour cela que j'ai fait le rapprochement entre ton P($m$) et
$(N+1)^5 - N^5$ = $M$ dans ce dernier cas precis, le tableau des différences entre ces nombres et toujours $3K * 10$ et $M$ = uniquement 31(30) ex:
1 31 211
alors que ton polynôme $m$, il faut séparer les $m$ = 11(30) et ce qui sont = 31(30) ce qui donne trois solutions identiques.
" il suffit d'en démontrer une....." ce que je n'arrive pas à faire.

je pensais que c'était simplement un problème de différences.

( par exemple si $m$ et produit de 11²*41 je supprime les 1 mon produit se termine par des 0
comme je rajoute toujours à 11 $3K * 10$,
$m$ ne peut jamais être le produit de 19 *29 ou autre produit avec deux facteurs de cette forme car en enlevant 1 a ces deux facteurs le produit ne comportera jamais de 0; ce qui ne résoud pas grand chose).

fabert · April 2006

Bonjour, Gilbert,
je pense que l'exercice ne se résout pas seulement par des arguments de congruences : si tu considères le polynôme $30X+1$, lui aussi -- et pour cause -- ne prend que des valeurs congrues à $1$ modulo $30$, mais les diviseurs premiers d'icelles ne vérifient pas, eux, les congruences escomptées : par exemple, $30\times3+1=91=13\times7$. Je ne pense pas que l'on puisse faire l'économie d'un détour par des extensions des $F_p$. D'ailleurs, dans le cadre du même fil, j'avais demandé si certaiens connaissent une preuve élémentaire du calcul de $(2,p)$ et il n'y a pas eu de réponse (mis à part le recours habituel à $F_p[\sqrt[4]{-1}]$).

Cordialement, fabert

Le saviez-vous ?

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