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Le saviez-vous ?

Envoyé par fabert 
fabert
Re: Le saviez-vous ?
il y a onze années
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
Re: Le saviez-vous ?
il y a onze années
<latex> 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 [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.
Re: Le saviez-vous ?
il y a onze années
avatar
<latex> 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
fb
Re: Le saviez-vous ?
il y a onze années
<latex> 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 $\mathbb{F}_p$ ?
fb
Re: Le saviez-vous ?
il y a onze années
<latex> 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
fb
Re: Le saviez-vous ?
il y a onze années
<latex> Lisez : il suffirait de montrer $\zeta-\overline{\zeta} \in \mathbb{F}_p \Leftrightarrow p \equiv 1 \pmod{5}$.
fabert
Re: Le saviez-vous ?
il y a onze années
<latex> 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
Re: Le saviez-vous ?
il y a onze années
<latex> 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)!
Re: Le saviez-vous ?
il y a onze années
avatar
Sylvain avec un y s'il te plait, sinon c'est l'anagramme de vilains...:(



Sylvain

- Hey dude, what are your plans for this weekend?
- Well, I think I'll work on Hilbert's 8th problem.
- Stop it, man! Get a girl and have some fun!
Richard André-Jeannin
Re: Le saviez-vous ?
il y a onze années
l'algorythme de Silvain, ça sonne pourtant bien.
l.g
Re: Le saviez-vous ?
il y a onze années
<latex> 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)!
Pilz
Re: Le saviez-vous ?
il y a onze années
alors il y a une réponse définitive? quels messages dois je lire pour connaitre la démo?
Re: Le saviez-vous ?
il y a onze années
avatar
( 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 ?



Sylvain

- Hey dude, what are your plans for this weekend?
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fabert
Re: Le saviez-vous ?
il y a onze années
<latex> 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
Re: Le saviez-vous ?
il y a onze années
<latex> 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 ?

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

Pan sur le bec : ce polynôme-là a aussi des zéros dans $\Z/5\Z$, donc il ne convient pas !!!
gilbert.L
Re: Le saviez-vous ?
il y a onze années
<latex> 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
Re: Le saviez-vous ?
il y a onze années
<latex> 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
gilbert.L
Re: Le saviez-vous ?
il y a onze années
<latex> fabert

ssi il faut 5k -1 n'existe pas poure résoudre le problème.

ne peut on pas montrer que $(N +1)^5 - N^5$ = $M$ et $M - 1$ = 0 (3)
donc $M -1$ divisé par 5 est toujour égale à 0(3).

alors si dans la suite de $M$ il y avait un produit de 5k -1
par exemple ((91*7*23) -1)/ 5 cela ne peut pas être égale à 0(3) ou encore (19*29) -1 que divise 5 celà ne peut être = 0(3).

la suite $M - 1$ divisée par 5 donne les valeurs suivante :

6..42..156..420..930..1806..3192..5256..8190..12210...etc

mais le hic: C'est que ((91*7*23*19*29) -1) /5 = 1614540 = 0(3)

mais heureusement que N^5 + 8072701 n'est pas une puissance de 5.

alors est ce que la solution de suprimer les 5k - 1 ne risque pas d'être trés difficile..?
gilbert.L
Re: Le saviez-vous ?
il y a onze années
je vien de voir ton message qui confirme que ce n'est pas une question de congruences, et que peut être il est plus "facile de passer par la puissance 5" ..ce qui n'à pas l'air non plus évident.. bonne journée.
fb
Re: Le saviez-vous ?
il y a onze années
<latex> Oui fabert ton argument marche pour montrer que $\zeta-\overline{\zeta} \not\in \mathbb{F}_p$ lorsque $p \equiv -1 \pmod{5}$ !

Je me suis aperçu qu'on peut aussi dire la chose suivante : $\zeta - \overline{\zeta} \in \mathbb{F}_p$ équivaut à $\zeta \in \mathbb{F}_p$ (compte-tenu des hypothèses). Si $\zeta$ appartient à $\mathbb{F}_p$ alors l'ordre de $\zeta$ divise l'ordre de $\mathbb{F}_p$ c'est-à-dire que $5$ divise $p-1$ ce que l'on voulait montrer!

Je pense que le problème est maintenant résolu... il reste maintenant à rédiger tout ce brouillon!

J'ai l'impression que ce sera dur d'éviter le recours à $\mathbb{F}_{p^2}$. Qu'en pensez-vous?
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