Théorème de Wilson
Réponses
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<!--latex-->Ca peut être :
<BR> <a href = "http://www.math.wisc.edu/~rouse/cv/flwthms.pdf#search=""combinatorial proof" wilson""> http://www.math.wisc.edu/~rouse/cv/flwthms.pdf#search=""combinatorial proof" wilson" </a> -
Je vous remercie trivecteur mais c'est encore trop compliqué : n'y a-t-il donc pas une preuve évidente se déduisant directement du petit théorème de Fermat ??
Merci... -
Salut,
En espérant t'aider même si j'en doute un peu :
Dans $\mathbb{F}_p [X]$, considère les deux polynômes $P(X) = X^{p-1} - \overline{1}$ et $\displaystyle{Q(X) = \prod_{k=1}^{p-1} (X - \overline{k})}$
Remarque que tout élément de $\mathbb{F}_p^{*}$ est racine de $Q$ (facile) et que tout élément de $\mathbb{F}_p^{*}$ est racine de $P$.
Tu en déduis que le polynôme $P-Q$ admet tout élément de $\mathbb{F}_p^{*}$ pour racine, ce qui lui fait $p-1$ racines alors qu'il est de degré au plus $p-2$.
Donc $P-Q = 0$, i.e. $P=Q$.
Par suite $P$ et $Q$ ont même coefficient constant, i.e. $\displaystyle{\prod_{k=1}^{p-1} (- \overline{k})= - \overline{1}}$ et tu en déduis que $\overline{(p-1)}! = - \overline{1}$.
michaël. -
Merci Michael,
Mais cette démonstration utilise à son tour les classes de congruences... N'y a-t-il pas une expression simple de (p-1)! + 1 qui résoudrait facilement le problème ?
Merci d'avance ! -
merci Yacin,
mais c'est encore une fois une uttilisation des classes de congruence...
qui a une idée, s'il vous plait???
merci... -
Pourquoi vouloir absolument une preuve se passant des classes de congruence?
-
Salut,
parce que je pense en avoir trouvé une démonstration encore plus simple, si simple que j'ai peine à y croire et elle n'utilise aucunement les classes de congruence- uniquement le petit théorème de Fermat et l'équation(pardon je ne maîtrise pas encore le latex):
$\sum_{i=1}^{n}$ $(-1)^n$ * C(i,n) * ($i^n$ -1) = $(-1)^n$ * n! + 1 (facile à retrouver en utilisant des propriétés combinatoires, où les C(i,n) sont les coefficients de pascal)
ainsi si n+1 est premier, il divise chaque terme de la somme du premier membre ci-dessus (fermat) et donc n+1 divise n!+1 (car n est pair). cqfd
voulez-vous que je rentre dans le détail de la démonstration?
qu'en pensez-vous?
merci... -
qui peut me dire si ma démonstration est intéressante ou pas, vraie ou pas?????
merci d'avance!! -
Excellente, la démonstartion!!!
Joaopa -
Je suis quasiment sûr que ma démonstration est bonne : quelqu'un a-t-il essayé ??
Merci d'avance... -
merci Joaopa, mais pouvez-vous me dire si elle est originale???
merci... -
Bonjour,
Cette démonstration est intéressante et je ne la connaissais pas. Peux-tu détailler la preuve de l'identité combinatoire que tu utilises ? Sinon, je peux faire remarquer que tu utilises le petit théorème de Fermat donc implicitement les congruences...
Pour ceux que cela intéresse, je peux donner ici les différentes preuves que je connaissais de ce théorème. Rappelons l'énoncé :pour tout premier p, le nombre (p-1)! + 1 est divisible par p.- La première démonstration connue est due à Lagrange (et non à Wilson !) en 1771. On considère le polynôme Q(X) = (X+1) (X+2) ... (X+p-1) que l'on évalue en X=1. En montrant que tous les coefficients de Q sauf le premier et le dernier sont divisibles par p, on obtient la congruence souhaitée.
- Euler (1773) : démonstration utilisant l'existence d'une racine primitive modulo p.
- Gauss (1801) : à mon sens la démonstration la plus simple, voir le lien proposé par Yalcin.
- La démonstration figurant dans le lien proposé par Trivecteur : cette demonstration est en fait due à Petr (1905).
J'ignore si ta démonstration était connue auparavant, en tout cas c'est un joli résultat !
Enfin, j'ai appris récemment que l'énoncé du théorème de Wilson était apparemment connu du mathématicien arabe Al-Haytham (11ème siecle !). -
Rebonjour,
En cherchant un peu sur internet, je viens de tomber sur une preuve du theoreme de Wilson qui se rapproche peut-etre de la tienne.
Le lien en question est
<http://arxiv.org/abs/math.GM/0406086>
En tout cas, c'est tres interessant de chercher d'autres demonstrations d'un meme theoreme !
Cordialement -
bonjour
très intéressant l'historique de toutes ces différentes démonstrations.
Une petite pierre à l'édifice : la contraposée(?) du théorème de Wilson ( moins connu)
si p=1 ====================> (p-1)! congru à 0 (modulo p=1)
si p=4 ====================> (p-1)! congru à 2 (modulo p=4)
si p composé , distinct de 4 ======>(p-1)! congru à 0 (modulo p)
Ref : Aleph1,Algèbre , Terminale CE, p 127
suite au théorème de Wilson, il me semble que l'autre sens est également vrai (?) -
Oui, la "reciproque" du theoreme de Wilson est egalement vraie, a savoir qu'un entier n verifiant (n-1)! + 1 divisible par n, est necessairement premier. C'est beaucoup plus facile a montrer que le sens direct. Malheureusement, cela ne donne pas de test efficace pour la primalite, comme on le voit : il faut calculer environ n produits !
-
Pour la réciproque, tout le monde, sans doute, connaît cette façon de procéder (voir mon livre page 53) : soit $n \geqslant 2$ tel que $n$ divise $(n-1)!+1$. Si $n$ était composé, il possèderait un diviseur strict $d$ tel que $1 < d < n$, et donc on aurait à la fois $d \mid (n-1)!+1$ (puisque $d \mid n$) et aussi $d \mid (n-1)!$ (puisque $d \geqslant n-1$). Ainsi, $d$ diviserait $1$ et on aboutit à une contradiction.
Rappelons aussi que :
(i) Le théorème de Wilson équivaut à l'assertion suivante : $n > 1$ est premier si et seulement si $(n-2) ! \equiv 1 \pmod n$.
(ii) Le théorème de Wilson a été généralisé par Dickson qui a proposé le critère suivant : un entier $n > 1$ est premier si et seulement s'il existe un entier $m < n$ tel que $(m-1)! (n-m) ! \equiv (-1)^m \pmod n$.
Borde. -
Borde, suis pas encore arrivé page 53, mais ça progresse.
Question:Le théorème de Wilson ,c'est :
p premier =====>(p-1)! congru à -1 [ mod p], ou,
n premier <====> (n-1)! congru à -1 [mod n] , avec n>=2 (?)
Dans ton livre , c'est avec <=====>, si je comprends bien, car tu énonces le direct, puis la réciproque; et c'est comme ça que je l'avais compris aussi.
Dans le message de 15h17,je ne parle pas de réciproque du premier cas avec : p premier=====>.....
mais de contraposée du second cas avec n premier <======> .......
Khaled, désolé de polluer ton post, et félicitations pour ta trouvaille, il me semble. -
Oui, il s'agit d'une équivalence. Et Wilson peut-il être considéré comme l'un des premiers tests de primalité...malheureusement inefficace en pratique, comme le souligne fb.
D'autre part, je ne pense pas que l'on pollue ici (Khaled nous le dira) puisque la réciproque présentée ici n'utilise aucune congruence, comme il l'avait demandé.
Borde. -
...Signalons au passage à Khaled que, si sa preuve est juste, elle pourrait faire l'objet d'une publication dans un journal.
Borde. -
Par solidarité avec Khaled j'aimerais aussi que sa preuve soit juste (même si je suis incapable d'en juger).
C'est un ENSICA ! -
Salut Khaled.
Je suis un peu surpris par ta formule où le ${(-1)}^n$ semble ne servir à rien de bon car il se factorise dans la première somme. Peux-tu vérifier que c'est bien ce qui est apparu ?
Sinon, la preuve est amusante.
Cordialement -
$ d \leqslant n-1$
-
Salut,
Parce que je pense en avoir trouvé une démonstration encore plus simple, si simple que j'ai peine à y croire et elle n'utilise aucunement les classes de congruence, uniquement le petit théorème de Fermat et l'équation (pardon je ne maîtrise pas encore le latex) : $$ \sum_{i=1}^{n} (-1)^n C_n^i ( i^n -1) = (-1)^n n! + 1$$ (facile à retrouver en utilisant des propriétés combinatoires, où les $C^i_n$ sont les coefficients de Pascal)
Ainsi si $n+1$ est premier, il divise chaque terme de la somme du premier membre ci-dessus (Fermat) et donc $n+1$ divise $n!+1$ (car $n$ est pair). cqfd
Voulez-vous que je rentre dans le détail de la démonstration ?
Qu'en pensez-vous ?
Merci... -
Je soupçonne que c'est $(-1)^i$, dans la somme...
-
chers amis, je vais vous répondre dès que possible!!
merci... -
chers amis, je suis vraiment très honoré par toutes vos réponses, cela me fait très plaisir. Je découvre dans le lien de Jb(http://arxiv.org/abs/math.GM/0406086)
que je suis effectivement parti de la même relation que Hardy et Wright:
$\displaystyle \sum_{i=0}^{n} (-1)^i C_n^i i^n = (-1)^n n!$ (*)
(pardon pour tout à l'heure, c'est bien $(-1)^i$)
c'est ici que leur raisonnement diffère du mien car il équivaut à réecrire (*) sous la forme:
$\displaystyle \sum_{i=0}^{n} (-1)^i [(C_n^i -(-1)^i) +(-1)^i] i^n =
\displaystyle \sum_{i=0}^{n} (-1)^i (C_n^i -(-1)^i) +
\displaystyle \sum_{i=0}^{n} i^n = (-1)^n n!$, or
$\displaystyle \sum_{i=0}^{n} i^n = \displaystyle \sum_{i=0}^{n} (i^n -1) + n$
ainsi, en utilisant les deux congruences : si $n+1$ premier
$\forall i\geq0$, $n+1$ divise $(C_n^i -(-1)^i)$ et $n+1$ divise $(i^n -1)$, ils démontrent que $n+1$ divise aussi $n!-n= n!+1 -(n+1)$ cqfd.
Ma démonstration part de (*) et lui retranche membre à membre l'équation arithmétique bien connue:
$\displaystyle \sum_{i=0}^{n} (-1)^i C_n^i=0$, d'où (pour $n+1$ premier):
$\displaystyle \sum_{i=1}^{n} (-1)^i C_n^i (i^n -1) = n! + 1 $ cqfd en utilisant Fermat. Ainsi ma démonstration n'utilise qu'une congruence au lieu de deux.
Pour démontrer (*), j'ai procédé de différentes façons. Mais je préfère la suivante, que je n'ai trouvé nul part et qui utilise les dérivées discrètes pour donner une relation plus générale- j'ai découvert que celle-là était connue:
il faut d'abord décomposer un polynome unitaire quelconque P(X) dans la base des polynomes de degré n: ${ C_X^i} \forall i\geq0$ (c'est une famille étagée de cardinal n donc bien une base)
on trouve: $P(X)= \displaystyle \sum_{i=0}^{n} a_i C_X^i$ (**)
ensuite on applique n fois l'endomorphisme linéaire f dans notre espace polynomial: f(P)= P(X+1)-P(X), fof(P)= P(X+2)-2P(X+1)+P(X)...
$fofofo....f (n fois)= \displaystyle \sum_{i=0}^{n}(-1)^i C_n^i P(X+i)$
(simple récurrence sur les coefficients binomiaux)
par ailleurs, on a : $f(C_X^i)= C_X^i-1$ (pareil)
donc $fofofo...f(n fois)=0 si i < n et 1 si i=n$
par linéarité dans les deux membres, (*) devient:
$\displaystyle \sum_{i=0}^{n}(-1)^i C_n^i P(X+i) = a_n$
or, dans le second membre, $a_n$ est le coefficient pondérant le terme de plus haut degré à savoir $X^n/ n!$.
Comme dans le premier membre, P(X) est unitaire, on doit avoir $a_n/n! =1$, ie:
$\displaystyle \sum_{i=0}^{n}(-1)^i C_n^i P(X+i) = n!$
(on peut poser $P(X)= X^n$ pour retrouver (*) à $(-1)^n$ près)
enfin, j'ajouterai qu'il est possible de généraliser le théorème de Wilson de la même manière à partir de (*) en utilisant la relation combinatoire:
$\displaystyle \sum_{i=0}^{n} (-1)^i C_n^i i^m = (-1)^n S(n,m)
où les S(n,m) sont les nombres de Stirling de seconde espèce(pardon pour la notation),
on obtient: si m premier, m divise S(n,m) + 1, pour tout n inférieur ou égal à m.
Hardy et Wright l'ont-il montré ??
j'ai encore beaucoup d'autres résultats sur cela, dites moi si cela vous intéresse!
merci à tous!!! -
chers amis, je suis vraiment très honoré par toutes vos réponses, cela me fait très plaisir. Je découvre dans le lien de Jb(http://arxiv.org/abs/math.GM/0406086)
que je suis effectivement parti de la même relation que Hardy et Wright:
$\displaystyle \sum_{i=0}^{n} (-1)^i C_n^i i^n = (-1)^n n!$ (*)
(pardon pour tout à l'heure, c'est bien $(-1)^i$)
c'est ici que leur raisonnement diffère du mien car il équivaut à réecrire (*) sous la forme:
$\displaystyle \sum_{i=0}^{n} (-1)^i [(C_n^i -(-1)^i) +(-1)^i] i^n =
\displaystyle \sum_{i=0}^{n} (-1)^i (C_n^i -(-1)^i) +
\displaystyle \sum_{i=0}^{n} i^n = (-1)^n n!$, or
$\displaystyle \sum_{i=0}^{n} i^n = \displaystyle \sum_{i=0}^{n} (i^n -1) + n$
ainsi, en utilisant les deux congruences : si $n+1$ premier
$\forall i\geq0$, $n+1$ divise $(C_n^i -(-1)^i)$ et $n+1$ divise $(i^n -1)$, ils démontrent que $n+1$ divise aussi $n!-n= n!+1 -(n+1)$ cqfd.
Ma démonstration part de (*) et lui retranche membre à membre l'équation arithmétique bien connue:
$\displaystyle \sum_{i=0}^{n} (-1)^i C_n^i=0$, d'où (pour $n+1$ premier):
$\displaystyle \sum_{i=1}^{n} (-1)^i C_n^i (i^n -1) = n! + 1 $ cqfd en utilisant Fermat. Ainsi ma démonstration n'utilise qu'une congruence au lieu de deux.
Pour démontrer (*), j'ai procédé de différentes façons. Mais je préfère la suivante, que je n'ai trouvé nul part et qui utilise les dérivées discrètes pour donner une relation plus générale- j'ai découvert que celle-là était connue:
il faut d'abord décomposer un polynome unitaire quelconque P(X) dans la base des polynomes de degré n: ${ C_X^i} \forall i\geq0$ (c'est une famille étagée de cardinal n donc bien une base)
on trouve: $P(X)= \displaystyle \sum_{i=0}^{n} a_i C_X^i$ (**)
ensuite on applique n fois l'endomorphisme linéaire f dans notre espace polynomial: f(P)= P(X+1)-P(X), fof(P)= P(X+2)-2P(X+1)+P(X)...
$fofofo....f (n fois)= \displaystyle \sum_{i=0}^{n}(-1)^i C_n^i P(X+i)$
(simple récurrence sur les coefficients binomiaux)
par ailleurs, on a : $f(C_X^i)= C_X^i-1$ (pareil)
donc $fofofo...f(n fois)=0 si i < n et 1 si i=n$
par linéarité dans les deux membres, (*) devient:
$\displaystyle \sum_{i=0}^{n}(-1)^i C_n^i P(X+i) = a_n$
or, dans le second membre, $a_n$ est le coefficient pondérant le terme de plus haut degré à savoir $X^n/ n!$.
Comme dans le premier membre, P(X) est unitaire, on doit avoir $a_n/n! =1$, ie:
$\displaystyle \sum_{i=0}^{n}(-1)^i C_n^i P(X+i) = n!$
(on peut poser $P(X)= X^n$ pour retrouver (*) à $(-1)^n$ près)
enfin, j'ajouterai qu'il est possible de généraliser le théorème de Wilson de la même manière à partir de (*) en utilisant la relation combinatoire:
$\displaystyle \sum_{i=0}^{n} (-1)^i C_n^i i^m = (-1)^n S(n,m)
où les S(n,m) sont les nombres de Stirling de seconde espèce(pardon pour la notation),
on obtient: si m premier, m divise S(n,m) + 1, pour tout n inférieur ou égal à m.
Hardy et Wright l'ont-il montré ??
j'ai encore beaucoup d'autres résultats sur cela, dites moi si cela vous intéresse!
merci à tous!!! -
chers amis, je suis vraiment très honoré par toutes vos réponses, cela me fait très plaisir. Je découvre dans le lien de Jb(http://arxiv.org/abs/math.GM/0406086)
que je suis effectivement parti de la même relation que Hardy et Wright:
$\displaystyle \sum_{i=0}^{n} (-1)^i C_n^i i^n = (-1)^n n!$ (*)
(pardon pour tout à l'heure, c'est bien $(-1)^i$)
c'est ici que leur raisonnement diffère du mien car il équivaut à réecrire (*) sous la forme:
$\displaystyle \sum_{i=0}^{n} (-1)^i [(C_n^i -(-1)^i) +(-1)^i] i^n =
\displaystyle \sum_{i=0}^{n} (-1)^i (C_n^i -(-1)^i) +
\displaystyle \sum_{i=0}^{n} i^n = (-1)^n n!$, or
$\displaystyle \sum_{i=0}^{n} i^n = \displaystyle \sum_{i=0}^{n} (i^n -1) + n$
ainsi, en utilisant les deux congruences : si $n+1$ premier
$\forall i\geq0$, $n+1$ divise $(C_n^i -(-1)^i)$ et $n+1$ divise $(i^n -1)$, ils démontrent que $n+1$ divise aussi $n!-n= n!+1 -(n+1)$ cqfd.
Ma démonstration part de (*) et lui retranche membre à membre l'équation arithmétique bien connue:
$\displaystyle \sum_{i=0}^{n} (-1)^i C_n^i=0$, d'où (pour $n+1$ premier):
$\displaystyle \sum_{i=1}^{n} (-1)^i C_n^i (i^n -1) = n! + 1 $ cqfd en utilisant Fermat. Ainsi ma démonstration n'utilise qu'une congruence au lieu de deux.
Pour démontrer (*), j'ai procédé de différentes façons. Mais je préfère la suivante, que je n'ai trouvé nul part et qui utilise les dérivées discrètes pour donner une relation plus générale- j'ai découvert que celle-là était connue:
il faut d'abord décomposer un polynome unitaire quelconque P(X) dans la base des polynomes de degré n: ${ C_X^i} \forall i\geq0$ (c'est une famille étagée de cardinal n donc bien une base)
on trouve: $P(X)= \displaystyle \sum_{i=0}^{n} a_i C_X^i$ (**)
ensuite on applique n fois l'endomorphisme linéaire f dans notre espace polynomial: $f(P)= P(X+1)-P(X)$, $fof(P)= P(X+2)-2P(X+1)+P(X)$...
$fofofo....f$ (n fois)$= \displaystyle \sum_{i=0}^{n}(-1)^i C_n^i P(X+i)$
(simple récurrence sur les coefficients binomiaux)
par ailleurs, on a : $f(C_X^i)= C_X^i-1$ (pareil)
donc $fofofo...f$(n fois)=0 si $i < n$ et 1 si $i=n$
par linéarité dans les deux membres, (*) devient:
$\displaystyle \sum_{i=0}^{n}(-1)^i C_n^i P(X+i) = a_n$
or, dans le second membre, $a_n$ est le coefficient pondérant le terme de plus haut degré à savoir $X^n/ n!$.
Comme dans le premier membre, P(X) est unitaire, on doit avoir $a_n/n! =1$, ie:
$\displaystyle \sum_{i=0}^{n}(-1)^i C_n^i P(X+i) = n!$
(on peut poser $P(X)= X^n$ pour retrouver (*) à $(-1)^n$ près)
enfin, j'ajouterai qu'il est possible de généraliser le théorème de Wilson de la même manière à partir de (*) en utilisant la relation combinatoire:
$\displaystyle \sum_{i=0}^{n} (-1)^i C_n^i i^m = (-1)^n S(n,m)$
où les S(n,m) sont les nombres de Stirling de seconde espèce(pardon pour la notation),
on obtient: si m premier, m divise $S(n,m) + 1$, pour tout n inférieur ou égal à m.
Hardy et Wright l'ont-il montré ??
j'ai encore beaucoup d'autres résultats sur cela, dites moi si cela vous intéresse!
merci à tous!!! -
excusez mes messages vides dus à mon inexpérience du latex!!
-
Tout cela est vraiment très joli !
Il semble que la méthode que tu as utilisée ne soit pas due à Hardy et Wright (j'ai vérifié dans le livre An introduction to the theory of numbers) mais se rapproche plutôt du texte en ligne sur arxiv. Dans tous les cas, ta méthode est plus claire et ton style plus lisible.
La généralisation que tu évoques pour les nombres de Stirling m'intéresse beaucoup! Je t'encourage à rédiger tout cela complètement et éventuellement à proposer cela pour publication.
Si tu souhaites des indications de nature plus historiques sur ce théorème, je serais ravi de t'en dire plus. -
je suis vraiment très honoré de l'interêt que vous portez à mes quelques travaux et vous serais extrêmement gré bien entendu de m'en dire plus sur vos connaissances!!!
permettez-moi simplement de rectifier une petite erreur dans ma généralisation du théorème de Wilson, l'expression exacte est:
$ \displaystyle \sum_{i=0}^{n} (-1)^i C_n^i i^m = (-1)^n n! S(n,m)$
ce qui amène à dire que pour tout $n \leq m$, m divise $n!S(n,m) + 1$ si et seulement si m est premier.
J'aimerai aussi en dire plus sur ces recherches d'agréments commencées à mon adolescence, mais comment publier, à qui m'adresser, ce genre de résultats est-il vraiment digne d'être publié?...
Il est vrai que je crois aussi avoir mis au point un triangle arithmétique assez spécial et plein de propriétés intéressantes, il obéit à la loi suivante:
$(n+p+1)u(p,n) + pu(p+1,n) = u(p+1,n+1)$ (vous pouvez le programmer, les lignes sont indicées n>0 et les colonnes p>0 et la première colonne est faite de uns, en dehors du triangle l'on a que des zéros)
il commence ainsi:
1
1 3
1 10 15
1 25 105 105
1 56 ... ...
j'ai démontré que toute terme de ce triangle dont la somme des indices est un nombre premier est divisible par ce nombre. Réciproquement, si un nombre divise tous les termes dont la somme des indices est égale à ce nombre, est premier.
par exemple, 10 est divisible par 3+2=5 etc...bien sûr à chaque somme correspond plusieurs termes! De plus la somme alternée(en partant de la droite) des éléments d'une ligne est égale à la factorielle de l'indice ligne.
De toute façon, merci infiniment et @++! -
Tu peux par exemple publier tout cela dans Quadrature, cela ferait un article très intéressant. Connais-tu ce journal? Il s'adresse aux étudiants ou professeurs de mathématiques, le niveau requis est en gros celui des classes préparatoires. Il existe aussi des articles de maths dans La Recherche, mais je connais moins ce journal et les modes de publication. Je suis sûr que Borde a peut-être d'autres idées!
Amicalement -
Je n'ai pas vérifié les calculs de Kahled, ce qui est une condition nécessaire avant de publier. Effectivement, il existe, en ligne, un certain nombre de journaux intéressants, comme <A href="http://www.cs.uwaterloo.ca/journals/JIS"><I>Journal of integer sequences</I></A>, <A href="http://www.combinatorics.org/"><I>the electronic journal of combinatorics</I></A>, le <A href="http://www.mia-journal.com/#"><I>journal of mathematical inequalities</I></A>, etc.
<BR>
<BR>Tous ces journaux ont en commun le fait d'être en ligne, d'avoir un comité éditorial sérieux, et d'avoir leurs articles disponibles en ligne.
<BR>
<BR>C'est d'ailleurs une chance qu'offre internet de pouvoir consulter.
<BR>
<BR>Borde.<BR> -
Ma première phrase est mal dite, car elle donne l'impression que JE devrais vérifier les calculs de Kahled (ce qui me placerait bien trop haut pour moi !).
Il faut comprendre : "Kahled doit vérifier, et faire vérifier, ses calculs avant de soumettre". Si possible également, il doit consulter des références pour être sûr que son idée est inédite, et n'aurait pas déjà été utilisée avant.
Borde. -
Bonsoir ,
Khaled vue ton adresse , tu sembles être à l'Ensica . Et étant donnée l'intérêt (et l'habileté) que tu manifestes pour les Mathématiques tu risques de t'y ennuyer ferme !
Bonne continuation quand même et succès dans tes recherches .
Madec ( un vieil Ensica ) -
merci Madec! c'est vrai, je suis de la promo 61 de l'Ensica( en 2nde année)- et toi ??
mais je regrette au contraire de ne plus avoir trop de temps pour m'ennuyer ;-D
je vais essayer de publier dès que possible suivant le conseil de nos amis!
petite rectification pour la relation de récurrence du triangle ci-dessus:
$ (n+p+1)u(p,n) + (p+1)u(p+1,n) = u(p+1,n+1)$
@++ -
Comme ça nous sommes 3 ! Promo 55 pour ma part ...
Amicalement, -
Je ne me souviens plus du n° exact de la promo( environ 33 ) je suis sorti en juin 80...et si je me souviens bien je connaissais plus de Maths à l'entrée qu'à la sortie!
Cordialement. -
c'est pourquoi je cherche à ne pas m'ankyloser mathématiquement!!
amicalement,
Khaled -
bonsoir,
je suis vraiment chagriné par ce qui arrive à Galois et cela m'a un peu ôté l'envie de publier dans des journaux peut-être trop exigeants- et en anglais!
puis-je rester entre nous et vous montrer mes derniers résultats?
merci... -
<!--latex--> Bonjour Khaled,
<BR>
Et merci de nous avoir présenté cette partie de tes travaux. Il "faut" bien sûr que tu nous montres la suite.
<BR>
<BR>Mes cours de combinatoire étant à 800 km dans l'espace et 15 ans dans le temps, j'ai eu le plus grand mal à établir (*) par mes propres moyens, sans parler de la généralisation. Néanmoins, ces résultats sont le fait de la possibilité d'écrire deux séries génératrices pour la suite, l'une ordinaire, l'autre exponentielle (avec n! au dénominateur). La transformation s'effectue à l'aide de ce qu'on appele parfois "tableau de Seidel". J'avais, à titre anecdotique, établi le signe des nombres de Bernoulli de façon élémentaire (combinatoire) avec cette méthode. Malheureusement google bloque sur Gauss-Seidel, qui n'a rien à voir. La seule référence que je peux te signaler est :
<BR><a href = "http://www.emis.de/journals/SLC/opapers/s05dumont.pdf#search="matrice seidel"]"> http://www.emis.de/journals/SLC/opapers/s05dumont... </a>
<BR>Tu y trouveras ton bonheur.
<BR>
<BR>Je peux te conseiller cette honorable revue, Séminaire Lotharingien de Combinatoire, d'où est extrait cet article. Ils seront ravis de te lire ! Et peut-être de publier: ta prose se lit bien, les objectifs sont clairs et nouveaux (Wilson généralisé, tout de même!), le traitement rapide, et la langue n'est pas un obstacle (séminaire franco-allemand).
<BR><a href = "http://emis.u-strasbg.fr/journals/SLC/"> http://emis.u-strasbg.fr/journals/SLC/ </a>
<BR>
<BR>Avec tout mon respect pour tes travaux. Courage !
<BR>ama -
cher amalfi,
merci beaucoup pour tes encouragements et tes informations précieuses.
je vais essayer de vous présenter mes autres résultats dès que possible! -
d'abord un théorème nous dit que le nombre de surjections s(n,m) d'un ensemble de m éléments sur un ensemble de n éléments ( $ n \leq m$) est:
$ s(n,m)= \displaystyle \(-1)^n sum_{i=0}^{n} (-1)^i C_n^i i^m $
or, d'après le théorème de Lusin, la relation entre ce nombre et le nombre de Stirling de seconde espèce $S(n,m)$ est:
$S(n,m)= s(n,m)/n!$
d'où
$ \displaystyle \sum_{i=0}^{n} (-1)^i C_n^i i^m = (-1)^n n! S(n,m)$ (1)
en appliquant la même méthode que ci-dessus, (1) se réecrit pour tout $m+1$ premier et,
$ n \leq m$:
$ \displaystyle \sum_{i=1}^{n} (-1)^i C_n^i (i^m - 1) = (-1)^n n! S(n,m) + 1$
comme chaque terme du membre de gauche est divisible par $m+1$ (Fermat), alors
on a bien le théorème généralisé de Wilson:
pour tout $ n \leq m$, $m+1$ divise $ (-1)^n n!S(n,m) + 1$
(je prierai Mr l'administrateur de bien vouloir corriger dans mes précédents posts
la version erronée que j'en ai donnée. Merci!)
Par ailleurs, je vais démontrer quand j'aurai le temps la relation suivante, importante pour la suite:
$S(n,m)= \displaystyle \sum_{i=1}^{j}u(i,j) C_m^j+i$ avec $j=m-n$,
tel que $u(i,j)$ vérifie la relation de récurrence:
$ (i+j+1)u(i,j) + (i+1)u(i+1,j) = u(i+1,j+1)$
voyez-vous comment faire? je suis parti de la relation de récurrence des nombres de Stirling de seconde espèce:
$ S(n,m)= S(n-1,m-1) + nS(n,m-1)$ -
D'abord un théorème nous dit que le nombre de surjections $s(n,m)$ d'un ensemble de $m$ éléments sur un ensemble de $n$ éléments ( $ n \leq m$ ) est : $$ s(n,m)= \displaystyle (-1)^n \sum_{i=0}^{n} (-1)^i C_n^i i^m $$ Or, d'après le théorème de Lusin, la relation entre ce nombre et le nombre de Stirling de seconde espèce $S(n,m)$ est : $$S(n,m)= \frac{s(n,m)}{n!} $$ d'où $$ \sum_{i=0}^{n} (-1)^i C_n^i i^m = (-1)^n n! S(n,m) \qquad \qquad (1) $$ en appliquant la même méthode que ci-dessus, $(1)$ se réecrit pour tout $m+1$ premier et $ n \leq m$ : $$ \sum_{i=1}^{n} (-1)^i C_n^i (i^m - 1) = (-1)^n n! S(n,m) + 1$$ Comme chaque terme du membre de gauche est divisible par $m+1$ (Fermat), alors
on a bien le théorème généralisé de Wilson : $$\forall n \leq m,\ m+1 \mid (-1)^n n! S(n,m) + 1$$ Par ailleurs, je vais démontrer quand j'aurai le temps la relation suivante, importante pour la suite : $$
S(n,m)= \sum_{i=1}^{j}u(i,j) C_m^j+i $$ avec $j=m-n$, tel que $u(i,j)$ vérifie la relation de récurrence : $$ (i+j+1)u(i,j) + (i+1)u(i+1,j) = u(i+1,j+1) $$ Voyez-vous comment faire ? Je suis parti de la relation de récurrence des nombres de Stirling de seconde espèce : $$ S(n,m)= S(n-1,m-1) + nS(n,m-1) $$ -
Je vois que ca parle de Wilson, je cite juste en passant une application de ce theoreme : la formule de Minac-Willans qui donne le nieme nombre premier
<BR>
<BR>pour ceux qui la connaisent pas je renvoie a <a href=" http://fr.wikipedia.org/wiki/Nombre_premier"> http://fr.wikipedia.org/wiki/Nombre_premier</a> dans la section "Les formules menant aux nombres premiers" puis "les autres formulations" (je me vois pas trop taper ce truc en latex) et je precise quand meme que ca sert a rien en pratique pour trouver des nombres premiers (ca donne pas un bon algo) mais c'est marrant comme formule. Et d'ailleurs c'est pas tres dur a montrer (par contre a trouver ca devait etre autre chose)<BR> -
bonsoir,
cher AD, pourriez-vous corriger svp ma formule de S(n,m):
$\displaystyle \newline S(n,m)= \sum_{i=1}^{j}u(i,j) C_m^j+i $
en:
$\displaystyle \newline S(n,m)= \sum_{i=1}^{j}u(i,j) C_m^{j+i} $
(je crois avoir fait la même erreur encore plus haut)
peut-on représenter les nbres de stirling en notation classique avec latex?
merci! -
au fait, merci Ryo pour ton site!
-
Merci ! qu'en est-il des Stirling en notations latex?
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