Essai de preuve de conjecture Derrick Lehmer
CONJECTURE:
$n\gt 2$ est premier, si et seulement si $n\equiv 1\bmod {\phi (n)}$
Montrons $\,\Rightarrow$) Si n est premier, alors $\phi (n) = n - 1 \iff n = 1 + \phi (n)$ donc $n\equiv 1\bmod {\phi (n)}$.
Montrons$\,\Leftarrow$) Soit $n\gt 2$: on suppose $n\equiv 1\bmod {\phi (n)}\,\text{alors}\, n = 1 + k\phi (n),\, k\in\mathbb{N^*}$
Si $n = \prod_{i=1}^{r}p_{i}^{r_{i}}$, alors $\phi (n) = \prod_{i=1}^{r}(p_{i}^{r_{i}} - p_{i}^{r_{i}-1}) = \prod_{i=1}^{r}(p_{i} - 1)p_{i}^{(r_{i}-1)}$.
Alors
$\begin{align}n = 1 + k\phi (n)\,&\iff\,\prod_{i=1}^{r}p_{i}^{r_{i}} = 1 + k\prod_{i=1}^{r}(p_{i} - 1)p_{i}^{(r_{i}-1)} \,\\&\iff\,\prod_{i=1}^{r}p_{i}^{r_{i}} - k\prod_{i=1}^{r}(p_{i} - 1)p_{i}^{(r_{i}-1)} = 1\,\\&\iff\,\prod_{i=1}^{r}p_{i}^{(r_{i} - 1)}(p_{i} - k(p_{i} - 1)) = 1
\,\\&\iff\,\prod_{i=1}^{r}p_{i}^{(r_{i} - 1)}\prod_{i=1}^{r}(p_{i} - k(p_{i} - 1)) = 1\,(1)\end{align}$ .
Mais
$\prod_{i=1}^{r}p_{i}^{(r_{i} - 1)}$ est un entier positif, alors l'égalité $(1)$ est possible, si et seulement si,
$\prod_{i=1}^{r}p_{i}^{(r_{i} - 1)} = 1\,\text{et}\,\prod_{i=1}^{r}(p_{i} - k(p_{i} - 1)) = 1$.
Mais $\prod_{i=1}^{r}p_{i}^{(r_{i} - 1)} = 1\, \Rightarrow \, r_{i} - 1 = 0\,\text{c'est à dire}\,r_{i} = 1\,\forall\,i\in[\![1; r]\!]$ (2).
$\prod_{i=1}^{r}(p_{i} - k(p_{i} - 1)) = 1\,\Rightarrow\,| p_{i} - k(p_{i} - 1| = 1\,\forall\,i\in[\![1; r]\!] \,\Rightarrow k = 1\,\forall\, i\neq 2\,\text{et donc}\,k = 1\,\text{car}\, n\neq 2$.
Mais alors,
$n = 1 + \phi (n)\,\text{c'est à dire}\, \phi (n) = n - 1$, d'où $n$ est premier, car sinon, $n = \prod_{i=1}^{r}p_{i}$ (d'après (1)),
$\phi (n) = \prod_{i=1}^{r}(p_{i} - 1) = p_{1}\prod_{i=2}^{r}(p_{i} - 1) - \prod_{i=2}^{r}(p_{i} - 1)\,\text{si} \,r\geq 2$
Mais on a :
$p_{1}\prod_{i=2}^{r}(p_{i} - 1)\lt \prod_{i=1}^{r}p_{i} = n \,\text{et}\, \prod_{i=2}^{r}(p_{i} - 1)\geq 1\,\text{et donc}\,\phi (n) = p_{1}\prod_{i=2}^{r}(p_{i} - 1) - \prod_{i=2}^{r}(p_{i} - 1)\lt \prod_{i=1}^{r}p_{i} - 1 = n - 1$.
Et donc $r = 1$ d'où $n$ premier.
cqfd.
CORDIALEMENT.
$n\gt 2$ est premier, si et seulement si $n\equiv 1\bmod {\phi (n)}$
Montrons $\,\Rightarrow$) Si n est premier, alors $\phi (n) = n - 1 \iff n = 1 + \phi (n)$ donc $n\equiv 1\bmod {\phi (n)}$.
Montrons$\,\Leftarrow$) Soit $n\gt 2$: on suppose $n\equiv 1\bmod {\phi (n)}\,\text{alors}\, n = 1 + k\phi (n),\, k\in\mathbb{N^*}$
Si $n = \prod_{i=1}^{r}p_{i}^{r_{i}}$, alors $\phi (n) = \prod_{i=1}^{r}(p_{i}^{r_{i}} - p_{i}^{r_{i}-1}) = \prod_{i=1}^{r}(p_{i} - 1)p_{i}^{(r_{i}-1)}$.
Alors
$\begin{align}n = 1 + k\phi (n)\,&\iff\,\prod_{i=1}^{r}p_{i}^{r_{i}} = 1 + k\prod_{i=1}^{r}(p_{i} - 1)p_{i}^{(r_{i}-1)} \,\\&\iff\,\prod_{i=1}^{r}p_{i}^{r_{i}} - k\prod_{i=1}^{r}(p_{i} - 1)p_{i}^{(r_{i}-1)} = 1\,\\&\iff\,\prod_{i=1}^{r}p_{i}^{(r_{i} - 1)}(p_{i} - k(p_{i} - 1)) = 1
\,\\&\iff\,\prod_{i=1}^{r}p_{i}^{(r_{i} - 1)}\prod_{i=1}^{r}(p_{i} - k(p_{i} - 1)) = 1\,(1)\end{align}$ .
Mais
$\prod_{i=1}^{r}p_{i}^{(r_{i} - 1)}$ est un entier positif, alors l'égalité $(1)$ est possible, si et seulement si,
$\prod_{i=1}^{r}p_{i}^{(r_{i} - 1)} = 1\,\text{et}\,\prod_{i=1}^{r}(p_{i} - k(p_{i} - 1)) = 1$.
Mais $\prod_{i=1}^{r}p_{i}^{(r_{i} - 1)} = 1\, \Rightarrow \, r_{i} - 1 = 0\,\text{c'est à dire}\,r_{i} = 1\,\forall\,i\in[\![1; r]\!]$ (2).
$\prod_{i=1}^{r}(p_{i} - k(p_{i} - 1)) = 1\,\Rightarrow\,| p_{i} - k(p_{i} - 1| = 1\,\forall\,i\in[\![1; r]\!] \,\Rightarrow k = 1\,\forall\, i\neq 2\,\text{et donc}\,k = 1\,\text{car}\, n\neq 2$.
Mais alors,
$n = 1 + \phi (n)\,\text{c'est à dire}\, \phi (n) = n - 1$, d'où $n$ est premier, car sinon, $n = \prod_{i=1}^{r}p_{i}$ (d'après (1)),
$\phi (n) = \prod_{i=1}^{r}(p_{i} - 1) = p_{1}\prod_{i=2}^{r}(p_{i} - 1) - \prod_{i=2}^{r}(p_{i} - 1)\,\text{si} \,r\geq 2$
Mais on a :
$p_{1}\prod_{i=2}^{r}(p_{i} - 1)\lt \prod_{i=1}^{r}p_{i} = n \,\text{et}\, \prod_{i=2}^{r}(p_{i} - 1)\geq 1\,\text{et donc}\,\phi (n) = p_{1}\prod_{i=2}^{r}(p_{i} - 1) - \prod_{i=2}^{r}(p_{i} - 1)\lt \prod_{i=1}^{r}p_{i} - 1 = n - 1$.
Et donc $r = 1$ d'où $n$ premier.
cqfd.
CORDIALEMENT.
Réponses
-
Tiens, une différence de produits c'est le produit des différences ?
-
Pour être plus explicite :
\begin{align}\prod_{i=1}^{r}p_{i}^{r_{i}} - k\prod_{i=1}^{r}(p_{i} - 1)p_{i}^{r_{i}-1}&=
\prod_{i=1}^{r}p_{i}^{r_{i}-1}\times\prod_{i=1}^r p_i - \prod_{i=1}^{r}_{i}p_i^{r_{i}-1}\times k\prod_{i=1}^{r}(p_{i} - 1)\\
&=\prod_{i=1}^{r}p_{i}^{r_{i} - 1}\times\left(\prod_{i=1}^rp_i-k\prod_{i=1}^r(p_i-1)\right)\\
&\ne\prod_{i=1}^{r}p_{i}^{r_{i} - 1}\times\prod_{i=1}^r\bigl(p_{i} - k(p_{i} - 1)\bigr)
\quad\hbox{(en général).}\end{align} -
Dans la chaîne d'équivalences délimitée par \begin{align}, le passage de la deuxième ligne à la troisième ligne est faux.
Le membre de gauche de la deuxième ligne de cette chaîne d'équivalences dans ton message est le membre de gauche sur la première ligne de mon message (le point de départ de mon message, quoi). Il n'est pas égal au membre de gauche de la troisième ligne de ton message qui est, dans ce message, ce qui est écrit après le signe $\neq$ à la dernière ligne (le point d'arrivée, quoi).
Comme ces deux quantités sont différentes en général, il n'est pas équivalent qu'elles soient égales à $1$ donc l'équivalence entre la deuxième et la troisième ligne est fausse.
(La citation ne passe pas à cause des > qui sont intercalés et qui détruisent la formule. Mais ça n'est pas important.) -
Je vois. J'ai fait une erreur (le copier-coller !) et une faute après (ce que t'as signalé). Je vais revoir ça demain.
Bonne nuit et merci. -
Bonjour,
Je reprends la démonstration.
CONJECTURE:
$n\gt 2$ est premier, si et seulement si $n\equiv 1\bmod \phi (n)$
Montrons $\,\Rightarrow$) Si n est premier, alors $\phi (n) = n - 1 \iff n = 1 + \phi (n)$ donc $n\equiv 1\bmod \phi (n)$.
Montrons $\,\Leftarrow$) Soit la propriété $(P_m) : m\equiv 1\bmod \phi (m)\,\text{alors}\, m\,\text{premier}$
Pour démontrer notre implication, on va montrer que si $(P_m) \,\forall\,m\lt n\,\Rightarrow\,(P_n)$
On a $P_{13}$.
Maintenant soit $n\gt 13$: on suppose $P_m\,\forall\,m\lt n$.
Si $n\equiv 1\bmod \phi (n)\,\Rightarrow\, n = 1 + k\phi (n),\, k\in\mathbb{N^*}$
Si $n = \prod_{i=1}^{r}p_{i}^{r_{i}}$, alors $\phi (n) = \prod_{i=1}^{r}(p_{i}^{r_{i}} - p_{i}^{r_{i}-1}) = \prod_{i=1}^{r}(p_{i} - 1)p_{i}^{(r_{i}-1)}$.
Alors
$\begin{align} n = 1 + k\phi (n)\,&\iff\,\prod_{i=1}^{r}p_{i}^{r_{i}} = 1 + k\prod_{i=1}^{r}(p_{i} - 1)p_{i}^{(r_{i}-1)} \,\\&\iff\,\prod_{i=1}^{r}p_{i}^{r_{i}} - k\prod_{i=1}^{r}(p_{i} - 1)p_{i}^{(r_{i}-1)} = 1\,\\&\iff\,\prod_{i=1}^{r}p_{i}^{(r_{i} - 1)}(\prod_{i=1}^{r}p_{i} - k\prod_{i=1}^{r}(p_{i} - 1)) = 1\, \end{align}(1)$.
Mais
$\prod_{i=1}^{r}p_{i}^{(r_{i} - 1)}$ est un entier positif, alors l'égalité $(1)$ est possible si et seulement si
$\prod_{i=1}^{r}p_{i}^{(r_{i} - 1)} = 1\,\text{et}\,\prod_{i=1}^{r}p_{i} - k\prod_{i=1}^{r}(p_{i} - 1) = 1$.
Mais $\prod_{i=1}^{r}p_{i}^{(r_{i} - 1)} = 1 \,\Rightarrow\, r_{i} - 1 = 0\,\text{c'est à dire}\,r_{i} = 1\,\forall\,i\in[\![1; r]\!] (2)$.
Et $\prod_{i=1}^{r}p_{i} - k\prod_{i=1}^{r}(p_{i} - 1) = 1\,\Rightarrow\,\prod_{i=1}^{r}p_{i} = 1 + k\prod_{i=1}^{r}(p_{i} - 1)\,(3)$
En posant $m = \prod_{i=1}^{r}p_{i},\,(3)\,\iff\,m \equiv 1\bmod \phi (m)$, on a $m\lt n\,\text{et donc}\,(P_m)$, ce qui implique, quitte à
reordonner les facteurs de $m$, que $r = 1\,(4)$.
$(2)\,\text{et}\,(4)$ impliquent $n$ premier.
cqfd -
Bah non, une fois que tu as montré que $r_i=1$ pour chaque indice $i$, ton $m$ est égal à ton $n$, tu ne peux donc pas appliquer l'hypothèse de récurrence à $m$ !
-
On pourrait objecter que si $r_i=1$ pour tout $i$, alors $m=\prod_{i=1}^rp_i=\prod_{i=1}^rp_i^{r_i}=n$. Autrement dit, cette factorisation montre (facilement) qu'un contre-exemple sera sans facteur carré mais ne permet pas d'embrayer une récurrence.
OK, revenons à la réalité. Lehmer a publié plus de 150 articles dans des revues de recherche ou livres ; il y a une quinzaine d'articles Wikipedia sur lui ; on va s'accorder sur le fait que c'est un mathématicien sérieux, voire de premier plan. Quelles chances y a-t-il pour qu'une preuve en moins de dix lignes reposant sur une factorisation et une récurrence, les idées les plus communes en arithmétique peut-être, puisse aboutir et lui ait échappé ? À lui, et aux dizaines de successeurs qui ont étudié le problème ? -
Pour le commentaire sur Lehmer, ta pensée m'échappe complètement (en passant; combien il y a-t il de Lehmer ?).
Au contraire de toi, je pense que ceux sont de problèmes (les conjectures) sur lesquels les spécialistes doivent perdre leur temps. Je comprends par ce que tu dis que tu ne le fais pas (dommage !). Il faut commencer par 1 avant d'atteindre 150. Et ce 1 là, qu'est ce que ça dpit être ?
Quant à la longueur d'une preuve, elle dépend de l'astuce qu'on utilise et non pas toujours d'un nouveau lemme.
Pour dire que tu donnes ici un mauvais conseil -
« Combien y avait-il de Lehmer ? » Hors sujet : ce Derrick Lehmer est l'auteur de 150 publications.
Certes, il faut s'attaquer à des problèmes, et même des problèmes non résolus. Je suggère juste un peu de lucidité : ne pas commencer d'emblée sans arme avec un problème qui a fait sécher un mathématicien comme Lehmer, un problème ouvert depuis plusieurs dizaines d'années et assez connu pour être sur Wikipedia (ça devrait finir par suggérer qu'il est difficile, non ?) ; cesser de croire que factoriser $\prod_{i=1}^rp_i^{r_i-1}$ ou faire une récurrence est une astuce ; constater que faire en 24 h deux erreurs qui seraient reprochées à un étudiant de 1re année face à un tel problème, ce n'est pas très prometteur. -
Pour la question sur Lehmer; Je crois avoir entendu parler d'un autre Lehmer que Derrick ! (peut-être c'est le même ?).
Pour les erreurs, je pense c'est grave parce que je cherche seul et je les écris. Ce qui grave en maths, c'est pas d'en faire, mais plutôt de ne pas comprendre la correction.
Je ne tourne pas et retourne mes preuve avant les poster et je pense que c'est à ça que sert un forum, on est dans une discussion interactive. Seulement là on écrit. Cette discussion doit permettre de progresser sur la résolution (ensemble) d'un problème qui n'appartient à personne.
En de qui concerne Lehmer, peut-être qu'il a été occupé par ses 150 publications qu'il n'a pas eu assez de temps pour celui là. Qui sais !
Pour revenir au sujet, qu'est ce que j'ai alors démontré jusque là, d'après toi ? -
Tu n'as pas lu les autres messages ou quoi ? Tu as montré que si $n=1 \pmod{\varphi(n)}$ alors $n$ est sans facteurs carrés.
-
Je reprends ici ma preuve.
CONJECTURE:
$n\gt 2$ est premier, si et seulement si $n\equiv 1\bmod \phi (n)$
Montrons $\,\Rightarrow$) Si n est premier, alors $\phi (n) = n - 1 \iff n = 1 + \phi (n)$ donc $n\equiv 1\bmod \phi (n)$.
Montrons $\,\Leftarrow$)
Si $n\equiv 1\bmod \phi (n)$, alors $n = 1 + k\phi (n),\, k\in\mathbb{N^*}$
Si $n = \prod_{i=1}^{r}p_{i}^{r_{i}}$, alors $\phi (n) = \prod_{i=1}^{r}(p_{i}^{r_{i}} - p_{i}^{r_{i}-1}) = \prod_{i=1}^{r}(p_{i} - 1)p_{i}^{(r_{i}-1)}$.
Alors
$\begin{align} n = 1 + k\phi (n)\,&\iff\,\prod_{i=1}^{r}p_{i}^{r_{i}} = 1 + k\prod_{i=1}^{r}(p_{i} - 1)p_{i}^{(r_{i}-1)} \,\\&\iff\,\prod_{i=1}^{r}p_{i}^{r_{i}} - k\prod_{i=1}^{r}(p_{i} - 1)p_{i}^{(r_{i}-1)} = 1\,\\&\iff\,\prod_{i=1}^{r}p_{i}^{(r_{i} - 1)}(\prod_{i=1}^{r}p_{i} - k\prod_{i=1}^{r}(p_{i} - 1)) = 1\, \end{align}(1)$.
Mais
$\prod_{i=1}^{r}p_{i}^{(r_{i} - 1)}$ est un entier positif, alors l'égalité $(1)$ est possible si et seulement si
$\prod_{i=1}^{r}p_{i}^{(r_{i} - 1)} = 1\,\text{et}\,\prod_{i=1}^{r}p_{i} - k\prod_{i=1}^{r}(p_{i} - 1) = 1$.
Mais $\prod_{i=1}^{r}p_{i}^{(r_{i} - 1)} = 1 \,\Rightarrow\, r_{i} - 1 = 0\,\text{c'est à dire}\,r_{i} = 1\,\forall\,i\in[\![1; r]\!] (2)$.
Alors $n = \prod_{i=1}^{r}p_{i}\,\text{et}\,\prod_{i=1}^{r}p_{i} - k\prod_{i=1}^{r}(p_{i} - 1) = 1\, k\in\mathbb{N^*} (3)$
1er cas:
Supposons $n$ pair; c'est à dire qu'il a $2$ comme facteur, et donc $n = 2\times \prod_{i=1}^{(r-1)}p_{i}$ (à l'ordre des facteurs près)
Mais alors $n - k\phi (n) = 2\times \prod_{i=1}^{(r-1)}p_{i} - k\prod_{i=1}^{(r-1)}(p_{i} - 1) = 1$, ce qui n'est possible que si $k\prod_{i=1}^{(r-1)}(p_{i} - 1)$ est impair (la différence de deux entiers pairs est pair, donc $\neq 1$). Donc $n$ ne contient aucun facteur impair, et alors $n = 2$.
2eme cas:
Supposons $n$ impair. Alors $(3)$ implique $k = \dfrac{\prod_{i=1}^{r}p_{i} - 1}{\prod_{i=1}^{r}(p_{i} - 1)}\,\text{avec les p_i impairs}$
Posons alors; $p_i = 2^{r_i}x_i + 1\,\text{où $x_{i}$ est impair pour}\, i\in\,[\![1; r]\!]$
Alors
$(\prod_{i=1}^{r}p_{i}) - 1 = (\prod_{i=1}^{r}(2^{r_i}x_i + 1)) - 1 = 2^{min_{i}(r_{i})}\times M,\,\text{avec M impair}\qquad$ et
$\qquad \prod_{i=1}^{r}(p_{i} - 1) = 2^{\sum_{i=1}^{r}r_{i}}\times N,\,\text{avec $N = \prod_{i=1}^{r}x_{i}\,$, impair}$
$\sum_{i=1}^{r}r_{i}\geq min_{i}(r_{i})$ alors $k$ ne peut être un entier que si $n$ a un seul facteur, c'est à dire premier.
cqfd -
Oui, et peut-être que le père Noël existe !Babsgueye a écrit:En ce qui concerne Lehmer, peut-être qu'il a été occupé par ses 150 publications qu'il n'a pas eu assez de temps pour celui là. Qui sait !
Tu pourrais éviter ce genre de gaminerie, qui ne rend pas justice à ton intelligence, ou qui prend les autres pour des c... 30 secondes de réflexions auraient dû t'aider à penser qu'un mathématicien professionnel qui énonce une conjecture ne le fait pas à la légère, et le fait parce qu'il a réfléchi longtemps à toutes les preuves élémentaires possibles. -
Je ne sens pas beaucoup plus de respect à l'égard de Lehmer qu'à mon égard.
Troisième erreur basique : il est faux en général que $M$ est impair. Supposons en effet que $r=2$ et $r_1=r_2$. Alors\[\prod_{i=1}^rp_i-1=(2^{r_1}x_1+1)(2^{r_2}x_2+1)=2^{r_1+r_2}x_1x_2+2^{r_1}(x_1+x_2)+1\] de sorte que $M=2^{r_1}x_1x_2+x_1+x_2$, un nombre pair. La « preuve » ne tient pas. -
Paf ! Six minutes dans la vue (probablement moins que ce que j'ai pris la fois d'avant).
-
Bonjour.
Je pense que c'est un hic facile à surmonter, en raisonnant sur la parité de $r$ !? -
Certainement ! Ce n'est pas comme si c'était le cœur de l'argument.
-
Salut,
En fait on raisonne sur la parité du nombre de $r_i$ de valeur minimale. Ce nombre doit être pair. La suite de la rédaction est fastidieuse, bien que...
Je laisse cet argumentation pour le moment et je cherche à montrer (si je suis convaincu de la véracité) que: $$\prod_{i=1}^{r}(p_i - 1)\gt \dfrac{\prod_{i=1}^{r}p_i}{2}\,\text{si}\,p_i\geq 3\,\text{et}\,p_i\neq p_j\,\text{si}\,i\neq j$$. -
Bonne chance ! Cela revient à montrer que\[\prod_{i=1}^r\frac{1}{1-\frac1{p_i}}<2,\] ce qui, si on autorise $r$ arbitrairement grand, contredit la divergence du produit infini utilisé dans une preuve « eulérienne » de l'infinité du nombre de nombre premiers.
-
Bonjour,
Merci pour l'info (on en apprend avec toi !)
Mais y'a un terme terme que j'ai négligé, ce que je voudrais exactement c'est: $$1 +2 \prod_{i=1}^{r}(p_i - 1)\gt \prod_{i=1}^{r}p_i$$
Est-ce encore pas vrai ? -
Math Coss te dit que, quelque soit $M$, il existe $r$ tel que $\frac{\prod_{i=1}^r p_i }{\prod_{i=1}^r (p_i-1)} = \prod_{i=1}^r \frac{1}{1-\frac{1}{p_i}} > M$ (car ce produit infini diverge vers $+\infty$)
Et donc, en particulier, qu'il existe un $r$ tel que $\prod_{i=1}^r p_i > 3 \prod_{i=1}^r (p_i-1)$
Si ton inégalité était vérifiée, on aurai donc
$ 1 > \prod_{i=1}^r (p_i-1)$
Ce qui n'est pas le cas.L'inégalité est donc fausse -
Ah ok ! Je n'avais pas alors bien compris son message.
Je vais aller repenser à mes moutons de $x_i$ alors. Peut-être qu'il y aura une issue...!
Merci. -
Bonsoir,
Je reviens avec mes $p_i = 2^{r_i}x_i + 1$ et récris ma preuve depuis le début pour ceux qui lisent pas tout le fil @Math Coss.
CONJECTURE:
$n\gt 2$ est premier, si et seulement si $n\equiv 1\bmod \phi (n)$
Montrons $\,\Rightarrow$) Si n est premier, alors $\phi (n) = n - 1 \iff n = 1 + \phi (n)$ donc $n\equiv 1\bmod \phi (n)$.
Montrons $\,\Leftarrow$)
Si $n\equiv 1\bmod \phi (n)$, alors $n = 1 + k\phi (n),\, k\in\mathbb{N^*}$
Si $n = \prod_{i=1}^{r}p_{i}^{r_{i}},\, r\in\mathbb{N^*}$, alors $\phi (n) = \prod_{i=1}^{r}(p_{i}^{r_{i}} - p_{i}^{r_{i}-1}) = \prod_{i=1}^{r}(p_{i} - 1)p_{i}^{(r_{i}-1)}$.
Alors
$\begin{align} n = 1 + k\phi (n)\,&\iff\,\prod_{i=1}^{r}p_{i}^{r_{i}} = 1 + k\prod_{i=1}^{r}(p_{i} - 1)p_{i}^{(r_{i}-1)} \,\\&\iff\,\prod_{i=1}^{r}p_{i}^{r_{i}} - k\prod_{i=1}^{r}(p_{i} - 1)p_{i}^{(r_{i}-1)} = 1\,\\&\iff\,\prod_{i=1}^{r}p_{i}^{(r_{i} - 1)}(\prod_{i=1}^{r}p_{i} - k\prod_{i=1}^{r}(p_{i} - 1)) = 1\, (1)\end{align}$.
Mais
$\prod_{i=1}^{r}p_{i}^{(r_{i} - 1)}$ est un entier positif, alors l'égalité $(1)$ est possible si et seulement si
$\prod_{i=1}^{r}p_{i}^{(r_{i} - 1)} = 1\,\text{et}\,\prod_{i=1}^{r}p_{i} - k\prod_{i=1}^{r}(p_{i} - 1) = 1$.
Mais $\prod_{i=1}^{r}p_{i}^{(r_{i} - 1)} = 1 \,\Rightarrow\, r_{i} - 1 = 0\,\text{c'est à dire}\,r_{i} = 1\,\forall\,i\in[\![1; r]\!] (2)$.
Alors $n = \prod_{i=1}^{r}p_{i}\,\text{et}\,\prod_{i=1}^{r}p_{i} - k\prod_{i=1}^{r}(p_{i} - 1) = 1,\, r\, \text{et }\,k\in\mathbb{N^*} (3)$
1er cas:
Supposons $n$ pair; c'est à dire qu'il a $2$ comme facteur, et donc $n = 2^{l}\times \prod_{i=1}^{(r-1)}p_{i}$ (à l'ordre des facteurs près)
Mais alors $n - k\phi (n) = 2^{l}\times \prod_{i=1}^{(r-1)}p_{i} - k.2^{l-1}\prod_{i=1}^{(r-1)}(p_{i} - 1) = 1$, ce qui n'est possible que
si:$k.2^{l-1}\prod_{i=1}^{(r-1)}(p_{i} - 1)$ est impair (la différence de deux entiers pairs est pair, donc $\neq 1$).
Donc $l = 1$ et $n$ ne contient aucun facteur impair, et alors $n = 2$ est premier.
2eme cas:
Supposons $n$ impair.
Si $r = 1$ alors $k = 1$ convient et $p_1$ premier donc $\neq 1$ et alors $n = p_1$ est premier.
Sinon:
Posons alors; $p_i = 2^{r_i}x_i + 1\,\text{pour}\, i\in\,[\![1; r]\!]$.
- Alors $(3)$ implique $k\prod_{i=1}^{r}(p_{i} - 1) = \prod_{i=1}^{r}p_{i} - 1$ c'est à dire si que:
$k\prod_{i=1}^{r}^{r_{i}}x_{i} = \prod_{i=1}^{r}(2^{r_{i}}x_{i} + 1) - 1 \iff \, (k - 1)\prod_{i=1}^{r}2^{r_{i}}x_{i} = (k - 1)2^{\sum_{i=1}^{r}r_{i}}\prod_{i=1}^{r}x_{i} = \sum_{j=1}^{2^{r}-2}G_{j}\;(4)$
où les $G_{j}$ sont les $2^{r_{i}}x_{i}$ et les différents produits composés de $\\ 2, 3, \cdots,r - 1$ facteurs de ces $2^{r_{i}}x_{i}$.
On regroupe alors dans la somme $\sum_{j=1}^{2^{r}-2}G_{j}$, les termes qui ont le même exposant de $2$.
La somme $\sum_{j=1}^{2^{r}-2}G_{j}$ devient alors $\sum_{j=1}^{m}2^{l_j}y_j$ où $m\leq 2^{r}-2$, les $y_j$ sont impairs et les $l_j$ tous distincts; et cette somme a un terme d'exposant de $2$ minimal qui est inférieur ou égal à $max_{(1\leq j\leq m)}(l_j) + m - 1\leq \sum_{j=1}^{m}l_j\lt \sum_{i=1}^{r}r_i$
Alors dans l'égalité (4) qui devient $(k - 1)2^{\sum_{i=1}^{r}r_{i}}\prod_{i=1}^{r}x_{i} = \sum_{j=1}^{m}2^{l_j}y_{j}$ , on peut diviser les deux membres par $2^{l}$, où $l$ est l'exposant minimal de $2$ dans la somme $\sum_{j=1}^{m}2^{l_j}y_j$.
Mais alors le membre de gauche reste pair, alors que le membre de droite de l'égalité devient impair $\Rightarrow$ contradiction.
Alors $r\geq 2$ est impossible. cqfd.
Cordialement. -
Bravo, tu n'as plus qu'à publier ton résultat. :)o
-
Poirot ne soit pas sarcastique : il ne fait qu'essayer. On calme le jeu.
-
Il peut essayer, c'est tout à fait louable. Mais penser que la démonstration est correcte malgré tout ce qu'on lui a déjà expliqué, et juste parce qu'on ne répond plus, ça ce n'est pas bien..
-
Salut.
Et pourquoi on ne répond plus, alors que je ne redis pas la même chose ? -
Salut.
Je voudrais montrer (si c'est vrai), pour $r\geq 2$, une des proposition suivante: \begin{align*}
\bullet)&\sum_{k=2}^{\prod_{i=1}^{r}p_{i}-2}\dfrac{(\prod_{i=1}^{r}p_{i} - 1)!}{k!(\prod_{i=1}^{r}p_{i} - k)!},\ \textrm{n'est pas entier}\\
\bullet)&\prod_{\substack{i=1\\i\neq i_0}}^{r}p_i\equiv 1\mod{(p_{i_0} - 1)},\ \forall i_0\in [\![1; r]\!]\ \textrm{est impossible} .
\end{align*} (les $p_i$ sont des nombres premiers),
ou que: $$\bullet)\prod_{i=1}^{r}(X_i + 1) - 1,\ \textrm{n'est pas un multiple de }\prod_{i=1}^{r}X_i,\ \text{ où }\ X_i\neq X_j,\ \forall \;i\neq j
$$ Une idée qui débloque !
Merci. -
Salut.
Le premier point $\bullet 1)$ n'est pas vrai en général. Des contre-exemples sont les nombres de Fermat pas premiers.
La preuve peut être vue ici http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?5,1688292,1688800#msg-1688800 -
ENFIN !
J'ai fini par démontrer correctement la conjecture de Derrick Lehmer.
J'ai eu la flemme de le reprendre ici. Je l'ai rectifiée dans mon post précédent. La démo est alors ci-dessus.
A voir et critiquer.
Cordialement. -
J'ai essayé de le publier, on me l'a refusée, mais est ce que quelqu'un peut me faire savoir ce qui n'est pas correct dans cette démonstration.
CONJECTURE:
$n > 1$ est premier, si et seulement si $n\equiv 1\bmod \varphi (n)$
Montrons $\,\Rightarrow$) Si n est premier, alors $\varphi (n) = n - 1 \iff n = 1 + \varphi (n)$ donc $n\equiv 1\bmod \varphi (n)$.
Montrons $\,\Leftarrow$)
Si $n\equiv 1\bmod \varphi (n)$, alors $n = 1 + k\varphi (n),\, k\in\mathbb{N^*}\;(1)$
Posons $n = \prod_{i=1}^{r}p_{i}^{r_{i}},\, r\in\mathbb{N^*}$, alors
$\varphi (n) = \prod_{i=1}^{r}(p_{i}^{r_{i}} - p_{i}^{r_{i}-1}) = \prod_{i=1}^{r}(p_{i} - 1)p_{i}^{(r_{i}-1)}$.
Mais alors:
$\begin{align} (1)\,&\iff\,\prod_{i=1}^{r}p_{i}^{r_{i}} = 1 + k\prod_{i=1}^{r}(p_{i} - 1)p_{i}^{(r_{i}-1)} \,\\
&\iff\,\prod_{i=1}^{r}p_{i}^{r_{i}} - k\prod_{i=1}^{r}(p_{i} - 1)p_{i}^{(r_{i}-1)} = 1\,\\
&\iff\,\prod_{i=1}^{r}p_{i}^{(r_{i} - 1)}(\prod_{i=1}^{r}p_{i} - k\prod_{i=1}^{r}(p_{i} - 1)) = 1\,(2)\end{align} $.
Mais,
$\prod_{i=1}^{r}p_{i}^{(r_{i} - 1)}$ est un entier positif, alors l'égalité $(2)$ est possible si et seulement si
$\prod_{i=1}^{r}p_{i}^{(r_{i} - 1)} = 1\,\textrm{et}\,\prod_{i=1}^{r}p_{i} - k\prod_{i=1}^{r}(p_{i} - 1) = 1$.
Mais $\prod_{i=1}^{r}p_{i}^{(r_{i} - 1)} = 1 \,\Rightarrow\, r_{i} - 1 = 0,\,\textrm{c'est à dire},\,r_{i} = 1\,\forall\,i\in[\![1; r]\!] (3)$.
Alors $n = \prod_{i=1}^{r}p_{i},\,\textrm{et}\,\prod_{i=1}^{r}p_{i} - k\prod_{i=1}^{r}(p_{i} - 1) = 1,\,\textrm{avec},\; r\;\textrm{et}\; k\in\mathbb{N^*} (4)$
1er cas:
Supposons $n$ pair; c'est à dire qu'il a $2$ comme facteur, et donc $n = 2\times \prod_{i=1}^{(r-1)}p_{i}$ (à l'ordre des facteurs près)
Mais alors $n - k\varphi (n) = 2\times \prod_{i=1}^{(r-1)}p_{i} - k.\prod_{i=1}^{(r-1)}(p_{i} - 1) = 1$, ce qui n'est possible que
si:$k.\prod_{i=1}^{(r-1)}(p_{i} - 1)$ est impair (la différence de deux entiers pairs est pair, donc $\neq 1$).
Donc $n$ ne contient aucun facteur impair, et alors $n = 2$ est premier.
2eme cas:
Supposons $n$ impair.
Si $r = 1,\,n = p_{1}$ est premier.
Sinon: posons alors $p_{i} = 2^{r_{i}}x_{i} + 1\forall{i}\in\,[\![1; r]\!]$ avec $x_i$ impair
Alors $(4)$ implique
$\begin{align} k\prod_{i=1}^{r}(p_{i} - 1) = \prod_{i=1}^{r}p_{i} - 1\\
&\iff\;k\prod_{i=1}^{r}2^{r_{i}}x_{i} = \prod_{i=1}^{r}(2^{r_{i}}x_{i} + 1) - 1\\
&\iff\;(k - 1)\prod_{i=1}^{r}2^{r_{i}}x_{i} = \sum_{j=1}^{(2^{r}-2)}G_{j}\\
&\iff\;(k - 1)2^{\sum_{i=1}^{r}r_{i}}\prod_{i=1}^{r}x_{i} = \sum_{j=1}^{(2^{r}-2)}G_{j}\;(5)\end{align}$
où les $G_{j}$ sont les $2^{r_{i}}x_{i}$ et les différents produits composés de $2, 3, \cdots,r - 1$ facteurs de ces $2^{r_{i}}x_{i}$.
On regroupe alors dans la somme $\sum_{j=1}^{(2^{r}-2)}G_{j}$ les termes qui ont le mème exposant de $2$.
La somme $\sum_{j=1}^{(2^{r}-2)}G_{j}$ devient alors $\sum_{j=1}^{m}2^{l_{j}}y_{j}$ où $m\leq 2^{r} - 2$, les $y_{j}$ étant impairs et les $l_{j}$ tous distincts; et cette somme a un terme d'exposant de $2$ minimal, qui est inférieur ou égal à $max_{(1\leq j\leq m)}(l_{j}) < \sum_{i=1}^{r}r_{i}$
Alors dans l'égalité (5) qui devient $(k - 1)2^{\sum_{i=1}^{r}r_{i}}\prod_{i=1}^{r}x_{i} = \sum_{j=1}^{m}2^{l_{j}}y_{j}$, on peut diviser les deux membres par $2^{l}$ où $l$ est l'exposant minimal de $2$ dans la somme $\sum_{j=1}^{m}2^{l_{j}}y_{j}$.
Mais alors le membre de gauche de l'égalité reste pair, alors que le membre de droite devient impair $\Rightarrow$ contradiction.
Alors $r\geq 2$ est impossible.
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