Pas de nombre parfait impair
Salut.
Je propose à la critique ma preuve qu'il n'existe pas de nombre parfait impair.
Un nombre entier naturel $m$ est parfait quand la somme de ses diviseurs est égal à $2m$.
Soit $m$ un nombre impair. On peut poser : $\quad \displaystyle m = \prod_{i=1}^{r}a_{i}^{n_{i}},\quad $ où les $a_{i}$ sont des nombres premiers impairs.
Soit $\sigma(a)$ la somme des diviseurs de $a$.
On a : $\sigma(m) = \prod_{i=1}^{r}\sigma(a_{i}^{n_{i}})$.
Or $\sigma(a_{i}^{n_{i}}) = 1 + a_{i} + a_{i}^{2} + \cdots+ a_{i}^{n_{i}} = \dfrac{a_{i}^{n_{i} +1} - 1}{a_{i} - 1}$.
Et donc si $m$ est parfait, $\displaystyle \sigma(m) = \prod_{i=1}^{r}\dfrac{a_{i}^{n_{i} +1} - 1}{a_{i} - 1} = 2m = 2\prod_{i=1}^{r}a_{i}^{n_{i}}$ ce qui équivaut à :
$\displaystyle \prod_{i=1}^{r}(a_{i}^{n_{i} +1} - 1) = 2\prod_{i=1}^{r}a_{i}^{n_{i}}(a_{i} - 1)$.
Soit alors $a_{i'}^{n_{i'}}$ le maximum des $a_{i}^{n_{i}},\ i\,\in\,[\![1, r]\!]$, alors $a_{i'}^{n_{i'}}$ n'est pas divisible par $a_{i}^{n_{i} +1} - 1,\,i\,\in\,[\![1; r]\!]\setminus\{i'\}$. D'où la contradiction parce qu'alors, cette égalité est impossible.
Il n'existe donc pas de nombre parfait impair. cqfd.
Edit : retouché après la question de @Dom de démontrer l'implication
Je propose à la critique ma preuve qu'il n'existe pas de nombre parfait impair.
Un nombre entier naturel $m$ est parfait quand la somme de ses diviseurs est égal à $2m$.
Soit $m$ un nombre impair. On peut poser : $\quad \displaystyle m = \prod_{i=1}^{r}a_{i}^{n_{i}},\quad $ où les $a_{i}$ sont des nombres premiers impairs.
Soit $\sigma(a)$ la somme des diviseurs de $a$.
On a : $\sigma(m) = \prod_{i=1}^{r}\sigma(a_{i}^{n_{i}})$.
Or $\sigma(a_{i}^{n_{i}}) = 1 + a_{i} + a_{i}^{2} + \cdots+ a_{i}^{n_{i}} = \dfrac{a_{i}^{n_{i} +1} - 1}{a_{i} - 1}$.
Et donc si $m$ est parfait, $\displaystyle \sigma(m) = \prod_{i=1}^{r}\dfrac{a_{i}^{n_{i} +1} - 1}{a_{i} - 1} = 2m = 2\prod_{i=1}^{r}a_{i}^{n_{i}}$ ce qui équivaut à :
$\displaystyle \prod_{i=1}^{r}(a_{i}^{n_{i} +1} - 1) = 2\prod_{i=1}^{r}a_{i}^{n_{i}}(a_{i} - 1)$.
Soit alors $a_{i'}^{n_{i'}}$ le maximum des $a_{i}^{n_{i}},\ i\,\in\,[\![1, r]\!]$, alors $a_{i'}^{n_{i'}}$ n'est pas divisible par $a_{i}^{n_{i} +1} - 1,\,i\,\in\,[\![1; r]\!]\setminus\{i'\}$. D'où la contradiction parce qu'alors, cette égalité est impossible.
Il n'existe donc pas de nombre parfait impair. cqfd.
Edit : retouché après la question de @Dom de démontrer l'implication
Réponses
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Sans lire, je parie qu'il y a au moins une erreur. Comme d'habitude !
Dès que quelqu'un propose une preuve (fausse) d'une conjecture simple, tu produis toi aussi ta propre preuve fausse. C'est de la jalousie ??? -
Non c'est pas de la jalousie. C'est peut-être parce qu'il me fait connaitre une nouvelle conjecture que j'ai le plaisir d'étudier.
Sinon ma démonstration de Catalan (auquel tu fais allusion) n'est pas fausse. J'en sais quelque chose parce que c'est tout calculatoire. -
Je veux bien une preuve détaillée de cela, pour commencer :
$\sigma(m) = \prod_{i=1}^{r}\sigma(a_{i}^{n_{i}})$
Sans citer qui que ce soit. Juste toi, avec tes petites mains et ton clavier. -
@babsgueye comme Dom j'aimerais voir une preuve détaillée de $\sigma(m) = \prod_{i=1}^{r}\sigma(a_{i}^{n_{i}})$.
PS. Je remarque avec plaisir que ta preuve va beaucoup plus loin que ce que tu voulais démontrer. En effet avec cette preuve tu viens de démontrer qu'il n'existe pas de nombres parfaits tout court... B-)- -
Plus modestement, je m'étais amusé un jour à chercher un nombre aussi proche que possible de la somme de ses diviseurs, c'est-à-dire dont le rapport entre lui même et la somme de ses diviseurs est aussi proche de 1 que possible. Et effectivement, si l'on se donne une valeur 1+-epsilon, on trouvera toujours un tel nombre.
-
Cite au moins le passage avec sa preuve : recopie-là.
Pfffff quel mépris pour les lecteurs.
Je dis ça car je te connais maintenant.
Tu ne comprends pas ce que tu lis donc je n’ai pas confiance.
Renvoyer à des pages et des pages et me dire de trouver l’endroit où se trouve la chose est malhonnête.
Fais tes preuves d’abord. -
babsgueye, ta "démonstration" contient une erreur grossière. Si tu veux progresser en maths, essaye de la trouver.
-
Tu ne t’en sortiras pas avec cette pirouette, tu viens encore de trébucher.
Mes interventions ne disent pas « j’ai raison » mais disent « prouve-moi que tu as raison ».
Et tu n’y parviens jamais.
Tu écartes le mot « preuve » de ton vocabulaire.
À la limite les chercheurs peuvent pointer un document, ça je le comprends, mais quand tu les interroges pour des broutilles, ils te le disent et te répondent en quelques lignes. Éventuellement en écrivant l’idée principale de la preuve.
Je pose à nouveau la question : pourquoi détestes-tu à ce point les maths ? -
La preuve, on en déjà discuté dans ce forum, mais est pas cette preuve qui intéresse. Cherche.
PS : de mon téléphone. Tu vas peut être me demander que signifie PS ! -
Remarquons l'altruisme dont fait preuve babsgueye, en effet il apprend aux autres à faire comme lui : ne pas s'em... avec des preuves rigoureuses http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?5,2148962,2151558#msg-2151558
-
@ Babsgueye : Es-tu conscient que tu viens énoncer en 3 lignes la preuve d'une conjecture que tous les mathématiciens professionnels connaissent et s'y sont plus ou moins intéressés ?
Connais-tu l'histoire d'A. Write Wiles, et de sa preuve du grand théorème de Fermat ? Il a passé 7 ou 8 ans là-dessus en ne s'occupant que de ça. Soumis à la vérification, il y a été trouvé une coquille. Il lui a fallu une année complète pour la contourner, heureusement, ça s'est bien passé, ça aurait pu être un obstacle fatal.
Tout ça pour dire que ce qui est aujourd'hui à l'état de conjecture depuis un moment, pour des gens lambda comme toi et moi, il vaut mieux passer son chemin. Tu peux t'y intéresser bien sûr, mais si tu trouves un résultat tangible, dis toi que tu as fait forcément une erreur quelque part, ou bien que ça n'a que peu d'importance. Surtout n'oublie pas : le moindre des matheux est nécessairement plus fort que toi. -
Où intervient dans la "preuve" le fait que le nombre $m$ considéré est impair?
Nodgim:
Andrew Wiles tu veux sans doute dire?
PS:
J'ai l'impression qu'on peut "montrer" de même qu'il n'existe pas de nombres parfaits pairs. -
Justifie « ... alors... est premier avec le membre de gauche... ».
Là t’es coincé : pas de source.
Que toi ! Allez ! -
Ok, alors essaye de l’être ;-)
Tu sais il n’y a pas d’aigreur ici, de mon point de vue.
Il n’y a que des gens qui aiment les maths.
Et donc des agacements quand un gars arrive et avec sa sincérité étriquée annonce un truc et n’obéit pas aux règles mathématiques. -
raoul.S a écrit:il ne suffit pas de le dire dans ton énoncé... il faut l'utiliser dans ta démonstration.
Ce sera alors pour le moment, la conjecture suivante. Peut-être que quelqu'un pourra trouver un contre-exemple.
Si $a\geq 3$ est un entier et $b$ un entier naturel tel que $a^{n}\,\gt\,b^{m};\, n,\,m\,\in\,\mathbb{N}^*$, alors $\dfrac{b^{m+1} - 1}{2}$ ne peut être multiple de $a^{n}$ (je pense qu'on a toujours $\dfrac{b^{m+1} - 1}{2}\,\lt\,a^{n}$).
Et j'ai voulu utiliser ça sachant que si on divise $c^{m+1} - 1$ par un de ses facteurs impairs $d$, on a $\dfrac{c^{m+1} - 1}{d}\,\lt\,c^{m}(c - 1)$. -
Bonjour,
$a=15\geq 3,b=4, n=1>0, m=1>0.$
On a $a^n=15>4 =b^m$.
On a $b^{m+1}-1=4^2- 1=15$ est multiple de $15=a.$
Mais on peut supposer ton hypothèse vraie et continuer la démonstration. -
Bof...
$a=13,b=3, n=1, m=2$
On a $a^n=13>9 =b^m$ mais $\dfrac{b^{m+1} - 1}{2}=13=a^n$
@babsgueye tu n'as pas encore trouvé l'erreur grossière contenue dans ta preuve dont parlait JLT http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?43,2151422,2151612#msg-2151612 ?
Je pense que c'est un challenge plus abordable B-)- -
Bonjour,
C’est encore plus facile. Un contre exemple est donné plus haut. -
Après édition, c'est encore plus calamiteux selon moi.
-
Pour être une fois pour toute plus précis, on sait en fait que, les $n_i$ (donc $n$ et $m$ dont je parle) doivent être tous pairs sauf un qui est congru à $1$ modulo $4$ (voir ici). Je n'avais pas voulu préciser parce que je pensais que cela pouvait être plus général.
Je vais m'atteler à la démonstration de ce fait dans le contexte précis de la preuve car j'y crois à priori. -
Encore des brouillons quoi.
C’est méprisant au possible... -
C'est quoi les brouillons @ Dom ?
-
Babsgueye:
Des trucs qu'on jette négligemment par écrit mais sur lesquels on n'a pas réfléchi sérieusement.
Je t'avais donné le conseil de limiter tes messages, tes déclarations tonitruantes pour te donner le temps de réfléchir à ce que tu écris mais tu ne suis pas ce conseil. C'est ton droit mais j'en déduis que c'est le plaisir de balancer tes brouillons sur le forum et de les voir commenter qui te guide et pas du tout de savoir si ce que tu écris est correct, c'est secondaire, voire totalement facultatif. -
@babsgueye Les brouillons c'est tout ce que tu as produit jusqu'à présent...
J'admet que si tu devais te relire et corriger toutes tes fautes avant de poster la résolution d'une conjecture, il est probable que tu ne posterais jamais. Note que c'est la raison pour laquelle les membres non shtameurs du forum ne postent jamais de résolution de conjecture... en tout cas pas encore que je sache.
Pourquoi tu ne suis pas leur exemple ? -
Quand un élève fait un devoir, il a en général 2 feuilles devant lui. Une feuille de brouillon, où il va faire des essais. Et l'autre feuille, la copie définitive, celle que l'élève va donner au prof à la fin du devoir.
La feuille de brouillon, elle va directement à la poubelle.Tu me dis, j'oublie. Tu m'enseignes, je me souviens. Tu m'impliques, j'apprends. Benjamin Franklin -
La démonstration de la conjecture par la méthode que j'ai exposée ne doit pas etre aisée mème s'il est possible (il me faut donner du temps au temps et suivre le conseil de @Fdp, si j'y arrive ; je vais essayer !)
J'aborde alors le problème d'un autre angle et propose à la critique ma résolution.
On devrait avoir pour trouver un nombre parfait impair (voir posts précédents): $$\prod_{i=1}^{r}(a_{i}^{n_{i}+1} - 1) = 2\prod_{i=1}^{r}a_{i}^{n_{i}}(a_{i} - 1).\qquad (1)
$$ Mais $v_{2} (a_{i}^{n_{i}+1} - 1) = v_{2}(a_{i} - 1),\,\forall\,i\,\in\,[\![1; r]\!]$ où $v_{2}(x)$ est la valuation 2-adique de $x$.
Mais alors $v_{2}\big(\prod_{i=1}^{r}(a_{i}^{n_{i}+1} - 1)\big) = v_{2}\big(2\prod_{i=1}^{r}a_{i}^{n_{i}}(a_{i} - 1)\big) - 1$ (car les $a_{i}^{n_{i}}$ impairs)
Et donc l'égalité $(1)$ est impossible.
Il n'existe pas de nombre parfait impair. cqfd. -
Tu dis : la démonstration ne doit pas être aisée ... et tu trouves une démonstration dans les 20 secondes qui suivent.
$a_i=3$
$n_i+1=4$
$v_2(3) \ne v2(81)$
Je sais que tu vas répondre que $n_i$ est pair par hypothèse, mais tu ne l'as pas écrit ... brouillon, poubelle.Tu me dis, j'oublie. Tu m'enseignes, je me souviens. Tu m'impliques, j'apprends. Benjamin Franklin -
Renvoyer à des brouillons précédent est le plus sûr moyen de faire faux. Tu veux vraiment faire faux !
-
Tu ne voudrais quand même pas qu'on soit rigoureux dans la correction, quand toi, tu ne l'es pas du tout !Tu me dis, j'oublie. Tu m'enseignes, je me souviens. Tu m'impliques, j'apprends. Benjamin Franklin
-
En fait j'obtiens avec cette dernière approche uniquement les résultats d'Euler donnes sur la page Wikipédia. A savoir que $m = q^{n}\prod_{i=1}^{r}a_{i}^{2n_{i}}$ ou $q = 1\,[4]$ et $n = 1\,[4]$.
-
Tu imaginais quoi ? En 10 minutes, solutionner un problème qui résiste à tout le monde depuis des décennies ???
Ce qui est nul, ce n'est pas d'échouer dans la résolution du problème, c'est d'imaginer que tu puisses trouver la solution en quelques minutes. Ca, c'est franchement idiot.Tu me dis, j'oublie. Tu m'enseignes, je me souviens. Tu m'impliques, j'apprends. Benjamin Franklin -
Non, tu ne te contentes pas "d'échanger des idées" (des idées, il n'y en a pas beaucoup), tu publies ici, depuis des années, des calculs et raisonnements systématiquement faux. C'est maladif !!
Te rends-tu compte que malgré leur gentillesse, tes interlocuteurs te considèrent maintenant comme un peu idiot ? Que tu fais tout pour que ça continue ?
Tout ça parce que tu es tellement content à chaque nouvelle "idée" et pressé de la publier "au cas où elle serait la clef d'une grande découverte" que tu ne fais pas l'humble travail de vérification que tu ne fais que des maths. Mégalomanie ?
Tu n'as pas voulu suivre les conseils de FdP, tu ne suivra pas les miens, tu vas continuer à venir ici bêtement avec des "démonstrations" fausses, quel manque d'intelligence !! -
Quelle gentillesse, mon oeil !
Mes preuves de la conjecture du coureur, de la conjecture de Catalan sont justes. Et c'est pour ça qu'il n'y a pas beaucoup de messages sur ces fils.
Je méritais quand même un petit bravo sur ces deux fils qui donnent des résultats difficiles et importants.
Essayons de plus parler de maths, plutôt que de balancer des jugements de personnes ou des insultes.
Votre aigreur m'intrigue. -
Bonjour,
> Mes preuves de la conjecture du coureur, de la conjecture de Catalan sont justes
Non, elles sont fausses.
Cordialement,
Rescassol -
Tu n’as jamais posté un texte mathématique, babsgueye.
1) Je ne vois quasiment jamais des énonces clairs : quel que soit... il existe ...
2) Ni de preuve mathématique : soit n un entier, alors posons y=...
Les premières erreurs sont liées au « 1) ». C’est même difficile de les trouver car il faut sans cesse interpréter tes textes pour tenter des les traduire en assertions mathématiques. Et quand on le fait, tout devient évidemment faux.
Les secondes erreurs sont liées au « 2) ». Des « donc » qui ne s’appuient le plus souvent que sur d’autres conjectures...
Où est la méchanceté ?
Souhaiterais-tu la fausse bienveillance qui consisterait à te dire « c’est bien, continue... » ?
Ici ce n’est pas l’É.N. et ses défauts.
Tu n’auras pas de bonbon ou d’image.
Et si tu cherches l’admiration, sache que pour ma part je n’admire personne. -
Babsgueye tu as oublié que tu avais aussi démontré la conjecture de Riemann ne sois pas modeste!
-
Il faut reconnaitre une chose. Je crois bien que la conjecture de l'inexistence de parfaits impairs est de très loin, la question ouverte la plus vieille de l'histoire des sciences formelles.
La personne qui prétend la résoudre doit avoir conscience de ça.
Goldbach, Syracuse, Fermat, Riemann, sont de petites joueuses à côté.Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi
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Bonjour!
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