Polynôme d'Euler et $2457097 \mod x$
dans Arithmétique
Bonjour,
J'ai voulu faire le test de chercher les suites de nombres premiers dans $n\mod x$ pour $x=1,...,n$ en espérant empiriquement trouver de grandes suites. J'ai été étonné de trouver de nombreux polynômes de la forme $x^2+x+y$, et en particulier le célèbre polynôme d'Euler $x^2+x+41$ dans le nombre $2457097$ (on le retrouve aussi partiellement dans d'autres nombres plus petits).
En effet pour $2457097 \mod x$ pour les valeurs de $x$ entre 1568 et 1607, nous trouvons la suite des 40 nombres premiers du polynôme d'Euler.
Est-ce que ça a déjà été constaté, et a-t-on une explication de ce phénomène ?
Je vous remercie.
J'ai voulu faire le test de chercher les suites de nombres premiers dans $n\mod x$ pour $x=1,...,n$ en espérant empiriquement trouver de grandes suites. J'ai été étonné de trouver de nombreux polynômes de la forme $x^2+x+y$, et en particulier le célèbre polynôme d'Euler $x^2+x+41$ dans le nombre $2457097$ (on le retrouve aussi partiellement dans d'autres nombres plus petits).
En effet pour $2457097 \mod x$ pour les valeurs de $x$ entre 1568 et 1607, nous trouvons la suite des 40 nombres premiers du polynôme d'Euler.
Est-ce que ça a déjà été constaté, et a-t-on une explication de ce phénomène ?
Je vous remercie.
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Réponses
je pense que tu dois trouver la réponse dans l'arithmétique modulaire...Je ne suis pas assez compétent pour te donner l'explication ..
Mais il doit y avoir une raison...
Lorsque l'on cherche les diviseurs du polynômeP(X)= X2+X+41,par une méthode d'identification en
exprimant les resultats dans une base P,X1,X0 au lieu de X2,X1,X0
on trouve des trinômes de la forme
R1=G12 *P + 2 * G1 * k1*X + k1*(k1+G1)
R2=G22 *P + 2 * G2 * k2 *X + k2*(k2+G2)
dont le produit R1*R2=P(T2)=T22+T2+41
avec
T2=G1*G2*P + (k2*G1 + k1*G2)*X + k1*k2 + (k2*G1 + k1*G2 -1)/2
G1 et G2 étant toujours premiers entre eux et liés aux k1 et k2 par l'identité de Bezout
k2*G1 - k1 *G2 =(-1)i
En conclusion:
si deux nombres sont premiers entre eux il existe deux trinômes diviseurs du polynome P(T2)=T22+T2+41 correspondant aux formules écrites ci dessus.
Tous ces trinômes diviseurs sont premiers lorsque leur valeur numérique fonction de X est inférieure à 412
Dans le cas particulier deux nombres de FIBONACCI successifs (qui sont premiers entre eux )
la formule générale d'un trinôme diviseur devient
Di= Fi2 * P + 2*Fi * Fi-1 * X + Fi+1 * Fi-1
A noter que dans cette base le coefficient numérique 41 est cache (les formules restent valables quelque sout le nombre Q utilisé
à laplace de 41)
qui peut partiellement se factoriser dans la base X2,X1,X0
Ri=[(Fi*X+Fi-1)*(Fi*X+Fi+1)+Fi2*Q]
Beaucoup d'autres propriétés dont certaines restent à démontrer existent
Cordialement
Serge donnet
Ton problème à une portée plus générale
Quelque soit N
soit P(N)=N2+N+41
soit X un entier compris entre 0 et 40
on cherche les restes de la division de P(N) par N+X
on montre aisément que
P(N)-(N+X)*(N+1-X)=P(1-X)
qui est identique P(X)
ce qui répond à ta question
on montre également que quelque soit N le trinôme N2+N+41 divise un autre trinôme M2+M+41
la réciproque n'est pas vraie
démonstration:
Soient Q un entier non nul ,T une variable entière de Z
Soit P(T)=T2+T+Q
Soit T2 défini par
T2= H* P(T)+ T
P(T2) =(H*P( T) + T)2+ H*P( T) + T +Q
P(T2) =H2*P( T)2 + T2 + 2*H*P(T)*T+ H*P( T) + T +Q
En regroupant ensemble T2 + T+ Q =P(T)
P(T2) = H2 * P(T)2 + 2*H*P(T)*T + H*P( T) +P(T)
P(T) se met en facteur
P(T2) = P( T) * [ H2 * P(T)+ 2*H*T+ H+1 ]
P(T2) s'écrira finalement
P(T2)=P(T)* D2
par conséquent P(T) divise bien un autre P(T2)
le quotient étant un trinôme diviseur D2
D2 = H2*P( T)+ 2*H*T+ H+1
cordialement
S.donnet
De mon coté j'ai trouvé d'autres propriétés intéressantes mais je n'ai pas encore fini mon analyse, j'écrirai un post si mon idée se concrétise.
Cordialement.
il y a beaucoup à dire avec ces trinômes P(T)=T2+T+Q dont ceux des nombres chanceux d'Euler sont des cas particuliers
Par exemple en partant de la famille des trinômes diviseurs à coefficients de Fibonacci dans la base P,X1,X0
Di= Fi2 * P + 2*Fi * Fi-1 * X + Fi+1 * Fi-1
on peut démontrer les deux identités suivantes :
(1+4*FI-2*Fi-1*Fi*Fi+1)0,5 = Fi2+Fi-1*Fi-2
et
(1+4*Fi*Fi-12*Fi-2)0,5=(Fi2+Fi-12+Fi-22) /2
cordialement
un petit problème
Lorsque j'étudie les diviseurs du polynôme d'Euler P(T)=T2+T+41,
Pout T<1681 (412)
Il n'y en jamais plus de trois et il sont tous premiers s'ils dont eux mêmes inférieurs à 1681.
cordialement
Il n'y en jamais plus de trois et il sont tous premiers s'ils dont eux mêmes inférieurs à 1681.
Cordialement.
Voici ce que j'avais observé avec un tableur et une table de nombres premiers pour P(T)=T2+T+41 :
et que j'avais laissé en plan avant que tu poses ta question il y a quelques jours.
Les valeurs prises par P(T)pour T variant de 0 à 1 680 montrent les résultats suivants:
Parmi les 1 681 valeurs ainsi générées,
886 valeurs sont des nombres premiers dont les 40 premières valeurs pour de T variant
successivement de 0 à 39 .
Parmi les 795 valeurs non premières,
733 valeurs sont des produits de deux diviseurs dont 1 à un diviseur double.
62 valeurs sont des produits de trois diviseurs dont 8 ont un diviseur double.
Pour T<=1 680 , il n'a pas été trouvé plus de trois diviseurs de P(T).
pris de curiosité les calculs étant moins longs, j'ai voulu faire la même chose avec P(T)=T2+T+11
Cette formule est également l'une des nombres chanceux d'Euler
Les valeurs prises par P(T)pour T variant de 0 à 120 montrent les résultats suivants:
Parmi les 121 valeurs ainsi générées,
55 valeurs sont des nombres premiers dont les 10 premières valeurs pour de T variant
successivement de 0 à 9 .
Parmi les 66 valeurs non premières,
55 valeurs sont des produits de deux diviseurs dont 1 a un diviseur double.
11 valeurs sont des produits de trois diviseurs dont 2 ont un diviseur double.
Pour T<=120 , il n'a pas été trouvé plus de trois diviseurs de P(T).
Le premier produit de quatre diviseurs avec un doublon se rencontre pour T=252.
Le premier produit de quatre diviseurs distincts se rencontre pour T=274.
Lorsqu'il n'y a que deux diviseurs même au delà du nombre chanceux ils sont premiers mais
on s'y attendait car si celà n'était pas vrai i ly aurait plus de deux diviseurs (Lapallisse) .
Ce que j'en conclus en attendant de pouvoir le prouver.
il ne peut pas y avoir plus de trois diviseurs de P(T) pour T inférieur au nombre chanceux au carré.
tous ces diviseurs sont premiers .
J'imagine sans en être encore certain qu'il doit y avoir une relation avec le nombre de possibilité
d'obtenir un même T(X) tel que
R1=G12 *P + 2 * G1 * k1*X + k1*(k1+G1)
R2=G22 *P + 2 * G2 * k2 *X + k2*(k2+G2)
dont le produit R1*R2=P(T2)=T22+T2+41
avec
T2=G1*G2*P + (k2*G1 + k1*G2 )*X + k1*k2 + (k2*G1 + k1*G2 -1)/2
il faudrait donc chercher les differents couples G1,G2 de nombres premiers entre eux donnant
la mëme valeur de T selon la formule ci dessus .
Ou étudier les combinaisons sans répétitions possibles de p diviseurs distincts pour relier leur nombre au nombre
de même T2 identiques .
j'ai encore du grain à moudre .
Amicalement
@donnet, je pense que lorsque la taille de $T$ serra suffisamment grande tu auras des produits de 4 diviseurs et plus....
Ce polynôme $P(T) = T^2 +T + 41 = N_n $ peut s'écrire $2N_n + 2 - N_{n-1} = N_{n+1}$ pour pour $T$ de zéro à trente.
puis on classe ce polynôme en fonction des familles représentées ie: en progression arithmétique de raison 30 de premier terme ${7; 11; 13; 17; 23; 31}$ ce qui donne pour $T> 30$ :
$ P(X)=(T+30k)^² + (T+30k) +41 = X_n$
d'où :
$2X_n +1800 - X_{n-1} = X_{n+1}$.
On voit clairement que la densité de nombre de premiers se répartie équitablement dans ces 6 Familles...avec trente polynômes $P(X)$ .
("Ce qui reste conforme au théorème de densité des nombres premier dans les suites en progression arithmétique..")
voici un petit fichier en exemple.
@Leg Merci Leg de ce très excellent mémo. Cela m'a donné l'occasion de relire ce qui a été écrit sur le forum par L.G .(C'est toi ?)
Je recommande pour ceux qui s'intéressent à la densité des NP le PDF:
Etude sur la répartition des nombres premiers, Densité de la suite ...
http://www.math-info.univ-paris5.fr/~gchagny/ProjetL3.pdf
qui est assez facile à lire et qui apporte un bon éclairage sur le sujet.
Bon Dimanche.
SD
[Activation du lien. AD]
Il me vient une dernière question.
Y aurait-il une possibilité d'établir une densité de nombres premiers dans P(T)=T2+T+41,
en relation avec densité générale 1/Ln(n) autour de n ?
Cordialement,
SD.
je ne pense pas que l'on puisse établir une relation entre ces deux densités:
le théorème des nombre premiers et sa fonction et ,
la densité de premiers dans les polynômes, notamment celui d'Euler ,
car par exemple la fonction $\frac{1} {Ln N}$ , il y a 8 familles de nombres premiers donc on peut diviser cette fonction par 8 pour retrouver une même densité de premiers par famille en moyenne générale..
Mais, le polynôme d'Euler ne travaille que dans 6 familles sur les 8 , comme le montre le petit PDF que j'ai joint.
hors, par famille tu ne peux pas faire de relation avec le fonction du TNP...puisqu'il y a un nombre fini de polynômes de 0 à 30 dont il est quasiment impossible de connaître leur densité de premiers, par rapport à l'une des famille en question.
Exemple: prenons la suite (famille) arithmétique 11 de raison 30..et le polynôme $(x+30k)^2 + (x+30k) + 41$ donc de premier terme 41 pour x= 0 et k=1.
41; 971; 3701; 8231....etc...
pour 43, suite 13 de raison 30 ;
43; 1033; 3823 ; (8413 = 47*179) ...etc;
impossible d'en connaître la densité à mon avis sachant que la fonction quelque soit la famille est :
$2*971 +1800 - 41 = 3701$ ; soit : $2*N_n +1800 -N_{n-1} = N_{n+1}$ .
on a donc 30 polynômes ...$(x+30k)^2 + (x+30k) + 41$ avec cette même fonction.
prends le polynôme d'Euler, mais avec 29:
$x^2 + x + 29$ même fonction...Mais, regardes les trois première valeurs 31; 41 ; et 49 donnant les polynômes :
.$(x+30k)^2 + (x+30k) + 29$
On est loin d'avoir les même densités...entre les deux polynômes...! je joint le fichier de ce polynôme avec 29
@Fredrick
Voici une meilleure version de ma démonstration précédente.
Soit P(N)=N2+N+Q (Q étant un élément de Z, dans ton cas particulier Q=41)
De même
P(X)= X2+X+Q
Alors
P(N+X)= N2+N+Q+X2+X+Q
P(N+X)=P(X)+N2+N+2*N*X
En retranchant la première égalité de la seconde
0=P(X)-P(N)+(N-X)*(N+X+1)
Et en final
P(N)-P(X)=(N-X)*(N+X+1)
Qui est par définition signifie P(N) congru à P(X) modulo ( N-X) ou modulo (N+X+1).
C'est une des remarquables propriétés des "polynômes d'Euler"
Courtoisement
Serge