Erdös Straus (à propos de la conjecture d')
dans Arithmétique
Bonsoir,
Qui me dira le plus long début de la liste croissante des nombres premiers $p$ congrus à $1$ modulo $24$ pour lesquels le système diophantien $(u+v=ak; 4buv=kp+1$; inconnue $(a,b,k,u,v))$ n'a pas de solution?
Champagne a qui prouverait que cette liste est finie!
Amicalement
Paul
Qui me dira le plus long début de la liste croissante des nombres premiers $p$ congrus à $1$ modulo $24$ pour lesquels le système diophantien $(u+v=ak; 4buv=kp+1$; inconnue $(a,b,k,u,v))$ n'a pas de solution?
Champagne a qui prouverait que cette liste est finie!
Amicalement
Paul
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Réponses
Voir par exemple : Paul Erdös, Quelques problèmes de théorie des nombres, Monographies de l'Enseignement mathématique, No 6, 81-135 (Genève 1963), problème 71, p. 132.
https://www.renyi.hu/~p_erdos/1963-14.pdf
Peut-être l'énoncé donné par Depasse en est-il une autre expression ? Ou bien y a-t-il plusieurs conjectures portant ce nom ?
Bonne journée.
Fr. Ch.
il y a une infinité de nombres premiers congrus à $49$ modulo $120$ qui corresponde à cette congruence.
409 ;769 ; 1009 ; 1129...etc
ou $P$ congru à $73$ modulo $120$.... 73 ; 193; 313; 433; 673....etc
$P\equiv {97}[120]$ ; 97; 337; 457 ; 577 ; 937 ...etc.....
mais je n'ai peut-être pas bien compris la question...
mais je pensais qu'il fallait d'abord trouver les 4 familles de nombres premiers $P\equiv{1}[24]$ pour déblayer le terrain...
la 4ème famille étant les nombres premiers $P\equiv{1}[120]$ avec :241; 601;1201;1321;1801....etc
Merci Chaurien pour ton lien.
J'explicite le rapport entre ma question et la conjecture
$C:=$ "Pour tout entier $n$ strictement plus grand que $1$, $\displaystyle {\frac {4}{n}}$ est la somme de trois fractions unitaires":
Soient les deux conjectures:
$C_1:=$ "Pour tout premier $p$ , $\displaystyle {\frac {4}{p}}$ est la somme de trois fractions unitaires"
$C_2:=$ "Pour tout premier $p$ congru à $1$ modulo $24$ ,$\displaystyle {\frac {4}{p}}$ est la somme de trois fractions unitaires"
Je pense vraies les propositions suivantes, et leurs preuves élémentaires:
$P_0:=$ " $C, C_1$ et $C_2$ sont équivalentes".
$P_1:=$ " pour qu'une fraction soit la somme de deux fractions unitaires, il faut et il suffit que son numérateur divise la somme de deux diviseurs de son dénominateur".
$P_2:=$" pour que la fraction irréductible $\displaystyle {\frac{a}{b}}$ soit la somme de deux fractions unitaires, il faut et il suffit qu'existe $(u,v)$ tel que $a$ divise $u+v$ et $uv$ divise $b$".
$P_3:=$ " pour tout $p$ premier, si $\displaystyle {\frac {4}{p}}$ est la somme de trois fractions unitaires, $p$ divise le dénominateur de l'une d'elles",
autrement dit:
$P_3':=$ "pour tout $p$ premier, $\displaystyle {\frac {4}{p}}$ est somme de trois fractions unitaires si et seulement si il existe $q$ tel que $\displaystyle {\frac {4q-1}{pq}}$ soit la somme de deux fractions unitaires".
$P_4:=$ "pour tout $p$ premier congru à $1$ modulo $4$, et tout $q$ , $\displaystyle {\frac {4q-1}{pq}}$ est réductible si et seulement si
il existe $k$ tel que $4q-1=kp$, auquel cas $\displaystyle {\frac {4q-1}{pq}=\frac{k}{q}}$ ,cette dernière étant irréductible".
$P_5:=$ "pour tout $p$ premier congru à $1$ modulo $4$ (par exemple congru à $1$ modulo $24$), il suffit qu'existe $(a,b,k,u,v)$ tel que le système diophantien $(u+v=ak;\ 4buv=kp+1)$ admette une solution pour que $\displaystyle {\frac {4}{p}}$ soit la somme de trois fractions unitaires" .
Plus explicitement:
Si $(u+v=ak;\ 4buv=kp+1)$, $\displaystyle {\frac {4}{p}=\frac{1}{bpuv}+\frac{1}{abu}+\frac{1}{abv}}$.
J'en viens à la raison de ma question:
$p$ premier (impair) étant donné, "on a une chance sur $p$ de tomber sur un $q$ tel que $4q=1$ modulo $p$" . Autrement dit, on a une chance sur $p$ que la fraction $\displaystyle {\frac {4q-1}{pq}}$ soit irréductible. On a donc une chance sur $p$ que l'étude du système diophantien $(u+v=ak;\ 4buv=kp+1)$ ait lieu d'être. Aussi s'attend t'on à ce que nombreux soient les $p$ tels qu'il n'ait pas de solution. Je souhaiterais en connaître quelques uns ...s'il en existe. Qu'il n'en existe qu'un nombre fini, a fortiori aucun, m'espanterait.
Amicalement et merci
Paul
J'ai fait une recherche par informatique. Pour $p \leq 600000$ premier congru à $1$ modulo $24$, il y a toujours une solution au système diophantien (avec de plus $u=1$). A moins d'une erreur.
[Edit: pour $600000 \leq p\leq 700000$ aussi]
Elle risque donc d'être vide, ma liste. En ce cas la conjecture d'Erdös-Straus deviendrait théorème!
Mais qu'il est long le chemin entre 700000 et l'infini.
Si tu passes un jour du côté de Toulouse je trinquerai volontiers quasiment sûrement avec toi.
Bien à toi
Paul
D'autre part, peut-on limiter la recherche d'une solution aux $k$ qui sont inférieurs à $p^n$ pour un certain $n$ indépendant de $p$? C'est-à-dire que si il n'y a pas de solution avec $k \leq p^n$, alors il n'y a pas de solution au système diophantien.
Amicalement.
Merci par avance.
La proposition $F:=$ "Pour toute fraction irréductible et somme de deux fractions unitaires, il existe $v$ tel que son numérateur divise $v+1$ et $v$ divise son dénominateur" est fausse.
Cela dit, seules les fractions $\displaystyle{\frac{k}{\frac{kp+1}{4}}}$ où $p$ est premier congru à $1$ modulo $24$ nous occupent et il se pourrait que pour elles le $v$ de la proposition $F$ existe, auquel cas on pourrait se restreidre à $u=1$. Ma surprise que pour tout $p$ congru à $1$ modulo $24$ inférieur à $700000$ le système a une solution est décuplée par ton $u=1$! Hélas, je n'ai pas la moindre compréhension de ce fait!
Une petite participation positive tout de même à ce débat: si le système a une solution , il a une solution pour laquelle $u$ et $v$ sont étrangers: en effet on peut affiner $P_2$ en déclarant $u$ et $v$ étrangers. En théorie ça devrait simplifier la recherche.
Je continue de chercher d'autres façons de réduire le boulot !
Amicalement
Paul
Je me focalise sur le cas $u=1$. Le système primitif, à savoir $S_p:=(1+v=ka; 4bv=kp+1;inconnue (a,b,k,v))$ où $p:=24n+1$ est premier se réduit alors à l'équation $$E_n:=(6n+al+m=ma(4l-1); inconnue (a,l,m))$$ via ($k:=4l-1; b:=m(4l-1)-l; v:=a(4l-1)-1)$.
D'entrée de jeu, le cas $m=1$ donne $6n+1=a(3l-1)$. Ainsi peut-on réduire la recherche aux $p:=24n+1$ tels que tous les diviseurs premiers de $6n+1$ sont des $6k+1$.
Par ailleurs $al\neq 1$.(et même $al$ est pair tout comme $ml$ d'ailleurs)
Bon, pas sûr, Marco, que ça t'aide !
Amicalement
Paul
Edit
public class Probleme { static boolean premier(long p) { long n; for(n=2;n*n<=p;n++) { if(p%n==0) { return false; } } return true; } static boolean test(long p) { long k,u,v; for(k=1;k<10*p;k++) { u=1; // for(u=1;u<=k*p+1;u++) { for(v=u;v<=k*p+1;v++) { if((k*p+1)%(4*u*v)==0 && (u+v)%k==0) { System.out.println("p:"+p+" k:"+k+" u:"+u+" v:"+v); return false; } } // } } return true; } public static void main(String [] args) { long p; for(p=1+24;p<200000000;p=p+24) { if(premier(p) && test(p)) { System.out.println(p); break; } } } }for(v=u;4*u*v<=k*p+1;v++) {mais
j'ai appris un peu d'informatique pendant un an, il y a exactement 30 ans (1987) et depuis plus rien! Aussi je suis bien mal placé pour vérifier ton programme! J'en suis sincèrement désolé.
Amicalement
Paul
[Pour ce qui suit : calcul : https://goo.gl/HxVMR4 et exemple : https://goo.gl/KpeVKs = https://goo.gl/6n8Aff ]
Si on remplace m par -kc, cela revient à considérer k/n = 1/a+1/b+1/c https://goo.gl/WUfHx2
Resterait donc à prouver, pour k=4 déjà, qu'il est possible, pour n entier naturel et m= - 4c, de trouver S_1/P_1 = S_2/P_2 avec a, b, c entiers naturels (N*)
-J'avoue, c'est plutôt nul
à moins d'une lapalissade que je ne vois pas, fascinant ce trio où chaque duo est équivalent à 4/n = 1/a+1/b+1/c :
(4 c/n - 1)/(a+b) = c/(ab) =((4 c/n - 1)-c)/((a+b)-ab)
https://goo.gl/jqQQvR
https://goo.gl/G8pgAi
https://goo.gl/x2v1gT
Exemple pour a=6,b=43,c=1806, n=21 https://goo.gl/WcR2ps
@abstract,
Il y a bien une "lapalissade":
si $\displaystyle{\frac{u}{v}=\frac{w}{t}}$, alors pour tout $(x,y)$ tel que $xv+yt\neq 0$, $\displaystyle{\frac{u}{v}=\frac{w}{t}= \frac{xu+yw}{xv+yt}}$
Cordialement
Paul
Bonjour,
liens pour le commentaire :
http://educmath.ens-lyon.fr/applet/exprime/fregErdos.pdf
1) https://goo.gl/vmvdTh
2) https://goo.gl/BXaQU2
3) https://goo.gl/qkG5hT
4) https://goo.gl/sBeaLA
Pour tout $(x,y,z)\in R^3$ (privé de ses éléments qui rendent non-défini s un des membres de l'égalité qui suit, sempiternelle maniaquerie),
$\displaystyle{\frac{z}{x}=\frac{1} {\frac{x+z}{zy-1}y-1} (1+\frac{1}{xy} )+ \frac{1}{xy}}$, si bien qu'en déplongeant dans $N^3$:
Dès qu'existe $y$ tel que $zy-1$ divise $x+z$, $\displaystyle{\frac{z}{x}}$ est la somme de trois fractions unitaires.
En particulier, vu qu'on ne s'intéresse dans ce fil (et je pense maintenant que c'est dommageable) qu'au cas où $z=4$ et $p=$$x=1 \mod 24$, premier, on a tout de même:
Pour tout $p$ premier congru à $1\mod 24$, si $p+4$ a un diviseur congru à $-1\mod 4$, alors $\frac{4}{p}$ est la somme de trois fractions unitaires. Les nombres sont méchants: nombreux (;-) ) sont les $p$ premiers congrus à $1 \mod 24$ tels que $p+4$ n'a que des diviseurs congrus à $1\mod 4$. J'ai éliminé les autres, c'est un petit plaisir, d'autres l'auraient-ils connu avant moi!
Amicalement
Paul
Edit
Ce tableau ne tient compte que des nombres premiers.
Il est réalisé avec Wolfram avec le choix déjà fait sur le tableau de mon commentaire précédent ; « a » est ici le plus petit entier positif avec ab > 0.
Exemple : https://goo.gl/CVj7F8
Je trouve pour a, b, c, un résultat lié essentiellement au ppcm de (n,a,b), voire réduit à (n,a) ou (n,b) seulement.
« num » est le numérateur de la colonne de fractions dont les valeurs sont équivalentes à « a ».
Vérification n=prime(5) = 11, "avec a entier" , (n,a,b) = (11,3,36)
1/[lcm(n,a,b)/(n(n+1))] + 1/[lcm(n,a,b)/n)] + 1/[lcm(n,a,b)], n=11, a=3, b=36 https://goo.gl/G5jGJX (insister si wolfram fait erreur)
donne bien 4/11