Nombre premier de Fibonacci

Bonjour
le $\pm$ dépend du fait que $5$ est un carré ou pas modulo $p$

Notez que $\left(\frac{5}{p}\right)=\left(\frac{p}5\right)$ par réciprocité quadratique, qui ne dépend donc que de $p$ modulo $5$.

Et n'oublions pas la sœur de la suite de Fibonacci, qui est la suite de Lucas, de notre cher Édouard Lucas : $L_0=2,L_1=1,L_{n+2}=L_{n+1}+L_{n}$. Si $p $ est premier alors $p$ divise $L_{p}-1$. Réciproque fausse.

Ça dépend de ton âge.
Moi depuis mon jeune âge j'ai vu tomber : le théorème des quatre couleurs, le Grand Théorème de Fermat, la conjecture de Catalan, l'infinitude des nombres de Carmichael, quelques avancées sur le problème de Waring et peut-être d'autres dont je ne me suis pas aperçu.
Celle que j'aimerais voir résolue c'est Goldbach. Avec Chen Jingrun en 1973, nous pensions que ça y était, eh bien non.
Bon, les démonstrations sont hors de ma portée, mais ça fait plaisir de savoir que c'est résolu.
Bonne nuit.
Fr. Ch.

Non, merci. Je ne me suis jamais attaqué à un problème ouvert qui a résisté à des esprits bien plus forts que le mien. Chacun sa place. Je n'avais pas noté que tu envisageais de démontrer cette conjecture, mais je ne comprends pas bien que si c'est ton ambition, tu ne cherches pas toi-même à finaliser ta démonstration.

Je me permets de renommer le fil puisqu'il est bien évident qu'il ne s'agit pas ici de nombres premiers de Fibonacci mais de diviseurs premiers de ces nombres.
Je vais donner une démonstration de la propriété et question, un peu plus longue, mais qui n'utilise pas d'extension de corps fini.
$ \bullet$ Lemme 1. Théorème d'Euler. Si $p$ est premier impair, alors le caractère quadratique d'un entier $a$ est donné par : $a^{\frac{p-1}{2}}\equiv (\frac{a}{p}) \pmod p$
$ \bullet$ Lemme 2. Divisibilité des coefficients binomiaux.
Il est bien connu que si $p$ est premier alors $p\mid (_{k}^{p})$ pour $1\leq k\leq p-1$.
La relation de récurrence de Pascal permet d'en déduire que :
$(_{~~k}^{p+1})\equiv 0 \pmod p$ pour $2\leq k\leq p-1$ ;
$(_{~~k}^{p-1})\equiv (-1)^{k} \pmod p$ pour $1\leq k\leq p-1$.

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$ \bullet$ Formule de Binet (Jacques) pour les nombres de Fibonacci : $F_{n}=\frac{\alpha ^{n}-\beta ^{n}}{\alpha -\beta }$, avec : $\alpha =\frac{1+\sqrt{5}}{2}$ et $\beta =\frac{1-\sqrt{5}}{2}$.
Il en résulte : $\displaystyle F_{2n}=\frac{1}{2^{2n-1}}\underset{j=0}{\overset{n-1}{\sum }}(_{2j+1}^{~~2n})5^{j}$.
Soit un nombre premier $p \geq 7$, $p=2q+1$.
$ \bullet$ Alors d'abord : $\displaystyle 2^{p}F_{p-1}=2^{2q+1}F_{2q}=4\underset{j=0}{\overset{q-1}{\sum }}(_{2j+1}^{~~2q})5^{j}=4\underset{j=0}{\overset{q-1}{\sum }}(_{2j+1}^{p-1})5^{j}\equiv -4\underset{j=0}{\overset{q-1}{\sum }}5^{j} \pmod p$, et de plus :
$\displaystyle -4\underset{j=0}{\overset{q-1}{\sum }}5^{j}=-(5^{q}-1)=-5^{\frac{p-1}{2}}+1
\equiv -(\frac{5}{p})+1 \pmod p$.
Conclusion : si $(\frac{5}{p})=1$ alors $p\mid F_{p-1}$.

$ \bullet$ Et ensuite : $\displaystyle 2^{p}F_{p+1}=2^{2q+1}F_{2q+2}
=\underset{j=0}{\overset{q}{\sum }}(_{2j+1}^{2q+2})5^{j}
=\underset{j=0}{\overset{q}{\sum }}(_{2j+1}^{p+1})5^{j}
\equiv (_{~~~~1}^{p+1})5^{0}+(_{~~p}^{p+1})5^{q} \pmod p$, et de plus :
$(_{~~~~1}^{p+1})5^{0}+(_{~~p}^{p+1})5^{q}=p+1+(p+1)5^{\frac{p-1}{2}}\equiv 5^{\frac{p-1}{2}}+1\equiv (\frac{5}{p})+1 \pmod p$.
Conclusion : si $(\frac{5}{p})=-1$ alors $p\mid F_{p+1}$.

On termine comme il a été dit avec la LRQ. Voir par exemple : https://mon-partage.fr/f/038XWJtf/
Voilà c'est un peu long mais ça ne sort pas de $\mathbb Z$.
Bonne journée en attendant l'été.
29/07/2017

Allons Sylvain, tu es un homme, fait pour marquer le monde de la trace de ton passage.

Sylvain. :-D

De plus :

le nombre $G_{n} = 2F_{12+24n} + 1 $ n'est pas premier pour $n$ entier.

Merci.

C'est plus souvent faux que vrai :

Pour les $C_n$, ça se gâte nettement:

Salut.

Merci d'avoir pris de votre temps... On me l'avait dit. Je dois pouvoir faire ces bouts de programmes.

Excuse-moi @Sylvain d’être un peu sorti du sujet....!