Pensez à lire la Charte avant de poster !

$\newcommand{\K}{\mathbf K}$


Les-Mathematiques.net - Cours de mathématiques supérieures
 Les-Mathematiques.net - Cours de mathématiques universitaires - Forum - Cours à télécharger

A lire
Deug/Prépa
Licence
Agrégation
A télécharger
Télécharger
105 personne(s) sur le site en ce moment
E. Cartan
A lire
Articles
Math/Infos
Récréation
A télécharger
Télécharger
Théorème de Cantor-Bernstein
Théo. Sylow
Théo. Ascoli
Théo. Baire
Loi forte grd nbre
Nains magiques
 
 
 
 
 

Nombres parfaits et congruences.

Envoyé par Lake 
Nombres parfaits et congruences.
il y a trois semaines
Bonjour à tous,

La question a été posée sur un autre forum. Après quelques tentatives infructueuses, elle a fini par m'intriguer.

Donc voici:

$N=2^{p-1} (2^p-1)$ avec $p$ premier impair et $2^p-1$ premier est un nombre parfait.

Montrer que:

$N\equiv 1+\dfrac{{\color{red} 9}\,p(p-1)}{2}\;\;[81]$

Mes tentatives:

$T_n=\dfrac{n(n+1)}{2}$ est le $n$ ième nombre triangulaire.

$N=1+(2^{p-1}-1)(2^p+1)=1+9\,T_{\frac{2^p-2}{3}}$ (avec $p$ impair, $\dfrac{2^p-2}{3}$ est entier)

Le problème revient à prouver qu'avec $p$ premier (et $2^p-1$ premier ?):

$2\,T_{\frac{2^p-2}{3}}=\dfrac{(2^p-2)(2^p+1)}{9}\equiv p(p-1)\;\;[9]$

C'est évidemment là le "crux" de l'affaire; je n' y suis pas parvenu.

Il est clair que:

1) Je ne communiquerai une solution éventuelle qu'avec votre autorisation.

2) Je ne me l'attribuerai pas.

Merci d'avance.

Pour information, il a été fait mention du livre Elementary number theory de Underwood Dudley dans le message initial sur l'autre forum.

[Edit suite au message de AP]



Edité 2 fois. La dernière correction date de il y a deux semaines et a été effectuée par Lake.
Re: Nombres parfaits et congruences.
il y a trois semaines
Bon, j'ai ma réponse.

Le binôme de Newton modulo 81 avec $(3-1)^{p-1}$ et $(3-1)^p-1$

Merci de m'avoir lu!
AP
Re: Nombres parfaits et congruences.
il y a deux semaines
Bonjour
la formule proposée est en fait fausse

Je laisse le lecteur trouver la formule corrigée via effectivement le binôme

Par ailleurs l'hypothèse $p$ impair seule suffit pour la trouver,

et si $p$ est pair il y a une autre formule
Re: Nombres parfaits et congruences.
il y a deux semaines
Bonjour,

Effectivement, c' est une coquille de ma part:

$2^{p-1}(2^p-1)\equiv 1+\dfrac{9\,p(p-1)}{2}\;\;[81]$

Merci de l'avoir signalée.
Re: Nombres parfaits et congruences.
il y a deux semaines
Bonsoir,

Avec $p$ pair, j'ai obtenu, toujours via le binôme, une formule pas très "agréable":

$2^{p-1}(2^p-1)\equiv \dfrac{3p}{2}(9p^3+3p^2+9p+8)\;\;[81]$

Peut-on l'améliorer ?
Re: Nombres parfaits et congruences.
la semaine dernière
Bonsoir,

On m' a indiqué cette formule pour $p$ pair:

$2^{p-1}(2^p-1)\equiv 3p+27\,\binom{p}{3}\;\;[81]$

La différence avec la mienne vaut $\dfrac{27p^2(p^2+2)}{2}$ qui est bien un multiple de 81.
AP
Re: Nombres parfaits et congruences.
il y a treize jours
Via le binôme, j'ai trouvé

$3(-3p^3-9p^2/2+17p/2)$, vérifiée pour $p=2,4,6$
Re: Nombres parfaits et congruences.
il y a treize jours
J'ai trouvé (après coup) l'explication de la ressemblance entre les formules pour les cas pair et impair.
Cela fournit une démonstration en une ou deux lignes des congruences pour $p$ pair et $p$ impair.

$N=2^{p-1} (2^p-1)=\frac12(4^p-2^p)=\frac12((3+1)^p-(3-1)^p)=\frac12\displaystyle\sum_{k=0}^p\binom{p}{k}3^k(1-(-1)^{p-k})=\sum_{(k-p) \text{
impair}}\binom{p}{k}3^k$.

On a donc pour $p$ impair: $N=\displaystyle\sum_{k \text{ pair}}\binom{p}{k}3^k\equiv 1+9\binom{p}{2} \pmod{81}$
et pour $p$ pair: $N=\displaystyle\sum_{k \text{ impair}}\binom{p}{k}3^k\equiv 3p+27\binom{p}{3} \pmod{243}$.
Re: Nombres parfaits et congruences.
il y a treize jours
En effet cet exercice figure dans : Underwood Dudley, Elementary Number Theory, Dover 1978, section 8, n° 15, avec $p$ impair, non corrigé.
AP
Re: Nombres parfaits et congruences.
il y a treize jours
Ah oui, fallait le voir le $(3+1)^p -(3-1)^p$ !
Re: Nombres parfaits et congruences.
il y a neuf jours
avatar
Salut.
Je profite du fait qu'on parle de nombres parfaits que j'ai regardé ces derniers jours, ici pour donner ce petit résultat.

Si $2^{n} - 3$ est un nombre premier, alors $2^{n-1}(2^{n} - 3)$ a une abondance égale à $2$.

Par ailleurs, je pense que si $A$ est un nombre abondant ou parfait primitif, alors la décomposition de $A$ en produit de facteurs premiers contient au moins un facteurs à exposant $1$. Si quelqu'un a un contre-exemple, je suis preneur.

Merci d'avance.



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a neuf jours et a été effectuée par AD.
Seuls les utilisateurs enregistrés peuvent poster des messages dans ce forum.

Cliquer ici pour vous connecter

Liste des forums - Statistiques du forum

Total
Discussions: 124 455, Messages: 1 188 564, Utilisateurs: 19 601.
Notre dernier utilisateur inscrit PassionMaths.


Ce forum
Discussions: 4 391, Messages: 52 525.

 

 
©Emmanuel Vieillard Baron 01-01-2001
Adresse Mail:

Inscription
Désinscription

Actuellement 16057 abonnés
Qu'est-ce que c'est ?
Taper le mot à rechercher

Mode d'emploi
En vrac

Faites connaître Les-Mathematiques.net à un ami
Curiosités
Participer
Latex et autres....
Collaborateurs
Forum

Nous contacter

Le vote Linux

WWW IMS
Cut the knot
Mac Tutor History...
Number, constant,...
Plouffe's inverter
The Prime page