Nombres de la forme 4n²+1
dans Arithmétique
Bonjour @ tous.
La question posée par Soland il y a peu m'inspire cette autre :
Y a-t-il bijection égalité entre l'ensemble des nombres premiers de la forme 4k+1 et l'ensemble des facteurs premiers des nombres de la forme 4 n² + 1 ?
La question posée par Soland il y a peu m'inspire cette autre :
Y a-t-il bijection égalité entre l'ensemble des nombres premiers de la forme 4k+1 et l'ensemble des facteurs premiers des nombres de la forme 4 n² + 1 ?
Réponses
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Oui, puisque ces deux ensembles sont dénombrables. Ça n'a pas vraiment d'intérêt, sauf si on veut que cette bijection possède certaines propriétés.
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Juste. J'ai changé le mot " bijection " par le mot " égalité "
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Salut.
Tous les nombres premiers sont de la forme $6k + 1$ ou $6k - 1$. On a $(6k + 1)(6k' + 1) = 36kk' + 6(k + k') + 1 = 4\times 9kk' + 6(k + k') + 1$ donc si $k$ ou bien $k'$ n'est pas pair alors $4\times 9kk' + 6(k + k') + 1$ n'est pas de la forme $4q + 1$.
Pareil pour $(6k + 1)(6k' - 1)$ et $(6k - 1)(6k' - 1)$.
Donc on doit pouvoir montrer que:
- Pour les $4n^2 + 1$ qui sont d'un ou de plusieurs facteurs premiers (avec un nombre impair de tel $k$, qui ne sont pas pairs): c'est vrai.
- Mais pour les $4n^2 + 1$ qui sont de plusieurs facteurs premiers (avec un nombre pair de tel $k$, qui ne sont pas pairs) c'est faux.
Cordialement. -
Bonsoir,
Si un premier $p$ congru à $-1$ modulo $4$ divisait $4n^2+1$, $-1$ serait un carré modulo $p$. On sait que c'est faux.
Si j'ai bien compris, la question de nodgim peut se reformuler ainsi:
pour tout $p$ premier congru à $1$ modulo $4$, existe-t-il $n$ tel que $p$ divise $4n^2+1$?
D'accord?
Amicalement
Paul -
Sauf erreur,
Soit $p$ premier $:=4q+1$;
alors $q=(p-1) 4^{-1}$. Or $-1$ et $4$ sont des carrés modulo $p$; donc $q$ est un carré modulo $p$; autrement dit il existe $k$ naturel tel que $q+kp$ soit le carré d'un naturel $n$. Ainsi, pour tout $p$ premier congru à $1$ modulo $4$, il existe $n$ naturel tel que $p$ divise $4n^2+1$
et donc l'ensemble des diviseurs premiers de l'ensemble des nombres de la forme $4n^2+1$ est bien l'ensemble des premiers congrus à $1$ modulo $4$. -
@ Dépasse :
C'est bon, mais tu supposes connu le fait que -1 ne peut être carré [p] si p est de la forme 4n-1, et que -1 peut être carré [p] si p est de la forme 4n+1. Mais cette démo n'est pas du niveau Lycée. -
Bonjour,
je n'avais pas deviné, nodgim, que tu souhaitais niveau lycée.
Une preuve plus élémentaire du fait que tout diviseur d'un quelconque $4n^2+1$ est congru à $1$ modulo $4$:
Soit $E$ l'ensemble des naturels $m$ tels que $4m^2+1$ admet en diviseur congru à $-1$ modulo $4$.
Supposons $E$ non vide; soit alors $n$ son plus petit élément et $d$, congru à $-1$ modulo $4$, un diviseur de $4n^2+1$; soit $4n^2+1:=de$.
Alors $e$ est aussi congru à $-1$ modulo $4$ et est différent de $d$ (car $4m^2+1=d^2$ implique $d=1$); SPDG $d<e$ et donc $d<2n<e$, si bien que $d-n<n$.
Ou bien $0<d-n<n$ ou bien $0<n-d<n$; bref $0<|n-d|<n$.
Il est clair que $d$ divise $4|n-d|^2+1$, ce qui contredit la minimalité de $n$.
Cordialement
Paul
Edit: correction coquille (Merci Jandri) -
Je suis d'accord avec la démonstration mais il y a une coquille: $d$ est un diviseur de $4n^2+1$ et pas de $n$.
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Merci Jandri, c'est corrigé.
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Très bien, Dépasse !
C'est à peu près la même chose de ce que j'avais vu, à une variante près :
Si un 4n²+1 est divisible par 2 nombres premiers, l'un au moins des 2 divise un 4m²+1 plus petit que 4n²+1 (on supposerait p et q tel que n < p-n et n < q-n, donc p et q > 2n, donc le produit >4n²+1, absurde) Autrement dit, les nombres premiers se découvrent 1 par 1 quand on balaie les diviseurs de 4n²+1 dans le sens croissant. Evidemment, quand un nombre premier p est trouvé qui divise 4n²+1, on sait qu'il divise 4(n+kp)²+1 et 4(kp-n)²+1. Pour ces nombres, on sait donc qu'il sont divisés par p, voire p², p^3..., et s'il existe un facteur inconnu, c'est nécessairement un nombre premier nouveau, on n'a pas besoin de se poser la question.
Pour le fait que tout nombre premier p de forme 4k+1 divise un 4n²+1, j'avais fait ainsi :
On sait que p = a² + b², a et b premiers entre eux. Il existe donc ac-bd = 1
Si q = c²+d² alors pq = (ac-bd)² + (ad+bc)² = 1 + 4n². -
Bonjour,
D'accord avec ta preuve qui utilise le fait que si $p$ est premier congru à $1$ modulo $4$ il est la somme de deux carrés. Mais je serais étonné que ce soit au programme du lycée :-D
cordialement
Paul -
Celle là, non. D'ailleurs, je ne connais même pas cette preuve.
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J'ai profité de ce fil pour démontrer un des problèmes de Landau. A savoir ''Existe-t-il une infinité de nombres premiers de la forme $n^2 + 1$ ?''. La réponse de ma part est :effectivement oui.
Pour la preuve, je constate que si de tels nombres premiers existent, ils sont de la forme $4n^2 + 1$, $n^2 + 1$ étant pair si $n$ est impair.
A plus pour la rédaction (je suis un peu pris !). -
J'espère que ta preuve ne va pas terminer en ShtamX:-(
Al-Kashi -
Babsgueye est un farceur.
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J'adore le "$n^2+1$ étant pair si $n$ est impair".
Sacrée découverte ! (:P) -
Pardon, mais " Shtam " quésaco ?
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La preuve dont je parle ci-haut est tellement simple et le résultat qui dit que '' pour tout nombre premier $n\gt 7$ de la forme $4k + 1$, $4n^2 + 1$ est premier'' tellement fort que je voudrais qu'un programmeur me le vérifie pour les $n\leq N$, $N$ grand (je vois pas encore l'erreur, s'il y en a)..
Merci -
Oui, c'est fort, vachement fort. C'est vrai pour $7 \le n \le 7$. Mais pour $n=11$, $4n^2 + 1 = 485 = 5 \times 97$. Tu es constant dans ta manière de travailler.
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Merci. Je n'ai rien vérifié comme tu dois le constater ! Je vais revoir mes notes. Mais la démo dont je parlais n'est pas celle-là. Je suis en train de vérifier.
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Pardon Claude j'avais oublié de préciser que les $n$ premiers, sont de la forme $4k + 1$.
(J'ai rectifié en couleur dans le message !)
Merci. -
Un premier $n$ comme $n=17$ par exemple ?
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@babsgueye Je trouve absolument ANORMAL que tu viennes polluer le fil de nogdim (qui est quelqu'un de sérieux) avec tes élucubrations douteuses sur les premiers de la forme $4n^2 + 1$. Si tu as quelque chose à dire, tu ouvres ton propre fil de manière séparée. Point.
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@Claude quitté, je pollue pas au plaisir et ce que je dis est relié au résultat de @nogdim et @depasse du fil
J'avais fait un lapsus de calcul et alors je cherchais l'erreur dans mon raisonnement.
Je l'ai rectifié et j'énonce:
''Si $n$ est un entier de la forme $4k + 1$, alors $4n^2 + 1$ est premier si et seulement si $2n^2 + 62$ n'est pas un carré parfait'' -
Je maintiens mon expression ``élucubrations douteuses''.
[color=#000000] > N := [n : k in [1..10] | not IsSquare(2*n^2 + 62) where n is 4*k + 1] ; > N ; [ 5, 9, 17, 21, 25, 29, 33, 37, 41 ] > [<n,IsPrime(4*n^2 + 1)> : n in N] ; [ <5, true>, <9, false>, <17, false>, <21, false>, <25, false>, <29, false>, <33, true>, <37, true>, <41, false> ] [/color]
A plus grande échelle :[color=#000000] > time N := [n : k in [1..10^3] | not IsSquare(2*n^2 + 62) where n is 4*k + 1] ; Time: 0.000 > #N ; 996 > time {* IsPrime(4*n^2 + 1) : n in N *} ; {* false^^830, true^^166 *} Time: 0.010 [/color] -
S'il avait eu raison, il aurait pu rafler d'un coup d'un seul tous les prix attribués à ceux qui claquent le record du plus grand nombre premier !
S'il avait eu raison, ça aurait fait une sacré densité de nombres premiers dans cet ensemble !
Des Pro ont tout de même pu prouver qu'il y a une infinité de nombres premiers de la forme a² + b ^ 4, ce qui est tout de même un drôle d'exploit, et un résultat assez étonnant compte tenu que cet ensemble a une densité nulle dans N.
Babsgueye, tu t'es trompé, mais tu peux toujours nous faire voir ta démo, on te dira où est la faille. -
Re-salut.
Là je me jette, pour un résultat peut-être pas très intéressant en terme de calculabilité.
Si $n$ est un entier tel que $4n^2 + 1$ ne soit pas premier, alors il existe $k$ et $k'$ dans $\mathbb{N}^*2$ tels que $4n^2 + 1 = (4k + 1)(4k' + 1)$, c'est à dire $4n^2 + 1 = 4(4kk' + k + k') + 1$....
On a $4\times 4n^2 + 1 = 4(16kk' + 4k + 4k') + 1$ qui n'est pas premier que s'il existe $p$ et $q$ dans $\mathbb{N}^*2$ tels que $4\times 4n^2 + 1 = 4(4pq + p + q) + 1$ soit, tels que $4pq + p + q = 16kk' + 4k + 4k$.
Ce qui entraine $pq = 4kk'\;\text{et}\; p + q = 4(k + k')$.
$p$ et $q$ sont alors les solutions de l'équation du second degré $X^2 - 4(k + k')X + 4kk' = 0$
Son discriminant réduit est $\Delta = 4(k + k')^2 - 4kk' = 4(k^2 + kk' + k'^2)$
Il faut alors que $k^2 + kk' + k'^2$ soit un carré parfait, sinon la pair $(p, q)$ n'existe pas; ce qui voudrait dire que $4\times 4n^2 = 16n^2 + 1 = (4n)^2 + 1$ est premier.
S'il y a pas d'erreur, je pense aussi que ça peut être intéressant (répondant à une conjecture !) en ce sens que je crois pas qu'il y ait beaucoup de pairs $(k, k')$ tels que $4kk' + k + k'$ soit un carré, ainsi que $k^2 + kk' + k'^2$.....(à démontrer !) -
Je crois toujours à mon raisonnement pour démontrer ''le 4^e problème de Landau (le fil que j'avais ouvert pour a été fermé à cause d'intervenants saboteurs) moyennant ce lemme auquel je crois, mais que j'arrive pas encore à démontrer:
''Si $4qp + q + p = 16kk' + 4k + 4k'$ alors $qp = 4kk'$ et $q + p = 4(k + k')$
Si quelqu'un a des idées ou éventuellement un contre-exemple, je suis preneur.
Merci -
Il y a loin de la coupe aux lèvres :\begin{align*}
152 &= 4\times7\times5+7+5 = 16\times4\times2+4\times4+4\times2,\quad 7\times5\ne4\times4\times2,\quad 7+5\ne 4\times(4+2),\\
272 &= 4\times8\times8+8+8 = 16\times5\times3+4\times5+4\times3,\quad 8\times8\ne4\times5\times3,\quad 8+8\ne 4\times(5+3),\\
356 &= 4\times14\times6+14+6 = 16\times5\times4+4\times5+4\times4,\quad 14\times6\ne4\times5\times4,\quad 14+6\ne 4\times(5+4),\\
224 &= 4\times17\times3+17+3 = 16\times6\times2+4\times6+4\times2,\quad 17\times3\ne4\times6\times2,\quad 17+3\ne 4\times(6+2),\\
164 &= 4\times18\times2+18+2 = 16\times8\times1+4\times8+4\times1,\quad 18\times2\ne4\times8\times1,\quad 18+2\ne 4\times(8+1),\\
776 &= 4\times17\times11+17+11 = 16\times9\times5+4\times9+4\times5,\quad 17\times11\ne4\times9\times5,\quad 17+11\ne 4\times(9+5),\\
224 &= 4\times17\times3+17+3 = 16\times11\times1+4\times11+4\times1,\quad 17\times3\ne4\times11\times1,\quad 17+3\ne 4\times(11+1),\\
404 &= 4\times19\times5+19+5 = 16\times11\times2+4\times11+4\times2,\quad 19\times5\ne4\times11\times2,\quad 19+5\ne 4\times(11+2),\\
584 &= 4\times14\times10+14+10 = 16\times11\times3+4\times11+4\times3,\quad 14\times10\ne4\times11\times3,\quad 14+10\ne 4\times(11+3),\\
584 &= 4\times14\times10+14+10 = 16\times16\times2+4\times16+4\times2,\quad 14\times10\ne4\times16\times2,\quad 14+10\ne 4\times(16+2),\\
384 &= 4\times13\times7+13+7 = 16\times19\times1+4\times19+4\times1,\quad 13\times7\ne4\times19\times1,\quad 13+7\ne 4\times(19+1).
\end{align*} -
Merci @Math Coss, c'est exactement ce que j'ai demandé.
Mais par rapport à ma résolution, ceux qui m'intéressent sont les $4kk' + k + k'$ (par conséquent les $16kk' + 4k +4k'$) qui sont des carrés parfaits. J'en trouve pas dans tes exemples.
Et même s'il en existait un, deux,...je veux juste prouver qu'il y en a une infinité qui ne vérifie pas la décomposition $4qp + q + p$.
PS: mais comme c'est pas vrai en général, le démontrer pour ces cas particuliers va être plus difficile je pense.
Merci. -
C'est toujours aussi faux. Vrai, il faut cette fois pousser jusqu'à des nombres à deux chiffres !
\begin{align*}
900 &= 4\times69\times3+69+3 = 16\times13\times4+4\times13+4\times4,\quad 69\times3\ne4\times13\times4,\quad 69+3\ne 4\times(13+4),\\
2500 &= 4\times34\times18+34+18 = 16\times15\times10+4\times15+4\times10,\quad 34\times18\ne4\times15\times10,\quad 34+18\ne 4\times(15+10),\\
1444 &= 4\times27\times13+27+13 = 16\times21\times4+4\times21+4\times4,\quad 27\times13\ne4\times21\times4,\quad 27+13\ne 4\times(21+4),\\
5184 &= 4\times58\times22+58+22 = 16\times21\times15+4\times21+4\times15,\quad 58\times22\ne4\times21\times15,\quad 58+22\ne 4\times(21+15),\\
1156 &= 4\times46\times6+46+6 = 16\times22\times3+4\times22+4\times3,\quad 46\times6\ne4\times22\times3,\quad 46+6\ne 4\times(22+3),\\
484 &= 4\times37\times3+37+3 = 16\times24\times1+4\times24+4\times1,\quad 37\times3\ne4\times24\times1,\quad 37+3\ne 4\times(24+1),\\
4624 &= 4\times87\times13+87+13 = 16\times31\times9+4\times31+4\times9,\quad 87\times13\ne4\times31\times9,\quad 87+13\ne 4\times(31+9),\\
10000 &= 4\times55\times45+55+45 = 16\times34\times18+4\times34+4\times18,\quad 55\times45\ne4\times34\times18,\quad 55+45\ne 4\times(34+18),\\
4624 &= 4\times87\times13+87+13 = 16\times46\times6+4\times46+4\times6,\quad 87\times13\ne4\times46\times6,\quad 87+13\ne 4\times(46+6),\\
1024 &= 4\times60\times4+60+4 = 16\times51\times1+4\times51+4\times1,\quad 60\times4\ne4\times51\times1,\quad 60+4\ne 4\times(51+1),\\
20736 &= 4\times78\times66+78+66 = 16\times58\times22+4\times58+4\times22,\quad 78\times66\ne4\times58\times22,\quad 78+66\ne 4\times(58+22),\\
4096 &= 4\times36\times28+36+28 = 16\times60\times4+4\times60+4\times4,\quad 36\times28\ne4\times60\times4,\quad 36+28\ne 4\times(60+4),\\
1444 &= 4\times27\times13+27+13 = 16\times72\times1+4\times72+4\times1,\quad 27\times13\ne4\times72\times1,\quad 27+13\ne 4\times(72+1),\\
5184 &= 4\times58\times22+58+22 = 16\times76\times4+4\times76+4\times4,\quad 58\times22\ne4\times76\times4,\quad 58+22\ne 4\times(76+4),\\
12996 &= 4\times70\times46+70+46 = 16\times79\times10+4\times79+4\times10,\quad 70\times46\ne4\times79\times10,\quad 70+46\ne 4\times(79+10).
\end{align*} -
C'est le programme bien sûr. Bien naïf d'ailleurs : il calcule et stocke tous les $4qp + q + p$ pour $1\le p\le q\le n$, où $n$ est fixé (j'ai pris $20$ pour la première série, $100$ pour la deuxième). Pour la deuxième série, il ne stocke la valeur que si c'est un carré. Puis il calcule $16kk' + 4k + 4k'$ pour $1\le k\le k'\le n$ : si ce nombre est dans la première liste, il sort $(p,q,k,k')$ et il n'y a plus qu'à présenter.
Bref, les résultats sont classés par ordre lexicographique croissant de $(k',k)$ : $(13,4)$, $(15,10)$, $(21,4)$, etc. -
Encore merci, c'est gentil
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