Un exercice d'arithmétique
dans Arithmétique
Bonjour,
Pouvez-vous me proposer un exercice d'arithmétique qui me donne du fil à retordre.
Pouvez-vous me proposer un exercice d'arithmétique qui me donne du fil à retordre.
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2. Montrer que, pour tout $n \in \mathbb{Z}_{\geqslant 3}$, $\displaystyle \pi(n) = 2 + \sum_{k=5}^n \frac{e^{2i \pi (k-1)!/k}-1}{e^{-2i\pi/k}-1}$ (résultat dû à H. Laurent en 1898).
@noix de totos : Merci. Je ne comprends pas la notation $\displaystyle \pi(x)$ dans le 2., mais d'abord je me confronte au 1. sans référence ni Google.
Montrer que la série $\displaystyle \sum_{p \in P} {1 \over p \ln p}$ converge avec $P$ l'ensemble des nombres premiers.
Je liste des propriétés dont j'ai besoin.
$\bullet$ Test de condensation de Cauchy :
Soit une fonction $f$ décroissante sur les entiers non nuls et la série $\displaystyle \sum_{n \geq 1} f(n).$
On calcule $\displaystyle \sum_{n \geq 1} f(n)=f(1) + f(2) + f(3) + f(4) + f(5) + f(6) + \cdots \leq f(2) + f(2) + f(4) + f(4) + f(4) + f(4) + \cdots =\\ \displaystyle = 2^1 f(2^1) + 2^2 f(2^2) + \cdots = \sum_{n \geq 1} 2^n f(2^n).$
On calcule $\displaystyle \sum_{n \geq 1} 2^n f(2^n)=2^1 f(2^1) + 2^2 f(2^2) + \cdots =f(2) + f(2) + f(4) + f(4) + f(4) + f(4)+\cdots \leq \\ \displaystyle \leq f(1)+f(1) + f(2)+f(2) + f(3)+f(3) + \cdots = 2 \sum_{n \geq 1} f(n).$
Pour une fonction $f$ décroissante sur les entiers non nuls, les séries $\displaystyle \sum_{n \geq 1} f(n)$ et $\displaystyle \sum_{n \geq 1} 2^n f(2^n)$ sont de même nature.
$\bullet$ Série de Bertrand :
Soit $\displaystyle a,b \in \R$ et la série $\displaystyle \sum_{n \geq 2} {1 \over n^a \ln^b n}. $
-Pour $\displaystyle a <1$, la série diverge grossièrement puisque son terme ne tend pas vers $0$ à l'infini. On suppose alors $\displaystyle a\geq 1.$
Par le test de condensation de Cauchy, cette série est de même nature que la série $\displaystyle \sum_{n \geq 2} {1 \over 2^{n(a-1)} n^b } $ puisque la function $\displaystyle n \mapsto {1 \over n^a \ln^b n}$ est décroissante pour $n$ suffisamment grand pour tous les couples $\displaystyle a \geq 0, b \in \R$ car la fonction dérivée $\displaystyle n \mapsto -{a \ln n + b \over n^{a+1} \ln^{b+1}n }$ devient négative à l'infini.
-Pour $\displaystyle a>1$, on majore par $\displaystyle \sum_{n \geq 2} {1 \over 2^{n(a-1)} n^b } \leq \sum_{n \geq 2} ({1 \over 2^{a-1}})^n {1 \over 2^b } $ qui est une série géométrique de raison plus petite que $1$ en valeur absolue et est donc convergente.
-Pour $\displaystyle a=1$ et pour $\displaystyle b \leq 0$, la série $\displaystyle \sum_{n \geq 2} {1 \over n^b } $ diverge grossièrement puisque son terme ne tend pas vers $0$ à l'infini. On suppose alors $\displaystyle b >0.$
Par le test de condensation de Cauchy, cette série est de même nature que la série $\displaystyle \sum_{n \geq 2} ({1 \over 2^{b-1} })^n $ puisque la fonction $\displaystyle n \mapsto {1 \over n^b}$ est décroissante pour $\displaystyle b >0.$ C'est une série géométrique qui diverge pour $\displaystyle b-1 \leq 0$ et converge pour $\displaystyle b-1 >0.$
Avec $\displaystyle a,b \in \R$, la série $\displaystyle \sum_{n \geq 2} {1 \over n^a \ln^b n}$ converge pour $\displaystyle (a>1, b \in \R)$ et pour $\displaystyle (a=1, b >1)$. Elle diverge dans tous les autres cas.
Comme la série est difficile (je n'ai pas encore trouvé), je raisonne sur une série proche. Soit la série $\displaystyle A = \sum_{p \in P} {1 \over p^2}. $
$\bullet$ Première démonstration par ajout de termes :
On majore facilement par $\displaystyle A = \sum_{p \in P} {1 \over p^2} \leq \sum_{p \in P} {1 \over p^2} + \sum_{n \in \N^* \setminus P} {1 \over n^2} =\sum_{n \in \N^*} {1 \over n^2} $ qui converge.
Cette méthode ne donne pas le résultat recherché pour la série originale parce que $\displaystyle \sum_{n \in \N_{\geq 2}} {1 \over n \ln n} $ diverge.
$\bullet$ Deuxième démonstration par majoration des nombres premiers :
On note $\displaystyle P = \{2,3,5,7,11,13,17,19,23,29,31,37,41, \cdots\}$ et on range les nombres premiers $\displaystyle p_k$ par ordre croissant selon $\displaystyle k = \{1,2,3,\cdots\}$ on a $\displaystyle p_1=2, p_2=3,p_3=5, \cdots.$
On peut démontrer la convergence de la série $A$ par une autre méthode. On établit par récurrence que, pour tout $\displaystyle k \in \N^*$, $\displaystyle p_k \geq k.$
En $\displaystyle k=1$, on a $\displaystyle p_1=2 \geq 1.$
En $\displaystyle k=2$, on a $\displaystyle p_2=3 \geq 2.$
On suppose que $\displaystyle p_k \geq k$ à un rang $k \geq 2$ quelconque.
On sait que les nombres premiers plus grand que $3$ sont impairs, et donc $\displaystyle p_{k+1} \geq p_k + 2$, puis par l'hypothèse de récurrence, $\displaystyle p_{k+1} \geq k+2 \geq k+1.$
On peut alors majorer $\displaystyle A = \sum_{p \in P} {1 \over p^2} =\sum_{k \geq 1} {1\over p_k^2} \leq \sum_{k \geq 1} {1\over k^2} $ qui converge.
Cette méthode ne donne pas le résultat recherché pour la série originale parce que $\displaystyle \sum_{k \in \N_{\geq 2}} {1 \over k \ln k} $ diverge.
Une piste...
La relation, pour tout $\displaystyle k \geq 1$, $\displaystyle p_k \geq k$ n'est pas assez puissante. On peut alors chercher une relation de la forme, pour tout $\displaystyle k \geq 1$, $\displaystyle p_k \geq k^x \ln^y k$ avec $\displaystyle x,y \in \R.$
On aurait alors $\displaystyle p_k \ln p_k \geq k^x \ln^y k \ln(k^x \ln^y k) = k^x \ln^y (x \ln k + y \ln \ln k) \sim k^x \ln^{y+1} k, (k \to +\infty).$
La série $\displaystyle \sum_{p \in P} {1 \over p \ln p} = \sum_{k \geq 1} {1 \over p_k \ln p_k} $ serait majorée (par une constante qui correspond à la somme des premiers termes) et par la série à termes positifs $\displaystyle \sum_{k \geq 1} {1 \over k^x \ln^{y+1} k}$ qui converge pour $\displaystyle x>1$ ou $\displaystyle x=1$ et $\displaystyle y >0.$
Il suffit donc de démontrer que pour $k $ suffisammnet grand,
$\displaystyle p_k \geq k^x \ln^y k$ avec $\displaystyle x >1$ et $y$ quelconque, ou
$\displaystyle p_k \geq k \ln^y k$ avec $\displaystyle y >0.$
Intuitivement, il devrait être plus facile de démontrer la seconde inégalité car la puissance l'emporte sur le logarithme. D'ailleurs, on a démontré par récurrence que, pour tout $\displaystyle k \geq 1$, $\displaystyle p_k \geq k = k \ln^0 k$ : on est donc tout près !
Je vais tenter de démontrer qu'il existe $\displaystyle y>0$ tel que pour tout $\displaystyle k \geq 1$, $\displaystyle p_k \geq k \ln^y k$ avec $\displaystyle p_k$ le nombre premier de rang $k.$
Bien sûr, la relation $\displaystyle p_{k+1} \geq p_k+2$ n'est plus suffisante... et empêche une récurrance. Je me demande comment je vais trouver un truc pareil ?! Pourquoi un logarithme ? Et pourquoi $y=0.124$ plutôt que $y=0.547$ d'où sortirait un tel exposant ?
QUESTIONS RHETORIQUES : LAISSEZ MOI ME PLANTER...
Rappel : $\pi(n)$ désigne le nombre de nombres premiers entre $1$ et $n$.
@Chaurien : oui, c'est ça, mais il te reste à montrer pourquoi $(k-1)!/k$ est entier pour $k \geqslant 5$ composé (ça n'est pas difficile, mais pas tout à fait immédiat non plus).
$$\sum_{p \leqslant x} \frac{1}{p} = \log \log x + O(1)$$
par exemple.
Plus simple (i.e. n'utilisant rien d'exceptionnel), un autre exo : montrer que, si $\tau(n)$ désigne le nombre de diviseurs de $n$
$$\log \sqrt x \leqslant \frac{1}{x} \sum_{n \leqslant x} \tau(n) \leqslant \log x + 1.$$
Si $k$ n'est pas premier et si $k \ge 5$, alors $k=rs$, $r \ge2$, $s \ge3$, d'où : $(r-1)(s-1) \ge 2$, et par suite : $r+s \le rs-1=k-1$.
Il s'ensuit : $k=rs~|~r!s!~|~(r+s)!~|~(k-1)!$ (On a $r!s!~|~(r+s)!$ à cause du coefficient binomial).
Pourquoi le quotient $\frac {(k-1)!}k$ est-il pair ? Déjà $\frac {r!s!}{rs}=(r-1)!(s-1)!$ est pair car $s \ge3$.
$\displaystyle \pi (n)=-1+\overset{n}{\underset{k=1}{\sum }}\frac{1}{k}\overset{k}{%
\underset{h=1}{\sum }}\exp (2ih\pi \frac{(k-1)!+1}{k})$.
J'ignore son origine.
Quelle est la référence de la formule de H. Laurent ?
Bonne soirée.
Fr. Ch.
Martin Gardner cite un problème chinois de mélange de thés
qui se résume à trouver une solution rationnelle de
$$
x^3+y^3=22
$$
La solution proposée par Sam Loyd est
$$
x = \frac{17\,299}{9954} \qquad y = \frac{25\,469}{9954}
$$
Le problème d'arithmétique :
Comment ce fait-ce ?
Référence.
H. Laurent, Sur la théorie des nombres premiers, CRAS Paris 126 (1898), 809--810.
Résumé : https://zbmath.org/?au=laurent,+h&ti=Sur+la+théorie+des+nombres+premiers+&so=&la=&py=&ab=&rv=&an=&en=&cc=&ut=&sw=&br=&any=&dm=
$$\sum_{p\in P}\frac{1}{p\log p}=\sum_{p\in P}\int_1^{\infty} p^{-s}ds\leq \int_1^{\infty}\log \zeta (s)ds<\infty.$$
Une aide : avec les inégalités de Tchebichef, tu as $\frac{1}{2} n \log n \leqslant p_n \leqslant 2 n \log n$ pour tout $n \geqslant 3$. Ça peut t'aider.
C'est le problème 70 dans Mathematical Puzzles of Sam Loyd.
Il ne dit pas comment il a trouvé, tout porte à penser qu'il a procédé empiriquement. Maintenant, à partir d'une solution rationnelle, on peut en trouver une infinité par la méthode de la tangente, inventée si je ne me trompe par Jean Prestet.
Voir :
https://math.stackexchange.com/questions/1190385/algorithm-for-positive-integer-solutions-of-equation-a3b3-22c3
Bonne soirée.
Fr. Ch.
Il y a pas mal de choses sur ce type d'équation diophantienne dans : Cohen, Henri, Number Theory, Vol I, Tools and Diophantine Equations, Springer 2007, § 6. 4, mais ce n'est pas facile (enfin, pour moi...)
Merci pour les références.
42&= (-80\,538\,738\,812\,075\,974)^3 + 80\,435\,758\,145\,817\,515^3 + 12\,602\,123\,297\,335\,631^3\end{align*}(cf. par exemple https://www.quantamagazine.org/sum-of-three-cubes-problem-solved-for-stubborn-number-33-20190326/ et https://aperiodical.com/2019/09/42-is-the-answer-to-the-question-what-is-80538738812075974³-80435758145817515³-12602123297335631³/, cité par Wikipédia).
C'est dans le même genre sans être dans le même genre. Car $C : x^3 + y^3 = d$ avec $d = 22$, c'est une courbe (de genre 1, une cubique rationnelle) Alors que dans les exemples de ton dernier post, il intervient la dimension 2.
Et $C : x^3 + y^3 = d$, il y a des outils pour s'en occuper. La première chose est d'en faire une cubique homogène $x^3 + y^3 - dz^3 = 0$ de $\P^2$ qui présente un point d'inflexion $(1 : -1 : 0)$. Aussi sec, de manière automatique, par un changement linéaire rationnel de $\P^2$, une brave matrice $3 \times 3$ à coefficients rationnels inversible, elle se transforme en (maintenant, utilisation de coordonnées affines)
$$
Y^2 = X^3 - 432 d^2, \qquad 432 = 2^4 \times 3^3
$$C'est élémentaire. J'ai la flemme de donner la transformation. Et pourtant on en a besoin pour revenir à $C$. Tout ceci figure dans Cohen (proposition 7.2.3 p. 478 du volume I : Tools and Diophantine Equations)
En remplaçant $d$ par ce qu'il est i.e. $d = 2 \times 11$ :
$$
Y^2 = X^3 - 2^6 \times 3^3 \times 11^2 \quad \text{division par } \ 2^6 \quad (Y/2^3)^2 = (X/2^2)^3 - 3^3 \times 11^2 \quad \text{renommage} \quad
\fbox {$E : \ Y^2 = X^3 - 3^3 \times 11^2 $}
$$Pour l'instant, on n'a rien fait. Sauf transformer l'équation initiale en une autre, de nature archi-connue : une forme courte de Weierstrass. La littérature ne manque pas (aspects pratiques et théoriques).
Un résultat que l'on peut appliquer sans en connaître la preuve : Nagell-Lutz qui permet de cerrner les points de torsion du groupe sur $\Q$ de cette courbe elliptique, que je baptise $E$. C'est pratique et simple à mettre en oeuvre. Je ne détaille pas. La réponse est que $E(\Q)$ n'a pas de torsion.
Mais il y a un point $\Q$-rationnel car du côté $x^3 + y^3 = 22$, on en tient un de manière mystérieuse. Encore une fois, l'étape qui vient est effective et se réalise à l'aide d'une machine. Détermination du groupe de 2-Selmer de $E$. Oh miracle, le groupe de Selmer est tout petit : c'est $\Z/2\Z$ dans lequel $E(\Q)/2E(\Q)$ se plonge.
Bilan : $E(\Q)$ est de rang 1 i.e. $E(\Q) \simeq \Z$. Et le fait que le groupe de 2-Selmer de $E$ est $\Z/2\Z$ s'accompagne d'un renseignement géométrique important baptisé 2-torseur ou 2-cover. Il s'agit d'une courbe hyperelliptique $H$ définie sur $\Q$ et d'un revêtement de degré 4 défini sur $\Q$, $\pi : H \to E$, revêtement qui se prend, en un certain sens, pour la multiplication par 2 quelque part (c'est pour cela que l'on parle de 2-descente). Et $H$ est une quartique du type : $$
H : \qquad v^2 = au^4 + bu^3 + cu^2 + du + e =_{\rm ici} -3u^4 - 24 u^3 - 18 u^2 - 9u - 9 \qquad \qquad (\star)
$$ J'insiste sur le fait que, jusqu'à maintenant c'est automatique. Avec un bon outil de Calcul Formel, of course.
Et c'est à cet endroit que la chose n'est plus effective : on ne sait pas décider en général si $(\star)$ admet une solution rationnelle. Important : on ne les veut pas toutes. On veut juste décider s'il y en a une et si oui en disposer d'une.
Mais ici, armé d'un bon outil, on recherche des points rationnels de $(\star)$ en mentionnant une ``borne de hauteur''. Je l'ai fait en mentionnant 2 comme borne de hauteur (sans trop savoir ce que c'est exactement, c'est pas moi qui paie) et aussitôt, j'ai obtenu $h = (u = -2, v = 9)_H$. Que j'ai balancé par $\pi$ sur $E$ : $$
\pi(h) = (553/6^2, -4085/6^3)_E
$$ Et en revenant à la courbe initiale $C$, on tombe sur le point fourni par Soland.
Note pour moi : $2,3,11$ sont les premiers de mauvaise réduction de $E$, son conducteur $N$ est $N = 2^2 \times 3^3 \times 11^2$ (méchant conducteur) et le root-number de $E$ est $-1$ comme on pouvait s'y attendre.
• Soit $n$ un entier quelconque. Montrer que $3n^2+3n+7$ n'est jamais le cube d'un entier.
• Les pages d'un livre sont numérotées de $1$ à $n$.
On additionne les numéros des pages mais une page a été comptée deux fois sans qu'on sache laquelle. On trouve un faux total égal à $1994$.
Quelle est la page comptée deux fois et quel est le nombre de pages du livre ?
• Trouver des entiers $a,b,c,d$ tels que $a^3+b^3+c^3=d^3$.
Pour ce problème, une méthode consiste à se donner un paramètre réel $x$ et à exprimer $a,b,c,d$ en fonction de $4$ trinômes du second degré en $x$.
Puis on montre que pour tout $z \in \mathbb{Z}, \: P(x)=Q(x)$ avec $P(x)=a^3+b^3+c^3$ et $Q(x)=d^3$.
J'ai essayé pour quelques valeurs de $x$ et bien sûr ça marche. Le seul problème est que le système de quatre équations en $x$ a l'air de tomber de l'espace et on ne voit pas trop comment le justifier.
Une autre méthode plus géométrique consiste (en supposant $d \neq 0$) à faire apparaître une surface cubique $(S)$ contenant trois droites réelles puis à couper $(S)$ par un plan contenant une de ces trois droites. Après dépouillement de points, on obtient l'équation d'une conique qu'il ne reste plus qu'à paramétrer avec les bonnes formules.
J'ai hésité à poster ce problème ici car j'aurais aimé savoir ce qu'en pensent les géomètres du forum (mais comme ils ne sortent jamais de leur pré carré, il y a peu de chances pour qu'ils lisent ce message).
...
...
Oui, il y a une solution presque triviale.
Si je vois bien, Il faut réduire modulo $9$ ton polynôme du second degré. Les valeurs possibles modulo $9$ sont $4,7$.
Tandis que les nombres qui sont des cubes modulo $9$ sont congrus modulo $9$ à $0,1,8$.
Le livre a 62 pages et la page 41 a été comptée deux fois.
J'avais posté un article (il faudrait que je le retrouve) qui donnait l'expression de nombres entre 1 et 100 comme somme de trois cubes. Entre 1 et 100 il y a plusieurs cubes (27,64).
@Fin de Partie: je pensais à $(3,4,5,6)$. Comment je l'ai trouvé ? En prenant les $4$ coefficients en $x^2$ des $4$ trinômes du système.
Je sais, ce n'est pas très glorieux.
...
...
$6^3+(-5)^3+(-4)^3=27$
On a aussi:
$6^3+(-5)^3+(-3)^3=4^3$
J'ai trouvé ceci dans l'article dont je parlais plus haut: https://londmathsoc.onlinelibrary.wiley.com/doi/pdf/10.1112/jlms/s1-30.1.101 (ce n'est pas en accès libre me semble-t-il)
J'ai retrouvé la file de messages dont je parlais plus haut aussi:
http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?5,1787988
PS:
J'avais écrit un petit script GP PARI qui aurait dû trouver ces valeurs (je "scannais" les triplets $(m,n,p)$ sur $[-5000,5000]^3$) Mais j'imagine que j'ai mal programmé l'élagage des valeurs inintéressantes.
Dans ma précipitation j'ai oublié d'ajouter une instruction qui imprime les triplets qui sont probablement ce qu'on cherche. :-D
Le script:
J'ai ramené les bornes à des nombres plus petits pour ne pas avoir un affichage pléthorique.
http://www.numdam.org/article/NAM_1903_4_3__17_1.pdf
et
http://people.math.harvard.edu/~elkies/4cubes.html, qui renvoie au Dickson, etc.
Le problème « 3n^2+3n+7 » a été repéré par plusieurs, déjà moi naguère, mais on le retrouve ici aussi :
https://forums.futura-sciences.com/mathematiques-college-lycee/770145-trouver-k-naturel-tel-3n-2-3n-7-k-3-a.html
À part ma feuille d'exos de 1991-92 (que je joins), imprimée avec le vénérable Chiwriter, je ne retrouve pas la référence où je l'avais pris.
Je ne suis pas étonné que ça vienne d'olympiades hongroises : ce pays est celui qui a la plus longue tradition de compétitions mathématiques, ses quelques années de régime socialiste - autrement dit de domination par l'URSS - n'y sont pour rien. Il y a eu quatre tomes du Hungarian Problem Book, le premier débute en 1894, et le dernier s'arrête en 1963. Alors quelle est la référence précise de ce problème ?
Bonne journée.
Fr. Ch.
\begin{align}
\begin{vmatrix}
S(1,1) & S(1,2) &... & S(1,n) \\
S(2,1) & S(2,2) &... & S(2,n) \\
... & ... & ... & ...\\
S(n,1) & S(n,2) &... & S(n,n)
\end{vmatrix}=n!
\end{align} PS. Enoncé corrigé. Merci à Noix de Totos pour sa vigilance. Le $S$ ne m'inspirait pas beaucoup il faut croire. :-D
Sinon, pour la solution, on utilise un résultat général : si $f$ est une fonction arithmétique et si $g = f \star \mu$ est la transformée d'Ératosthène de $f$, alors le déterminant de la matrice $M = (m_{ij})$ définie par $m_{ij} = f(\textrm{pgcd}(i,j))$ est donné par
$$\det M = \prod_{k=1}^n g(k).$$
La solution de ton exo découle alors directement du choix de $g = \textrm{id}$, car $\textrm{id} = \sigma \star \mu$.
Référence. https://www.amazon.fr/Introduction-Theory-Numbers-Ivan-Niven/dp/0471625469/ref=sr_1_1?__mk_fr_FR=ÅMÅŽÕÑ&keywords=Niven,+an+introduction+to+the+theory+of+numbers&qid=1582623059&sr=8-1
(i) Vérifie que l'on a $M = N \times {}^t R$ ;
(ii) les matrices $N$ et $R$ étant triangulaires, il est alors facile de conclure.
J'ai baptisé la matrice $R$ en référence à la matrice de Redheffer, lequel a découvert en 1977 la matrice éponyme dont le déterminant, égal à la fonction de Mertens, est très profondément lié à l'hypothèse de Riemann. La matrice $R$ ici donnée est proche de la matrice de Redheffer, dont tous ces problèmes de déterminant de matrices de fonctions arithmétiques découlent de façon plus ou moins directe.
À noter qu'avec un ancien membre de ce forum, nous avons donné en 2009 une démonstration simple du calcul du déterminant de la matrice de Redheffer en utilisant une décomposition LU de celle-ci.
j'ai traité un problème similaire au premier exercice de ta feuille de cours.
Une idée pour un début de solution : on se place dans la ligne $n \geq 2$ du triangle de Pascal.
Trois termes $\mathrm{C}^{p-1}_n$, $\mathrm{C}^{p}_n$, $\mathrm{C}^{p+1}_n$, $(0 \leq p \leq n-2)$ de cette ligne sont en progression arithmétique si :
\begin{equation}
\displaystyle \mathrm{C}^{p-1}_n + \mathrm{C}^{p+1}_n=2\mathrm{C}^{p}_n.
\end{equation} Ensuite, dans le membre de gauche, on exprime $\mathrm{C}^{p+1}_n$ comme un multiple de $\mathrm{C}^{p-1}_n$.
Une telle progression apparaît à la ligne $7$ du triangle: $(1 \: 7 \: 21 \: 35 \: 35 \: 21 \: 7 \: 1)$.
Au prix de quelques calculs supplémentaires, on peut démontrer qu'aucune ligne du triangle de Pascal ne contient $4$ termes consécutifs en progression arithmétique.
Pour la référence du problème : je n'ai malheureusement que celle-là à te donner. Maintenant, si ce n'est pas une olympiade internationale, il s'agit peut-être d'un concours national ou une compétition régionale. Il y en a un très grand nombre en Hongrie. Une revue anglaise (dont j'ai oublié le nom) les a recensés : c'est à peine croyable ! Ces concours servent à détecter les futurs talents mathématiques.
• Dans "Combinatoire avancée", Louis Comtet propose le problème suivant dans lequel $(i,j)$ désigne le plus grand diviseur commun de $i$ et $j$ et $\phi$ est la fonction d'Euler (i.e. le nombre d'entiers $k$ entre $1$ et $n-1$ tels que $(k,n)=1)$.
\begin{align}
\begin{vmatrix}
(1,1) & (1,2) &\cdots & (1,n) \\
(2,1) & (2,2) &\cdots & (2,n) \\
\cdots & \cdots & \cdots & \cdots\\
(n,1) & (n,2) &\cdots & (n,n)
\end{vmatrix}=\phi(1)\phi(2)\cdots\phi(n)
\end{align} ...
Son auteur est un certain Melvin Dresher. Il est paru en $1934$.
La solution donnée est différente de celle donnée ci-dessus. Elle utilise une propriété d'inversion, pas évidente, de fonctions définies sur les entiers.
Soient deux fonctions $f,\psi$ définies sur l'ensemble des entiers non nuls.
Soit $n=p_1^{\alpha_1}\times ...\times p_m^{\alpha_m}$ et $d_1,...,d_r,n$ tous ses diviseurs.
Si on a $f(n)=\psi(1)+\psi(d_1)...+\psi(d_r)+\psi(n)$ alors $\psi(n)=f(n)-\sum f\left(\frac{n}{p_i}\right)+\sum f\left(\frac{n}{p_ip_j}\right)-\sum f\left(\frac{n}{p_ip_jp_k}\right)+...$
La première somme est étendue à tous les diviseurs premiers de $n$, la seconde somme à tous les couples de diviseurs premiers distincts de $n$ etc.
PS:
Pour ceux que cela intéresse, la référence exacte à cette solution qui est suivie d'au moins une autre où il est question d'un certain Smith. B-)-
Problem 3687 Author(s): Melvin Dresher, M. A. Heaslet and Harry Langman Source: The American Mathematical Monthly,Vol. 43, No. 1 (Jan., 1936), pp. 52-56
Soit $x\leq \frac{n^2}{4}$ un entier naturel qui n'a pas de facteurs premiers plus grands que $n$.
Montrer que $n!\equiv 0\mod{x}$
@Fin de Partie : ce que tu appelles "formule d'inversion, pas évidente" n'est rien d'autre que la formule d'inversion de Möbius. Écrite avec les notations modernes, cela donne
$$f(n) = \sum_{d \mid n} \psi(d) \Longleftrightarrow \psi(n) = \sum_{d \mid n } \mu(d) f(n/d).$$
J'ai pensé à cette formule mais j'étais persuadé, à tort, que la formule d'inversion de Möbius nécessitait de la multiplicativité pour au moins l'une des fonctions concernées.
https://londmathsoc.onlinelibrary.wiley.com/doi/abs/10.1112/plms/s1-7.1.208
Il s'agit de Henry John Stephen Smith (1826 – 1883)
http://mathshistory.st-andrews.ac.uk/Biographies/Smith.html
auteur d'un Report on the Theory of Numbers (1859-1865) qui présente bien l'état de cette discipline à l'époque.
Bonne soirée.
Fr. Ch.
Puisque $(d,n)=d$ pour tout diviseur $d$ positif de $n$, on a:
\begin{equation}
\displaystyle \sum_{d | n} \mu \big(\frac{n}{d}\big)(d,n)=\sum_{d | n} \mu \big(\frac{n}{d}\big)d=\phi(n).
\end{equation}
...
• On a alors: $p^3=3n(n+1)+7$. $n$ et $n+1$ étant consécutifs, ils sont de parités différentes. Donc $n(n+1)$ est pair ainsi que $3n(n+1)$ de sorte que $p^3=3n(n+1)+7$ est impair et l'entier $p$ est impair.
• Il existe donc $q$ tel que $p=2q+1$.
$3(n^2+n+2)+1=(2q+1)^3=8q^3+12q^2+6q+1$.
$3(n^2+n+2)=2q(4q^2+6q+3)$.
• Supposons que $q$ ne divise pas $3$.
Puisque $(2,3)=1$, $3$ ne divise pas $2q$ (théorème de Gauss).
Alors $3$ doit diviser $4q^2+6q+3=4q^2+3(2q+1)$.
Puisque $3$ divise $3(2q+1)$, $3$ divise aussi $4q^2$ par soustraction.
Mais $3$ et $4$ sont premiers entre eux. Donc $3$ divise $q^2$. Comme $3$ est premier, $3$ divise $q$ ce qui contredit l'hypothèse.
Donc $3$ divise $q$ et $q=3r$.
L'égalité initiale devient alors $3(n^2+n+2)=6r(36r^2+18r+3) \longleftrightarrow n^2+n+2=6r(12r^2+6r+1)$.
L'entier $n^2+n+2$ est donc un multiple de $6$. Il ne reste plus qu'à établir cette dernière impossibilité.
• $n^2+n+2$ ne peut pas être un multiple de $6$.
$n^2+n+2=n(n+1)+2$ étant un multiple de $2$, montrons qu'il n'est pas un multiple de $3$.
On se transporte dans $\mathbb{Z}/3\mathbb{Z}$.
Si $n=0$, $n^2=0$ et $n^2+n+2=2 \neq 0$.
Si $n=1$, $n^2=1$ et $n^2+n+2=4 \: \text{modulo} \: 3 =1 \neq 0$.
Si $n=2$, $n^2=1$ et $n^2+n+2=2 \neq 0$.
L'hypothèse initiale conduit à une absurdité donc $3n^2+3n+7$ n'est pas un cube.
$\textbf{2.}$ Pour le problème $a^3+b^3+c^3=d^3$.
Le système polynomial (que l'on doit à Ramanujan) est le suivant:
\begin{cases}
a=-5x^2+5x+3 \\
b=-3x^2-5x+5 \\
c=6x^2-4x+4 \\
d=4x^2 -4x +6
\end{cases}
Par exemple, pour $x=3$, $a^3+b^3+c^3=-27^3+46^3-37^3=-19 683+97336-50653=27000=30^3=d^3$.
On constate que les polynômes réels $P(x)=a^3+b^3+c^3$ et $Q(x)=d^3$ coïncident sur sept valeurs distinctes $x \in \{-3,-2,-1,0,1,2,3\}$ et comme ils sont de degré inférieur à $6$, on a : $\forall x \in \mathbb{R}, \: P(x)=Q(x)$.
Concernant la surface cubique $(S)$ d'équation $x^3+y^3+z^3=1$, Mordell a trouvé des solutions paramétriques partielles pour un paramètre $t$ parcourant l'ensemble des entiers:
\begin{equation}
\displaystyle x=9t^4, \: \: \: \: y=-9t^4+3t, \: \: \: \: z=-9t^3+1
\end{equation}
J'attache en lien un document montrant que Ramanujan avait trouvé à l'équation $x^3+y^3+z^3= \pm 1$ une famille infinie de solutions sous forme de fonctions génératrices.
En illustration: une représentation par MATHEMATICA de la surface $(S): \: x^3+y^3+z^3=1$.
Elle contient trois droites réelles
\begin{cases}
z=1 \\
x=-y
\end{cases}
Les deux autres droites s'obtiennent par permutations des coordonnées.
...
Je suis toujours sur le 1.
Montrer que la série $\displaystyle \sum_{p \in P} {1 \over p \ln p}$ converge avec $P$ l'ensemble des nombres premiers.
$\bullet$ Test de condensation de Cauchy :
Pour une fonction $f$ décroissante sur les entiers non nuls, les séries $\displaystyle \sum_{n \geq 1} f(n)$ et $\displaystyle \sum_{n \geq 1} 2^n f(2^n)$ sont de même nature.
Démonstration dans mon message précédent.
$\bullet$ Série de Bertrand :
Avec $\displaystyle a,b \in \R$, la série $\displaystyle \sum_{n \geq 2} {1 \over n^a \ln^b n}$ converge pour $\displaystyle (a>1, b \in \R)$ et pour $\displaystyle (a=1, b >1)$. Elle diverge dans tous les autres cas.
Démonstration dans mon message précédent.
$\bullet$ On a, pour tout $\displaystyle n \in \N_{\geq 1}$, $\displaystyle \prod_{n+1 \leq p \leq 2n} p \leq 2^{2n}$ avec $\displaystyle p \in P.$
Démonstration par récurrence en notant qu'un nombre premier strictement plus grand que $2$ est impair.
$\bullet$ On a $\displaystyle \theta(x) = \sum_{p \leq x} \ln p = O(x), (x \to +\infty)$ avec $\displaystyle p \in P.$
Démonstration :
Pour tout $\displaystyle n \in \N_{\geq 1}$, on calcule $\displaystyle e^{\theta(2n)-\theta(n)} = {e^{\displaystyle \sum_{p \leq 2n} \ln p} \over e^{\displaystyle \sum_{p \leq n} \ln p} } = {\displaystyle \prod_{p \leq 2n} p \over \displaystyle \prod_{p \leq n} p } =\displaystyle \prod_{n+1\leq p \leq 2n} p \leq 2^{2n}$ et donc $\displaystyle \theta(2n)-\theta(n) \leq 2n \ln 2.$
Ou encore, pour tout $\displaystyle r \in \N_{\geq 1}$, $\displaystyle \theta(2^{r})-\theta(2^{r-1}) \leq 2^r \ln 2.$
On en déduit que, pour tout $\displaystyle m \in \N_{\geq 1}$, $\displaystyle \theta(2^m) = \sum_{r=1}^m \theta(2^{r})-\theta(2^{r-1}) \leq \sum_{r=1}^m 2^r \ln 2= (2^{m+1}-2) < 2^{m+1} \ln 2.$
On sait que, pour tout $\displaystyle x \geq 1$, il existe $\displaystyle m \geq 1$ tel que $\displaystyle 2^{m-1} \leq x < 2^m$ et comme la fonction $\theta$ est croissante, on calcule $\displaystyle \theta(x) \leq \theta(2^{m}) < 2^{m+1} \ln 2 \leq 4 \ln 2 x.$
On a donc établi qu'il exite une constante positive $\displaystyle c= 4 \ln 2 >0$ telle que, $\displaystyle |\theta(x)| =\theta(x) \leq c x, (x \to +\infty).$
$\bullet$ Si $\displaystyle \theta(x) \sim x, (x \to +\infty)$ alors $\displaystyle \pi(x)=\sum_{p \leq x} 1 \sim {x \over \ln x}, (x \to +\infty)$ avec $\displaystyle p \in P.$
Démonstration :
La fonction logarithme est croissante, donc on a, pour tout $x \geq 1$, $\displaystyle \theta(x) \leq \sum_{p \leq x} \ln x = \pi(x) \ln x.$
Pour tout $\displaystyle \varepsilon >0$, on a alors $\displaystyle 1-\varepsilon \leq {\theta(x) \over x} \leq {\pi(x) \ln x \over x}, (x \to +\infty).$
On calcule $\displaystyle \theta(x) \geq \sum_{x^{1-\varepsilon} < p \leq x} \ln p \geq \sum_{x^{1-\varepsilon} < p \leq x} \ln x^{1-\varepsilon}=(1-\varepsilon) \ln x \sum_{x^{1-\varepsilon} < p \leq x} 1 = (1-\varepsilon) \ln x (\pi(x) - \pi(x^{1-\varepsilon})), (x \to +\infty).$
Comme on a, pour tout $\displaystyle x \geq 1$, $\displaystyle \pi(x) \leq x$, alors on calcule $\displaystyle \theta(x) \geq (1-\varepsilon) \ln x (\pi(x) - x^{1-\varepsilon}), (x \to +\infty).$
Ou encore $\displaystyle {\theta(x) \over x} \geq (1-\varepsilon) {\pi(x) \ln x \over x} - (1-\varepsilon) {\ln x \over x^{1-\varepsilon}}, (x \to +\infty).$
Comme on a $\displaystyle (1-\varepsilon) {\ln x \over x^{1-\varepsilon}} \to 0, (x \to +\infty)$, alors, pour tout $\displaystyle \delta >0$, $\displaystyle -(1-\varepsilon) {\ln x \over x^{1-\varepsilon}} \geq - \delta, (x \to +\infty).$
Ou encore $\displaystyle {\theta(x) \over x} \geq (1-\varepsilon) {\pi(x) \ln x \over x} - \delta, (x \to +\infty).$
Par ailleurs, comme $\displaystyle \theta(x) \sim x, (x \to +\infty)$, on a $\displaystyle {\theta(x) \over x} \leq 1+\delta, (x \to +\infty).$
On a établi que, pour tout $\displaystyle \varepsilon >0$ et pour tout $\displaystyle \delta >0$, on a $\displaystyle 1+\delta \geq {\theta(x) \over x}\geq (1-\varepsilon) {\pi(x) \ln x \over x} - \delta, (x \to +\infty).$
Ou encore, pour $\displaystyle \varepsilon < 1/2$, $\displaystyle {\pi(x) \ln x \over x} \leq {1+2 \delta \over 1-\varepsilon}, (x \to +\infty).$
On choisit alors $\displaystyle \delta = {\varepsilon \over 2} (1-2 \varepsilon) >0$ pour obtenir $\displaystyle 1-\varepsilon \leq {\pi(x) \ln x \over x} \leq 1+2 \varepsilon, (x \to +\infty).$
Et à la limite $\displaystyle \varepsilon \to 0$, on a $\displaystyle {\pi(x) \ln x \over x} \to 1, (x \to +\infty).$
Il me manque encore un truc pour établir le théorème des nombres premiers. C'est pénible !
$\bullet$ Si $\displaystyle x \sim {y \over \ln y}, (x \to +\infty)$ alors $\displaystyle y \sim x \ln x, (y \to +\infty).$
Démonstration par l'étude de la fonction $\displaystyle y \mapsto {y \over \ln y}$ pour $\displaystyle y >e$ qui est strictement croissante et est donc une bijection qui admet une bijection réciproque. Et donc, si $\displaystyle x = {y \over \ln y}$ alors $\displaystyle \ln x \sim \ln y, (x \to +\infty)$ ou encore $\displaystyle \ln y \sim \ln x, (y \to +\infty).$
$\bullet$ La série $\displaystyle \sum_{p \in P} {1 \over p \ln p}$ converge avec $P$ l'ensemble des nombres premiers.
Démonstration :
On note $\displaystyle p_k$ les nombres premiers de rang $\displaystyle k \geq 1$ et alors $\displaystyle \sum_{p \in P} {1 \over p \ln p} = \sum_{k \geq 1} {1 \over p_k \ln p_k}.$
On sait que, par définition et par le théorème des nombres premiers, $\displaystyle \pi(p_k) = k \sim {p_k \over \ln p_k}, (p_k \to +\infty)$ et donc $\displaystyle p_k \sim k \ln k, (k \to \infty)$ et on sait que la série $\displaystyle \sum_{k \geq 1} {1 \over k \ln^2 k}$ converge.
Étape 1. On note $\theta(n) = \displaystyle \sum_{p \leqslant n} \log p$ la $1$ère fonction de Chebyshev. Par récurrence, on montre que
$$\theta(n) \leqslant n \log 4.$$
L'hérédité se démontre en remarquant que, par le théorème de Gauss, $\displaystyle \prod_{m+1 < p \leqslant 2m+1} p$ divise $\dbinom{2m+1}{m}$.
Étape 2. Il n'y a alors plus qu'à faire une sommation partielle : pour tout entier $n \geqslant 1$
\begin{align*}
\sum_{p \leqslant n} \frac{1}{p \log p} &= \sum_{p \leqslant n} \left( \log p \times \frac{1}{p \log^2 p} \right) \\
&= \frac{\theta(n)}{n \log^2 n} + \int_2^n \frac{\theta(t)(\log t + 2)}{t^2 \log^3 t} \, \textrm{d}t \\
& \leqslant \log 4 \left(\frac{1}{\log^2 n} + \int_2^n \frac{\log t + 2}{t \log^3 t} \, \textrm{d}t \right) \\
& \leqslant 2 + \frac{2}{\log 2}.
\end{align*}
Les sommes partielles de ta série à termes positifs sont bornées, de sorte que la série converge.
Je reviens sur ce fil, pour proposer l'exercice suivant, difficile, et ce après avoir lu les sujets plus ou moins sérieux (plutôt moins que plus, d'ailleurs) portant sur la conjecture de Goldbach.
Montrer que tout entier $n \geqslant 31$ peut s'écrire comme somme de deux nombres sans facteur carré.
Le résultat est trivialement vrai si $n \in \{2,\dotsc,30\}$.
Il est évident que, si l'on ne peut pas montrer cette proposition, inutile de s'attaquer à Goldbach.
Cette fonction étant identiquement nulle sur l'ensemble des entiers qui ne sont pas sans facteurs carrés, $\mu^2(n)=|\mu(n)|$ est la fonction caractéristique des entiers sans facteurs carrés.
Il existe différentes solutions. Sans rentrer dans les détails, une première étape serait d'utiliser la fonction $\sum_{n \leq N}\mu(n)^2$ comptant le nombre d'entiers sans facteurs carrés inférieurs ou égaux à $N$ ainsi que l'égalité $\displaystyle 6/\pi^2=\sum_{n \leq \sqrt{N}}\mu(n)n^{-2}+\sum_{n>\sqrt{N}}\mu(n)n^{-2}$, pour établir que :
\begin{equation}
\displaystyle k(N)=\sum_{k=0}^{\infty} \mu(k) \lfloor{\frac{N}{k^2}\rfloor} \geq \frac{6N}{\pi^2}-2\sqrt{N}.
\end{equation} Un problème ouvert : pour un $x$ assez grand, l'intervalle $[x,x+x^{1/5}]$ contient un entier sans facteurs carrés.
...
à propos de la première série $\Sigma_p\frac{1}{p.lnp}$ proposée par noix de totos (avec p entier premier),
elle converge en effet vers une limite proche de $\frac{1}{ln2} = 1,6366....$
on peut raisonner avec l'équivalent asymptotique de $p_q$, c'est-à-dire le qième nombre premier (l'entier premier de rang q)
soit $q(1+lnq)$ soit encore l'équivalent $q.lnq$
et donc $\Sigma_{p=2}^{q}\frac{1}{p.lnp}$ a le même comportement lorsque q tend vers l'infini que l'intégrale $\int_2^{q}\frac{dx}{xln^2x}$
soit $\frac{-1}{lnq} + \frac{1}{ln2}$ qui converge vers $\frac{1}{ln2}$
cordialement
Voir https://zbmath.org/?q=an:0799.11032, https://zbmath.org/?au=filaseta;trifonov&ti=&so=&la=&py=1996&ab=&rv=&an=&en=&cc=&ut=&sw=&br=&any=&dm=, ou bien, plus généralement, https://zbmath.org/?q=an:1325.11007 ou le chapitre 5 de https://www.amazon.fr/Arithmetic-Tales-Olivier-Bordellès-ebook/dp/B00A27DJD6/ref=sr_1_1?__mk_fr_FR=ÅMÅŽÕÑ&keywords=arithmetic+tales&qid=1583487119&sr=8-1
ou montrer qu'il n'y en a pas. X:-(