Mystère et boule de gomme
dans Arithmétique
Bonjour
Soient :
1) $a$, $b$, $c$ : trois entiers strictement positifs et premiers entre eux deux à deux, avec $a>b>c$.
2) $kc$ : le plus petit multiple strictement positif de $c$ exprimable sous la forme d'une combinaison linéaire de $a$ et $b$ sur $\mathbb{N}$. Disons : $ma+nb=kc$ $(m,n \in \mathbb{N})$.
Où pourrais-je trouver des informations sur $m$ et $n$ ?
Par exemple, j'aimerais savoir si l'on a toujours : $\ \mathrm{pgcd}(m,n) \mid c$.
Merci d'avance.
Soient :
1) $a$, $b$, $c$ : trois entiers strictement positifs et premiers entre eux deux à deux, avec $a>b>c$.
2) $kc$ : le plus petit multiple strictement positif de $c$ exprimable sous la forme d'une combinaison linéaire de $a$ et $b$ sur $\mathbb{N}$. Disons : $ma+nb=kc$ $(m,n \in \mathbb{N})$.
Où pourrais-je trouver des informations sur $m$ et $n$ ?
Par exemple, j'aimerais savoir si l'on a toujours : $\ \mathrm{pgcd}(m,n) \mid c$.
Merci d'avance.
Réponses
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Le lemme de Gauss.
Merci, raoul.S.
Maintenant, passons à quelque chose qui me semble plus compliqué.
Soit l'équation diophantienne $ma+nb=kc$, dont tous les éléments sont définis comme dans le message initial de ce fil, mais avec ici $m$ et $n$ premiers entre eux.
Pour tout couple solution $(X, Y)$ de l'équation diophantienne $nx+my=c$, est-il possible de démontrer que l'on a toujours $Xa\equiv Yb\pmod{c}$ ?
Merci d'avance. -
Sneg a écrit:est-il possible de démontrer que l'on a toujours $Xa\equiv Yb\pmod{c}$ ?
Oui.
Tu considères tes deux équations modulo c : $$\begin{align*}
ma+nb &\equiv 0 \mod c\\
nx+my &\equiv 0 \mod c
\end{align*}
$$ Si on multiplie la première par $x$ et la deuxième par $b$ on obtient :$$\begin{align*}
max+nbx &\equiv 0 \mod c\\
nbx+mby &\equiv 0 \mod c
\end{align*}
$$ en soustrayant on obtient : $m(ax-by)\equiv 0\mod c$.
Si on recommence en multipliant la première équation par $y$ et la deuxième par $a$ et en soustrayant on obtient $n(ax-by)\equiv 0\mod c$.
Pour finir, il existe deux entiers $a',b'$ tels que $a'n+b'm=1$ ($m,n$ sont premiers entre eux).
En multipliant cette dernière égalité par $ax-by$ on trouve $0\equiv ax-by \mod c $.
Donc $ax\equiv by \mod c$. -
Grand merci, raoul.S.
Cependant, pardonne-moi de ne pas comprendre la fin de ton message.
Je reprends. On a :
$m(ax-by)\equiv 0 \equiv n(ax-by)\pmod{c}$.
Maintenant, comment faire pour se débarrasser de $m$ ou $n$ ?
(Dans mon raisonnement à moi, je n'arrive pas à démontrer que $(m-n)$ ne divise pas $c$.)
Encore merci. -
Pour se débarrasser de $m$ et $n$ il faut se rappeler que ces derniers sont premiers entre eux. Donc il existe deux entiers $a',b'$ tels que $a'n+b'm=1$ (c'est le théorème de Bézout).
Si on multiplie cette dernière égalité à gauche et à droite par $ax-by$ on trouve $a'n(ax-by)+b'm(ax-by)=ax-by$ et vu que $m(ax-by)\equiv 0 \equiv n(ax-by)\pmod{c}$, le membre de gauche de l'égalité précédente est nul modulo c, c'est-à-dire $$0\equiv ax-by \mod c$$ -
Ah, oui ! J’ai compris.
Encore un tout grand merci, Raoul.S.
Il y a un second mystère à propos du couple $(m,n)$, quand $m$ et $n$ ne sont pas premiers entre eux.
J’y reviendrai une autre fois, si Dieu me prête vie. -
Je te le souhaite.
-
Bonjour,
Voici pour finir le problème qui est à l'origine du titre de ce fil.
Soient :
1) $a$, $b$, $c$ : trois entiers strictement positifs et premiers entre eux deux à deux, avec $a>b>c$.
2) $kc$ : le plus petit multiple strictement positif de $c$ exprimable sous la forme d'une combinaison linéaire de $a$ et $b$ sur $\mathbb{N}$. Disons $ma+nb=kc$ $(m,n \in \mathbb{N})$. Cela dit, on ne considérera ci-dessous que les cas où $m$ et $n$ sont strictement positifs.
Est-il possible de démontrer que l'équation diophantienne $nx+my=c$ possède dans $\mathbb{N^{*}}$ toujours au moins deux solutions distinctes, disons $(X_{1}, Y_{1})$ et $(X_{2}, Y_{2})$, telles que $X_1a\equiv Y_1b\pmod{c}$ et $X_2a\equiv Y_2b\pmod{c}$ ?
Merci d'avance. -
@Sneg il n'y a pas forcément de solutions. Si tu prends $a=2,b=3$ et $c=1$ alors $m=n=1$ et l'équation $x+y=1$ ne possède pas de solutions dans $\mathbb{N^{*}}$.
Après je ne sais pas si ça peut t'aider mais l'ensemble des solutions dans $\mathbb{Z}$ de l'équation $nx+my=c$ est :
$$
\left\{\Big(x_0+\ell \dfrac{m}{n\wedge m},\ y_0 - \ell \dfrac{n}{n\wedge m}\Big) \bigm\vert \ell\in\mathbb{Z} \right\},
$$ où $(x_0,y_0)$ est une solution particulière de l'équation $nx+my=c$. À voir si on peux en déduire des solutions que dans $\mathbb{N^{*}}$. -
Merci d’intervenir, raoul.S et depasse.
Attention ! Il s’agit bien de $a>b>c$. -
Bonjour, si je comprends il y a une différence entre les $2$ équations : $ma+nb=kc$ (inconnues $m,n$; $k$ minim) et $mx+ny=c$ (inconnues $x,y$) en tout cas pourquoi il doit y avoir un couple $(x,y)$ non négatif solution ?
Cordialement. -
Bonjour, Tonm, et merci à toi.
Attention, il s'agit de l'équation diophantienne $nx+my=c$ et pas $mx+ny=c$. (Peut-être que pour les mathématiciens, ça ne fait pas de différence ? En tout cas, pour moi, si.)
Autre remarque importante.
Dans l'exemple donné par raoul.s, où $a=2$, $b=3$ et $c=1$, le plus petit multiple strictement positif de $c$ $(=1)$ exprimable sous le forme d'une combinaison linéaire de $a$ et $b$ sur $\mathbb{N}$ est $1\times 2+0\times 3=2\times 1$. Et dans ce cas, $m=1$ et $n=0$. Or, j'ai expressément précisé deux messages à moi plus haut que l'on ne "considérera...que les cas où $m$ et $n$ sont strictement positifs".
Cordialement. -
Oui merci, ça semble tenir ta conjecture, en cette forme.
$a,b,c$ entiers premiers deux à deux.
Soit $kc$ le plus petit multiple de $c$ exprimable en $am+bn$ avec $m>0$ et $n>0$. L'équation $mx+ny=c$ à au moins deux solutions entières $(x,y)$ non-négatives. ($x,y$ sont des variables muets tu peux les échanger).
Le cas prouvé modestement est que si $a=b=i\pmod{c}$ et
dans ce cas on sait qu'il existe $r$ tel que $1\le r<c-1$ avec $ra+b=0=a+rb\pmod{c}$, selon $a<b$ ou non $m=r$ ou $m=1$ et ta conjecture est vrai $r(1)+1(c-r)=c$ et $r\times 0+1(c)=c$. $c=c-1$ si $i=1$. -
Je me demande, Tonm, si on est bien d'accord sur les définitions.
Par exemple, si $a=59$, $b=9$ et $c=7$, alors :
1) d'après ma définition de $kc$, on a $ma+nb=kc=0\times 59+7\times 9=9\times 7$, où $m=0$ et $n=7$. C'est un cas que j'écarte puisque $m=0$.
2) d'après ta définition de $kc$, $kc$ pourrait valoir $ma+nb=kc=1\times 59+2\times 9=11\times 7$, où $m=1$ et $n=2$.
Cela dit, ai-je raison de penser que tu as juste abordé le cas où $a\equiv b\pmod{c}$ ? (Ce serait déjà un bon début.) -
Oui c'est juste ça.
-
Dans l'exemple (59,9,7) 59 et 9 ne sont pas égaux modulo 7, il me semble.
Et l'équation a + 2b = 7 donne 3 solutions.
Sinon, le triplet ( 29 , 23 , 3) n'a qu'une solution
Min : 29*1 + 23*2 = 25 * 3
et
1 * a + 2*b = 3 n'a qu'une solution -
Bonjour, nodgim, :-)
Merci d'intervenir, mais je ne suis pas d'accord avec ton exemple $(29, 23, 3)$.
En effet, dans $\mathbb{N}$, on a $0\times 29+3\times 23=23\times 3$ qui est inférieur à $25\times 3$.
Dans ce cas, $m=0$ et $n=3$, ce qui est un genre de solution que j'écarte.
Mais, finalement, je me demande pourquoi je ne m'intéresse qu'aux cas où $m$ et $n$ sont strictement positifs. En effet :
1) d'une part, on ne peut pas avoir $m=0$ et $n=0$ ensemble, car $ma+nb=kc$ donnerait $0a+0b=0$, où $0$ n'est pas un multiple strictement positif de $c$.
2) d'autre part, des deux égalités :
$0a+cb=bc$
et
$ca+0b=ac$
seule la première devra être retenue puisque l'on recherche le plus petit multiple strictement positif de $c$ et que, par définition $b<a$.
Ainsi, dans mon problème, $0a+cb=bc$ conduit à chercher dans l'équation diophantienne $cx+0y=c$ au moins deux solutions strictement positives, disons $(X_1, Y_1)$ et $(X_2, Y_2)$ telles que $X_1a\equiv Y_1b\pmod{c}$ et $X_2a\equiv Y_2b\pmod{c}$.
Or, ces deux solutions existent puisque, dans $cx+0y=c$, on a pour solutions $x=1$ et $y\in \mathbb{Z}$, ce qui donne à la congruence $1a\equiv xb\pmod{c}$ au moins deux solutions strictement positives. Non ? (Pour rappel, $a$, $b$ et $c$ sont premiers entre eux deux à deux.)
@ Tonm :
Je pense que le cas que tu as étudié, à savoir $a\equiv b\pmod{c}$, revient au cas où $m=0$ et $n=c$ dont je viens de parler. -
Oui c'est une reformulation, ça tient aussi donc tu peux dire $m\ge 0$ $n\ge 0$ garder $kc$ le plus petit entier multiple de $c$ exprimable en $am+bn$ alors il y a au moins $2$ solutions distinctes $(x,y)$ à $mx+ny=c$ avec $x>0$ et $y>0$.
Et comme tu dis le cas $m=0$ ou $n=0$ est trivial. -
@ Sneg : je ne te suis pas très bien. Tu choisis de dire que m et n > 0, comme j'ai cru le lire dans les différents cas traités. Donc, la solution que j'ai proposée est bien la plus petite, non ? Et il en résulte une solution unique pour obtenir exactement 3.
Si ce n'est pas ça, précise le, parce que je ne comprends plus.... -
@ nodgim :
Je t'invite à lire ce que j'ai écrit cinq messages à moi plus haut.
Dans ce message-là tu pourras lire que, dans l'égalité $ma+nb=kc$, $m$ et $n$ appartiennent à $\mathbb{N}$. Je veux dire par là qu'ils peuvent valoir $0$, même si, au moment d'écrire mon message, j'ai proposé de laisser de côté les cas où $m$ ou $n$ valent $0$ car je les trouvais inintéressants. Mais ensuite, je me suis dit que ce serait plus "élégant" de les inclure dans une éventuelle solution globale. Dans mon message précédent, je pense avoir résolu ces cas laissés initialement de côté et qui se résument en réalité au cas où $m=0$ et $n=c$ : l'équation diophantienne $cx+0y=c$ possède au moins deux solutions $(X,Y)$ strictement positives telles que $Xa\equiv Yb\pmod{c}$, puisqu'il y en a une infinité.
En effet, si tu choisis $m$ et $n$ selon d'autres critères que les miens, tu risques de ne trouver qu'une solution unique, comme tu l'écris. Voire aucune.
En revanche, si tu choisis $m$ et $n$ selon mes critères, tu trouveras toujours au moins deux solutions. En tout cas, c'est ce que je prétends, mais sans savoir pourquoi cela se passe toujours comme ça, d'où le titre de ce fil. :-) -
Vu. La prise en compte du 0 possible amène immédiatement un rapport max pour a/b, ce qui rapproche de la justesse de ta conjecture. A regarder de près tout ça maintenant.
-
Voici au moins 1 cas où est sûr qu'une solution unique ne marche pas.
On note ici les 3 premiers coefficients de " a " et ceux de "b" associés, qui donnent tous un multiple de c :
0 a + c b
1 a + n b
2 a + 2n b
Si n > c/2 alors, 2n [c] < n
Si 1a + n b est supposé le min :
1a+nb < 0a + cb =====> a < b ( c-n)
et 1a + nb < 2a + 2n b =======> a > b (c-n)
Contradiction. -
En tout cas j'ai testé via un petit script toutes les possibilités jusqu'à $c=249$ (ça devient vite très long) et n'ai pas trouvé de contre-exemple à la conjecture.
-
Merci pour vos recherches, nodgim et raoul.S.
En ce qui me concerne, voici ce que je pense :
Quand on a $m\neq 0$, calculer le nombre de Frobenius de l'ensemble {a, b, c} passe à mes yeux par le calcul de la longueur et de la largeur de deux rectangles. Les valeurs $(m-1)$ et $(n-1)$ représentent la longueur de ces deux rectangles. Et pour connaître leur largeur, j'ai besoin que l'équation diophantienne $nx+my=c$ me fournisse deux solutions $(X,Y)$ strictement positives et telles que $Xa\equiv Yb\pmod{c}$.
Puisque le calcul du nombre de Frobenius est toujours possible quand, comme ici, $a$, $b$ et $c$ sont premiers entre eux deux à deux, j'en viens à penser avec optimisme que ces deux solutions strictement positives et telles que $Xa\equiv Yb\pmod{c}$ existent toujours. Mais je ne peux pas le prouver. -
Scindons les difficultés.
Voici une question proche de celle posée sept messages à moi plus haut, mais avec des conditions moins fortes :
Soient :
1) $a$, $b$, $c$ : trois entiers strictement positifs et premiers entre eux deux à deux, avec $a>b>c$.
2) $kc$ : le plus petit multiple strictement positif de $c$ exprimable sous la forme d'une combinaison linéaire de $a$ et $b$ sur $\mathbb{N}$. Disons $ma+nb=kc$ $(m,n\in \mathbb{N})$.
Est-il possible de démontrer que l'équation diophantienne $nx+my=c$ possède toujours une solution $(X;Y)$ telle que $Xa\equiv Yb \pmod{c}$ ?
Merci. -
Une remarque sur cette dernière question :
il n'y a pas à proprement parler une unique solutions ma+nb = kc, avec k min. La réponse dépend du rapport a/b. J'ai trouvé par exemple que pour a [c]=1990 et b[c]=10 avec c = 10 000, il y a 4 réponses possibles selon le rapport a/b :
Le min est 0 *a+ 10 000 * b si a > 7199 b
Le min est 1*a + 2801*b si 1597/3 b < a < 7199 b
Le min est 4*a + 1204*b si 1179/21 b < a < 1597/3 b
Le min est 25*a + 25*b si a < 1179/21 b
Et on peut avoir autant de réponses qu'on veut, pourvu que le nombre c soit suffisamment grand et si on choisit soigneusement a te b.
Bien sûr, si on donne a et b d'entrée, il n'y a qu'une seule solution possible. Mais on est bien obligé de travailler avec les valeurs modulo c, d'où ma remarque. Normalement, le produit m*n ne peut dépasser c, mais il faut le prouver. -
Merci infiniment pour ton travail de recherche, nodgim.
En effet, la valeur de $kc$ dépend des valeurs de $a$ et de $b$.
(Il y a un an ou deux, je t'aurais dit que les coordonnées du "Zéro" de ton tableau de Frobenius varient en fonction de $a$ et $b$.)
Mais il semble y avoir une constante, qui m'intrigue beaucoup :
Quels que soient $a$ et $b$ (définis comme dans mon message précédent), les valeurs de $m$ et $n$ qui en découlent semblent toujours posséder une même caractéristique : l'équation diophantienne $nx+my=c$ produit à chaque fois une solution $(X,Y)$ telle que $Xa\equiv Yb\pmod{c}$. (Deux solutions au moins dans $\mathbb{N^{*}}$, même. Mais ne compliquons pas les choses.)
Cela en devient tellement prévisible que, ce qui m'intrigue, ce n'est pas de voir la chose se produire mais bien que cela soit si difficile à expliquer.
Cela dit, le phénomène que tu as pointé du doigt ne facilite sûrement rien.
[Ajout]
Je pense à quelque chose, nodgim. Si $c=10000$ et si $b\equiv 10\pmod{c}$, comment $b$ et $c$ peuvent-ils être premiers entre eux ? -
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@ Sneg : en fait, a et b modulo c sont des alibis, je les ai choisis après les coefficients, ils n'ont pas d'importance dans le raisonnement. On peut choisir par exemple a = 3587 [10000] et b = 13[10000].
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Sneg,
On va dire que cela découle de la théorie des semi-groupes (numériques) minimalement engendrés par 3 générateurs (je pense à $a\N + b\N + c\N$) avec la contrainte supplémentaire que deux quelconques générateurs parmi les trois sont premiers entre eux, ce qui est vérifié chez toi.
Il faut cependant accepter de changer totalement tes notations, stopper cette histoire de relation d'ordre entre $a,b,c$ et se conformer à Rosales/Garcia-Sanchez dont j'attache un extrait de leur ouvrage. Je ne sais pas si cet extrait sera suffisant. Je double cet attachement via un pointeur sur leur article de 2004 http://hera.ugr.es/doi/15773139.pdf
Je résume quitte à être lourd : mettre provisoirement de côté (mais pas trop) tes petites affaires, bien s'investir dans les notations des auteurs en louchant sur ses propres affaires, ne pas penser ``mais je n'ai pas besoin de tout cela'', faire un dictionnaire ensuite entre tes notations et celle des auteurs ...etc...
Note : tu fais ``rentrer'' $c$ dans $a\N + b\N$ via un multiplicateur. Et c'est en faisant la même chose pour ($a$, $b\N + c\N$) et ($b$, $a\N + c\N$) que va se produire un miracle d'identités à regarder bien dans les yeux. Je pense aux relations du lemme 10.19 et 10.23 (attaché) entre les $r_{ij}, c_i, n_i$ avec LEURS notations.
Bon courage à toi. -
D'accord, nodgim. Je rappelle une fois de plus (je me demande si je ne radote pas un peu) que tout ce qui m'importe ici c'est le couple $(m,n)$ et ses caractéristiques. Il suffit pour s'en assurer de relire le tout premier message de ce fil où j'écrivais déjà : "Où pourrais-je trouver des informations sur $m$ et $n$ ?".
A propos du cas que tu évoques, si $a=33587$, $b=30013$ et $c=10000$, alors on trouve que $m=25=n$ et que l'équation diophantienne $nx+my=c$ compte seize solutions $(X; Y)$ strictement positives et telles que $Xa\equiv Yb\pmod{c}$, les deux qui m'intéressent étant $(182; 218)$ et $(207; 193)$.
(En effet, une fois que l'on a trouvé $m$ et $n$ ainsi que les deux solutions $(X; Y)$ adéquates, on peut calculer facilement le nombre de Frobenius de l'ensemble $\{a,b,c\}$. En l'occurrence, des deux résultats suivants, c'est le plus élevé qui est le nombre de Frobenius recherché :
1) $(218-1)\times 30013+(25-1)\times 33587-10000=7.308.909$. (Ici, $25=m$.)
2) $(207-1)\times 33587+(25-1)\times 30013-10000=7.629.234$. (Ici, $25=n$.)
Je ne t'apprends rien, nodgim.
[p=6984, q=7816, X=158, Y=121]
Merci, babsgueye. Je vais réfléchir à ta remarque.
[Ajout]
Pardon, claude quitté. Je ne sais pas comment j'ai fait pour ne pas voir ton message ! Un tout grand merci pour les liens vers lesquels tu me diriges et qui vont retenir toute mon attention. -
Rebonjour Sneg,
Peut-être que tu n'as pas vu mon message car tu ne veux pas me parler (rires) ? Bon, mais cette fois, je vais vers toi pour plusieurs raisons. D'abord, ce que tu as deviné, c'est complètement dingue. Complètement dingue que tu aies pu le deviner (moi, je n'ai aucun mérite, je connais la théorie des semi-groupes numériques minimalement 3-engendrés). L'autre raison c'est que je t'ai déjà pointé ces références dans le passé. Si, si. Dans certains fils ``Frobenius'' ou je ne sais plus quoi. Mais à l'époque, on n'avait pas pu échanger car il y avait trop d'interférences sur ton fil avec d'autres intervenants, si tu vois ce que je veux dire. Et j'avais constaté que personne ne m'écoutait probablement parce que je ne prenais pas le temps de ... Hum
$\bullet$ Dictionnaire
$$
\begin {array}{c|c|c|c|c|c|c}
\text{Sneg} & a & b & c & k & n & m\\
\hline
\text{Rosales-Garcia} & n_1 & n_2 & n_3 & c_3 & r_{32} & r_{31} \\
\end {array}
$$ $\bullet$ Résultats (dingues) en utilisant à la fois TES notations et celles des auteurs (loucher aussi sur les trucs attachés). Que des égalités, mieux que des congruences. D'abord, ton équation diophantienne $c = Ym + Xn$ deux fois réalisée :
$$
c = r_{12}m + r_{21} n + mn = \overbrace{(r_{12} + n)}^{\textstyle y}\,m + \overbrace{r_{21}}^{\textstyle x}\, n =
\overbrace{r_{12}}^{\textstyle y'}\,m + \overbrace{(r_{21} + m)}^{\textstyle x'}\, n
$$Avec pour les bonus qui certifient ta conguence convoitée $Xa \equiv Yb \bmod c$ :
$$
\fbox {$yb = xa + r_{23}c$} \quad \text {from } \quad y = c_2 = r_{12} + r_{32}
\qquad\qquad
\fbox {$x'a = y'b + r_{13}c$} \quad \text {from } \quad x' = c_1 = r_{21} + r_{31}
$$$\bullet$ Il faut absolument que je te raconte d'autres choses. Tu ne le regretteras pas, je pense. Sauf si tu ne veux pas. Je suis en train de demander la permission, mine de rien. -
@ Sneg : Ce que j'ai fait il y a un bon moment maintenant, c'est en grande partie oublié, tu connais cette partie mieux que moi aujourd'hui. Je ne me souvenais même plus ce qu'était vraiment le sujet....
-
Mais, si, claude quitté, je veux bien te parler ! C'est toujours avec un grand plaisir.
Cela dit, cela me fait toujours également peur, tu t'en es sûrement déjà rendu compte. Non pas que j'aie peur de toi, mais bien de mon ignorance face à ton savoir. Alors, c'est à toi de voir si tu veux parler de mathématiques à quelqu'un qui n'y connaît rien.
Merci pour ton dernier message, plutôt enthousiaste !
De mon côté, je dois immédiatement rendre à César ce qui appartient à César. L'idée que le problème de Frobenius lié à trois nombres puisse être étudié au moyen d'un tableau m'a été soufflée à l'oreille par "nodgim", que je remercie beaucoup. C'est en étudiant les propriétés de ce tableau que j'ai abouti aux résultats que, avec ébahissement, tu sembles retrouver "à l'identique" (?) dans les travaux de Rosales-Garcia.
Moi, ce que je trouve complètement dingue, c'est que tu sois parvenu si vite à faire le lien entre leurs résultats et les miens, parce que je dois bien t'avouer que leurs articles dépassent complètement mes capacités de compréhension.
Et pour tout dire, j'ai peur de ne pas pouvoir comprendre non plus ce que tu veux absolument me raconter. Mais, on peut toujours essayer.
Je t'écoute... -
Bonjour Sneg
Moi je prétends que tu peux comprendre les RESULTATS de Rosales-Garcia, je parle des résultats pas des preuves. J'attache de nouveau leurs notations (en vert) où la donnée est 3 entiers $n_1, n_2, n_3$ (tes $a,b,c$) : ne me dis pas que tu ne comprends pas ces notations.
Viens ensuite un premier résultat en bleu. Bien sûr que tu sais ce que signifie qu'un entier est la somme de deux autres.
Enfin, je t'attache un résultat en rouge qui dit comment on retrouve les $n_i$ à partir des $r_{ij}$.
Ce sont des résultats (bis). Je ne vois pas comment tu pourrais me dire ``je ne comprends pas ce que disent ces résultats''. Je suis lourd : on ne parle pas de preuves pour l'instant.
Ensuite, tu prends le dictionnaire que je t'ai préparé dans mon post précédent et dans leurs relations, tu remplaces leurs notations par les tiennes, ce que j'ai un peu préparé aussi.
Si tu te bloques à cette étape, je ne peux rien faire de plus.
PS : ce dont je voulais te parler n'est pas cela mais quelque chose de plus compliqué. Mais d'abord il faut régler l'étape ci-dessus. -
Claude quitté,
En prétendant que je peux comprendre les RESULTATS de Rosales-Garcia, sais-tu que tu me fais sûrement plus confiance que tous mes profs de maths réunis ?!
Je ne veux pas te faire peur mais il faut peut-être que tu saches que, entre quatorze et dix-huit ans, je n'ai pas réussi le moindre examen de maths.
Ceci étant dit, si par exemple $n_1=9$, $n_2=10$ et $n_3=11$, alors :
$c_1=6$, $c_2=2$, $c_3=5$
$r_{12}=1$, $r_{13}=4$
$r_{21}=1$, $r_{23}=1$
$r_{31}=5$, $r_{32}=1$
Tout correspond.
Jusqu'ici, J'arrive à suivre.
Hier soir, j'ai réussi à lever un coin du voile reposant sur le lien qu'il y a entre le couple $(m, n)$ et le nombre de solutions que possède l'équation diophantienne $nx+my=c$ (le nombre de solutions $(X,Y)$ strictement positives et telles que $Xa\equiv Yb \pmod{c}$, bien sûr), ce qui me rend maintenant en mesure de prévoir le nombre de ces solutions sans même résoudre l'équation diophantienne proprement dite. Serait-ce une des choses vers lesquelles tu souhaites me diriger ? -
Sneg,
Pour l'instant je te demande d'ADMETTRE les RESULTATS de Rosales-Garcia. Rien de plus. Je donne un exemple dans le contexte que tu sais. On admet l'égalité avec leurs notations bien entendu :
$$
n_3 = r_{12} r_{31} + r_{21} r_{32} + r_{31} r_{32} \qquad\qquad \qquad \text{ADMIS (je suis lourd)}
$$Maintenant je te demande de remplacer LEURS notations par les TIENNES avec le DICTIONNAIRE que j'ai fait. Cela donne
$$
c = r_{12} m + r_{21} n + mn \qquad\qquad \text{OK ?}
$$Ensuite, peux tu faire toute seule le même job pour $c_2 = r_{12} + r_{32}$ et $c_1 = r_{21} + r_{31}$. Sachant que j'y ai pas mal contribué dans http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?5,2083604,2095540#msg-2095540 en introduisant $x,y, x',y'$ pour aller dans le sens de tes notations !
En clair, je te demande de remplacer des lettres par d'autres lettres.
Tandis que toi tu veux ``lever le voile sur ...etc..'' Bien entendu, tu peux refuser de remplacer leurs lettres par tes lettres en admettant leurs résultats. Ce qui implique que l'on en reste là. -
D'accord, claude quitté.
Mais, au préalable, j'ai besoin d'une petite mise au point dans mes propres notations. Cela risque de me prendre un peu de temps. (Je ne fais des maths que le soir.)
Quant à leurs notations, ils auraient dû y insérer des symboles chinois ou kabbalistiques. Cela n'en aurait été que plus amusant.
A plus tard. -
Sneg,
Mais as tu vu que dans http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?5,2083604,2095540#msg-2095540, je t'ai fait un joli DICTIONNAIRE en LaTeX avec DEUX lignes et toi en PREMIERE ligne ? Je me vante en disant joli ?
Oui, les bonnes notations c'est important. Pour moi, les notations de Rosales-Garcia sont parfaitement adaptées à LEUR TRAITEMENT (j'en sais quelque chose-). -
Bonjour, claude.
C'est la pause de midi et j'ai déjà commencé le travail. C'est beaucoup plus simple que je ne le redoutais.
Mais, eux, travaillent sur la base de trois égalités. Pour qu'il y ait équivalence parfaite entre mes notations et les leurs, je dois faire pareil. D'où la nécessaire petite mise au point évoquée dans mon message précédent.
J'ai déjà sous les yeux une grille de transcription complète entre leur notation et la mienne. Il ne me reste plus qu'à réapprendre comment faire un tableau en LaTex et je referai surface. Ton dictionnaire est très joli...mais...je ne le trouve pas suffisamment complet à mon goût.
Ne sois pas fâché. S'il te plaît ! -
Sneg,
Je ne suis pas fâché mais j'ai eu l'impression que tu émettais des JUGEMENTS (.. symboles chinois ou kabbalistiques...) sur leurs notations. Je me trompe ? A quoi cela sert ici d'émettre des jugements sur le travail d'autrui ?
Pour information : il y a un an, j'ai lu de manière très attentive la section concernée de Rosales-Garcia .. Je ne pouvais pas faire autrement (que de lire de manière attentive) car je voulais implémenter leurs résultats concernant les semi-groupes minimalement 3-engendrés ? Cela a duré deux semaines si je me souviens bien et je possède désormais une bibliothèque de programmes sur semi-groupes minimalement 3-engendrés.
Quant au fait que mon dictionnaire soit incomplet, je m'en excuse : je disposais chez toi des 6 lettres $a, b,c, k,n,m$ versus les $3 + 3 + 6 = 12$ lettres de Rosales-Garcia. A tes lettres fixes $a,b,c,k,n,m$, j'ai ajouté $x,y, x',y'$ pour aller dans ton sens. -
Claude quitté,
Tu as raison : je préfère ma notation à la leur :-), même si maintenant je l'ai comprise. (Mais peut-être n'en ai-je pas encore perçu toute l'ingéniosité ?)
L'emploi de l'expression "signes kabbalistiques" visait à faire passer mon sentiment d'incompréhension et de frustration face à leur texte. Car il s'agit plus d'un sentiment que d'un jugement. En plus, j'adore la langue française et aime employer des expressions que je trouve rigolotes juste pour le plaisir. Pardon, si cela t'a choqué.
A bientôt, avec le tableau de conversion. -
Claude quitté,
là où j'écrivais auparavant : $$kc=ma+nb$$ j'écris maintenant : $$
k_aa=m_ab+n_ac \\
k_bb=m_ba+n_bc \\
k_cc=m_ca+n_cb$$ tandis que Rosales-Garcia écrivent : $$c_1n_1=r_{12}n_2+r_{13}n_3\\
c_2n_2=r_{21}n_1+r_{23}n_3\\
c_3n_3=r_{31}n_1+r_{32}n_2$$ ce qui conduit au tableau de conversion suivant :
$$
\begin{array}{|c|c|c|c|}
\hline
k_a=c_1 & a=n_1 & m_a=r_{12} & n_a=r_{13} \\
\hline
k_b=c_2 & b=n_2 & m_b=r_{21} & n_b=r_{23} \\
\hline
k_c=c_3 & c=n_3 & m_c=r_{31} & n_c=r_{32} \\
\hline
\end{array}
$$
[Ajout]
Dans le message qui suit celui-ci, claude quitté me demande avec raison d'ajouter ceci :
$$
\begin{array}{|c|c|c|c|}
\hline
k_a & = & m_b & + & m_c \\
\hline
c_1 & = & r_{21} & + & r_{31} \\
\hline
\end{array}$$
$$
\begin{array}{|c|c|c|c|}
\hline
k_b & = & m_a & + & n_c \\
\hline
c_2 & = & r_{12} & + & r_{32} \\
\hline
\end{array}$$
$$
\begin{array}{|c|c|c|c|}
\hline
k_c & = & n_a & + & n_b \\
\hline
c_3 & = & r_{13} & + & r_{23} \\
\hline
\end{array}$$
[Fin de l'ajout]
De sorte que l'on obtient les trois résultats similaires suivants :
1) $Xn_a+Ym_a=a$
car
$n_1=r_{12}r_{13}+r_{12}r_{23}+r_{13}r_{32}$ $\Longrightarrow$ $a=m_an_a+m_an_b+n_an_c=\underbrace{(n_a+n_b)}_{Y}m_a+\underbrace{(n_c)}_{X}n_a=\underbrace{(m_a+n_c)}_{X'}n_a+\underbrace{(n_b)}_{Y'}m_a$
2) $Xn_b+Ym_b=b$
car
$n_2=r_{13}r_{21}+r_{21}r_{23}+r_{23}r_{31}$ $\Longrightarrow$ $b=n_am_b+m_bn_b+n_bm_c=\underbrace{(n_a+n_b)}_{Y}m_b+\underbrace{(m_c)}_{X}n_b=\underbrace{(m_b+m_c)}_{X'}n_b+\underbrace{(n_a)}_{Y'}m_b$
3) $Xn_c+Ym_c=c$
car
$n_3=r_{12}r_{31}+r_{21}r_{32}+r_{31}r_{32}$ $\Longrightarrow$ $c=m_am_c+m_bn_c+m_cn_c=\underbrace{(m_a+n_c)}_{Y}m_c+\underbrace{(m_b)}_{X}n_c=\underbrace{(m_b+m_c)}_{X'}n_c+\underbrace{(m_a)}_{Y'}m_c$
Toi seul sais où cela va nous mener. -
Sneg,
Bonnes notations et présentation soignée/agréable. Encore un petit effort pour intégrer les relations du lemme 10.19 que j'attache de nouveau. Par exemple $c_3 = r_{13} + r_{23}$ se traduit, sauf erreur de ma part, en $k_c = n_a + m_a$. Donc tu vas ajouter au panier 3 égalités de ce type.
Et ensuite ? Tu relis mon post dans lequel j'avais commencé le travail et tu louches sur les deux encadrés. A côté de ces 3 encadrés, il y a ``from ...''. Je n'ai rien détaillé car il fallait bien te laisser un peu ''de travail'' (travail ou plaisir ?)
Et ensuite ? Une fois les étapes ci-dessus réalisées, constater que tu obtiens la réponse à ton ``Mystère et boule de gomme''. Tu en obtiens d'ailleurs trois pour le prix d'un. Encore chapeau d'avoir deviné ce que tu as deviné.
Et ensuite ? Je me permettrai de te poser une PETITE question.
Et ensuite ? Motivée car tu auras compris que la solution de ton problème est dans les relations données par Rosales-Garcia, tu pourras essayer de lire leurs PREUVES. Si tu veux bien, of course. En évitant de dire que tu ne peux pas comprendre leur papier, que leurs notations sont épouvantables ...etc.. De mon côté, j'apprécie le fait qu'ils aient fourni ces relations.
Et ensuite ? Je te raconterai un truc sur les semi-groupes (numériques) minimalement 3-engendrés. Si tu le veux bien. Mais pas de précipitation. -
Bonsoir, claude quitté.
J’avance bien, mais j’ai une question d’anglais à te poser.
Le mot anglais « nonnegative » signifie-t-il bien en français « strictement positif » ?
Merci d’avance. -
greater than or equal to zero https://en.wiktionary.org/wiki/non-negative
donc plus grand ou égal à zéro. -
Sneg,
Dans notre contexte commun, cela signifie $\ge 0$ (positif ou nul). Cf ce que je viens d'encadrer en rouge à deux reprises : on a $r_{ij} \ge 0$. Mais dans le lemme 10.18 qui suit cette définition, les auteurs vont démontrer que les $r_{ij}$ ``are positive integers'', ce qui signifie $r_{ij} > 0$. On le voit car avant le lemme, ils annoncent la couleur ``no $r_{ij}$ can be zero''. Tiens, mais on dirait qu'ils sont clairs ces auteurs. -
Merci, raoul.S et claude quitté.
C'est à mes yeux énigmatique, leur "no $r_{ij}$ can be zero".
Est-ce qu'ils vont démontrer quelque part qu'il est impossible que les $r_{ij}$ soient nuls ou bien veulent-ils par cette remarque écarter les cas où les $r_{ij}$ sont nuls, comme je l'ai fait moi aussi en écrivant au cinquième message à moi de ce fil : "Cela dit, on ne considérera ci-dessous que les cas où $m$ et $n$ sont strictement positifs." ?
Encore merci d'avance. -
Dans l'un de mes posts, je t'ai d'une part attaché un extrait (pdf de 5 pages) de leur ouvrage et d'autre part j'ai pointé sur leur article de 2004.
C'est que tu ne comprends pas l'anglais, c'est cela ? Tu ne comprends pas ce qui est écrit dans ce qui attaché ICI ?
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Bonjour!
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