2007 est-il un nombre brésilien?

Pour ce qui est de la 2ème conjecture (p premier => p non brésilien) ... je crains fort que les nombres de Mersenne premiers (par exemple : 7=1+2+4 ou 31=1+2+4+8+16) contredisent le résultat.

Pour ce qui est de 668, admettons que j'ai été un peu trop vite : on a bien 2007=668*3+3 et de même, 222*9+9=2007 donc on a bien 2 solutions.

Ca m'apprendra à vouloir tout faire sans papier !

PS : Ce n'est pas souvent qu'on pourra le dire... mais même Oumpapah s'est fait avoir !

Bonjour,

très intéressant ces nombres brésiliens.
J'ai trouvé que 2007 était aussi un nombre brésilien travesti !

Il s'écrit 1UN dans base 32.

Pour bs ( et autres amateurs:Olivier,Domi,Galax,GG,gb,Bisam and so on)

je rappelle le système à resoudre et discuter(dans R)
inconnues x,y,z
données u,v,w >0

x²+xy+y²=u²
y²+yz+z²=v²
z²+zx+x²=w²

question supplémentaire : on suppose u, v, w entiers
peut on avoir x,y,z entiers?

( par exemple avec u=511, v=455, w=399

on a comme solution en nbs positifs

x=195, y=264, z=325

géométriquement: soit T le point de torricelli du triangle ABC tel que

AB=w, BC=u, CA=v

alors AT=x, BT=y, CT=z;

vous voyez alors d'ou provient lidée du système initial proposé.

(ce système initial a des solutions ssi u,v,w sont les cotés d'un triangle
et on a alors deux solutions essentielles ( en imposant x>=0) )

Autre pb soumis à votre réflexion ( niveau lycée ou L1)

on appelle triangle pseudo-rectangle ( ou hyperbolique?)un triangle dont deux des angles diffèrent de Pi/2

explication du nom: si on appelle H l'hyperbole équilatere d'equation

X²-Y²=a²

de sommets S' et S , alors si M est un point de H , le triangle S'SM est pseudo rectangle.(propriété bien connue)

expliciter un polynome homogène du 4eme degré f(x,y,z) tel que

f(x,y,z)=0

caractérise les triangles (x,y,z) hyperboliques.


enfin resoudre l'équation diophantienne f(x,y,z)=0

( par ex solution AB=20 AC=15 BC=7
on a cos(B)=4/5 et cos(C)=-3/5

il y a un bon theme pour les terminales maths spe..(n'est ce pas olivier?)


enfin pour terminer:(facile , niveau lycée)

en appelant triangle indien (pourquoi pas ?),un triangle dont un des angles vaut 2Pi/3), résoudre l'équation diophantienne les caractérisant à cotés entiers

i.e. résoudre en entiers : x²+xy+y²=z² (xyz#0)

plus petite solution: (3,5,7)

en prenant trois triangles (3,5,7) et les triangles (3,3,3), (5,5,5), (7,7,7)

assembler les pour faire un magnifique parallelogramme qui merite un dessin

( si une bonne ame pouvait expliquer comment les réaliser ici, je me sentirais moins bete !)

Oump.

[J'ai déplacé ce message dans le fil correspondant. Prière d'y continuer la discussion sur ce sujet. AD]
http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?8,348663

Il semblerait que les premiers brésiliens soient de la forme $6n+1$:

$7=6.1+1,13=6.2+1,31=6.5+1,43=6.7+1$

Si $p$ est premier et que $p$, ou $p^2$ s'écrit $(11..11)_b$ avec $n$ chiffres, alors $n$ est premier, et il me semble que $p \equiv 1 \pmod{n}$.

Les brésiliens premiers suivants confirment-ils ton hypothèses ?
$1\,093 = \dfrac{3^{7}-1}{2}$
$797\,161 = \dfrac{3^{13}-1}{2}$
$3\,754\,733\,257\,489\,862\,401\,973\,357\,979\,128\,773 = \dfrac{3^{71}-1}{2}$
$19\,531 = \dfrac{5^{7}-1}{4}$
$12\,207\,031 = \dfrac{5^{11}-1}{4}$
$305\,175\,781 = \dfrac{5^{13}-1}{4}$
$177\,635\,683\,940\,025\,046\,467\,781\,066\,894\,531 = \dfrac{5^{47}-1}{4}$

Si $p$ premier est brésilien, il s'écrit $p = 1 + b + \cdots + b^{n-1}$ avec $n$ {\bf premier impair}. Donc $p-1 = b + \cdots + b^{n-1}$ est pair.
Si $b$ est multiple de 3, alors $p-1$ itou.
Si $b \equiv 2 \pmod 3$, alors $p-1 \equival 2 + 1 + \cdots + 1 \equiv 0 \pmod 3$.
Dans ces deux cas, le théorème de Gauss assure que $p-1$ est multiple de 6.

Si $b \equiv 1 \pmod 3$, alors $p-1 \equiv n-1 \pmod 3$, et $n-1$ n'aucune raison d'être multiple de 3.
Si la conjoncture de Sylvain est vraie, on a un plus, une limitation sur les valeurs de $b$ : $b \not\equiv 1 \pmod 3$.
Il est vrai que je n'ai pas trouvé de nombres premiers de la forme $(11..11)_4$

Bonjour bs, stp qu'est-ce qu'un nombre 2 fois brésillien?

J'ai dit n'importe quoi parce que $(11)_{31}$ n'est pas une écriture brésilienne.
Mais on a :
$(30)_{10} = (22)_{14} = (33)_9$

Voici un magnifique nombre premier
$$(2801)_{10} = (11111)_7$$
qui n'est pas de la forme $6n+1$.

hum
:S
ecrit trop vite..ilfaut ajouter "les premiers bresiliens en base 3 sont multiples de 6 plus 1..(ce qui est d'une banalite rare!)la preuve..avec l'ex de gilles!
il est temps de faire dodo..

Ah merci.

-Dbs Écrivait:

---

> Bonsoir,
> Autres questions ouvertes:
>
> On a : 1993 premier ===> 1993 non brésilien. [il n'y a pas vraiment d'implication à proprement parler en fait (SXB)]
>
> Peut-on généraliser : p premier ===> p non
> brésilien ? (1)
> et réciproque si (1) est vrai, a-t-on : p non
> brésilien ===> p premier ? (2)
>
> bs

Conjetcure fausse, les nombres premiers de Fermat (ceux qui sont premiers) sont premiers et Brésiliens de base 2, en effet:

31=1+2+2²+2³+2⁴ par exemple.

La réciproque est également fausse: Si 32 était brésilien, on aurait:

32= a (1+...+b^u) avec 0< a < b < 31

Mais alors: si u>2 on a: pour a=1 et b=2:

32 = a (1+...+b^u) > 1+2+...+16=31 mais pout tout autre a ou b dans le domaine valide d'existence le nombre en question est > 32.

Donc u=2 (u différent de 1 d'après la def d'un nombre brésilien).

donc 32=a(1+b+b²).

Impossible (à vérifier c'est facile).

Donc 32 est non brésilien. Or 32 n'est pas premier.

La réciproque est donc fausse également. Dommage moi aussi j'adore les nombres premiers c'est ma spécialité en maths j'ai trouvé des trucs dessus même (cf en part l'un des topics sur les nombres premiers).

On a donc les 4 cas:

1994 brésilien non premier
32 non brésilien non premier
1993 non brésilien premier
31 brésilien premier.

Essayons donc la conjecture suivante: p premier implique que:

"p est brésilien OU BIEN p+1 l'est"

A voir j'y ai pas encore réfléchi

gb Écrivait:

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> oumpapah Écrivait:
>

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>

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> > Bonsoir,
> >
> > oui, il est facile de montrer que les
> bresiliens
> > premiers sont bien multiples de 6 plus 1.(
> > apparemment ce doit etre connu ?)
> >
> > Oump.
>
> J'aimerais bien, d'une part voir cette preuve {\it
> facile}, d'autre part savoir ce que tu fais de mon
> exemple $(2801)_{10} = (11111)_7$.


Bonsoir, ton exemple est faux, c'est 2701, qui est bien congru à 1 mod 6, qui vaut 1+7+49+243+2401=1+7+7²+7³+7⁴...je vais te démontrer cette conjecture:

p est premier: si p= 2 ou p=3 forcément p est non brésilien.

sinon: p=1 ou 5 mod(6).

Or forcément le chiffre a dans la base b vaut 1 sinon p est non premier (absurde). Donc p=1+b+...+b^u, avec u>1 par def d'un brésilien.

Si p est congru à 5 mod 6, alors faisons tous les cas:

Si b est congru à 0 mod 6 on a p congru à 1 mod 6 OK et en plus contradiction avec p congru à 5 mod 6.

Si b= 1 mod 6 alors forcément p = u mod 6 donc u=5k-1, avec k>0 donc forcément on a p=(1+b+..+b⁴)(1+b⁵+...+ b^5k) avec b puissance 5 confondu avec b puissance 5k si k=1, donc p est non premier (absurde).

Si b=2 mod 6alors b²= 4 mod 6 donc b+b²=0 mod 6 donc si u=2m on a:

p= 1+ b+b²+...+b^2m-1+b^2m=1+(b+b²)(1+.......+b^2m-2=1 mod 6 donc OK et si u=2m+1 on a p= ce qui précède +b^2m+1 = 3 mod 6 donc bye bye en plus il est pas premier donc double bye bye.

Si b=3 mod 6 alors forcément idem si u pair p=1 mod 6 OK. Si u est impair alors p=4 mod 6 donc p non premier bye bye.

Si b=4 mod 6 alors p=5 mod 6 ou 3 mod 6 selon resp que u est impair ou pair
mais bon si p=3 mod 6 p pas premier donc bye bye et si u=2m+1 impair alors forcément

p=1+4+...+4_2m+4^2m+1=(1+4^m+1)(1+16+.....+4^2m) ou un truc dans ce genre avec confusion avant et après les 3 pts de suspension quand m=1, donc p non premier donc bye bye.

Enfin, si b= 5 mod 6, alors b=-1 mod 6 donc si u impair p= 0 mod 6 donc p non premier bye bye et si u pair alors p=1 mod 6 OK.

Donc p=1 mod 6, CQFD BYE BYE!!!!!!!!!!!!!

SXB Écrivait:

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> -Dbs Écrivait:
>

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>
> Donc 32 est non brésilien.

Je suis désolé, mais $(32)_{10} = (44)_7$

Bonjour,

pour me punir:

autre exemple de premier brésilien non multiple de 6 plus 1:


[10^(23)-1]/10

soit en base dix le "repunit" comprenant 23 fois le chiffre 1

Oump.

Re
bien sur lire au denominateur 9 au lieu de 10
(la forme explicite du résultat le laissait deviner!)

gb écrivait:
> SXB écrivait:
> > Donc 32 est non brésilien.
> Je suis désolé, mais $(32)_{10} = (44)_7$

Très juste, j'étais fatigué, je ne sais pas pourquoi je me suis mis dans la tête que u (le plus grand exposant de b) ne pouvait être égal à 1. En tout cas c'est vrai pour les nombres premiers.

Par contre, je suis désolé, bs, mais il faut lire : c'est 2071 qui vaut 11111 en base 7 et pas 2801 !!!
Refaire le calcul pour s'en persuader.

Et je ne me suis pas embêté à faire une démo pour qu'on trouve des contre exemples qui en fait n'en sont pas. C'est pas parce que j'ai déclaré que 32 était non brésilien que celle-ci est fausse.

SXB> Je suis désolé mais tu devras refaire tes calculs :
$$1 + 7 + 7^2 + 7^3 + 7^4 = 1 + 7 + 49 + 343 + 2401 = 2801$$
donc $(11111)_7$ est un entier premier.

Quand à oumpapah, son exemple est
$$11\,111\,111\,111\,111\,111\,111\,111 = \dfrac{10^{23}-1}{9}$$
qui est lui aussi premier.

Ces deux entiers ne sont pas de la forme $6n + 1$.

Sinon, merci de m'avoir repris sur le contre-exemple du 32. Mais j'en ai un autre: 4 est non premier et non brésilien. HAHAHA lol.