conjecture de criticus

[invite63ea3fef]

Bonjour,
Suite au fil sur le petit théorème de fermat, je soupçonne fortement que : (i) est vraie si et seulement si (ii) l'est , avec :

(i) p est un entier relatif premier.
(ii) pour tout n entier relatif, (n+1)^p = n^p + kp + 1, où k est un entier relatif.

Cette propriété remarquable est-elle prouvée, est-elle banale ou difficile à prouver ?

Exemples :

n=3 -> (n+1)^3 = n^3 + 3*(n^2 + n) + 1.
n = 5 -> n^5 + 5(n^4 + 2n^3 + 2n^2 + n) + 1.
n = 7 -> n^7 + 7(n^6 + 3n^5 + 5n^4 + 5n^3 + 3n^2 + n) + 1.
n=11 -> n^11 + 11(n^10 + 5n^9 + 15n^8 + 30n^7 + 42n^6 + 42n^5 + 30n^4 + 15n^3 + 5n^2 + n) + 1.
n=13-> n^13 + 13(n^12 + 6n^11 + 22n^10 + 55n^9 + 99n^8 + 132n^7 + 132n^6 + 99n^5 + 55n^4 + 22n^3 + 6n^2 + n) + 1.

etc. j'espère ?
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[invite63ea3fef]

Nota : ça marche pas pour n=4,6,8,9,10,12 .

[invitec314d025]

tu as déjà de manière évidente (i) => (ii) en remarquant que si p est premier, p divise pour

[invitec314d025]

tu as déjà de manière évidente (i) => (ii) en remarquant que si p est premier, p divise pour

ou avec le petit théorème de Fermat bien sûr, c'est plus dans l'esprit

[A voir en vidéo sur Futura]

[invitec314d025]

Et en lisant http://forums.futura-sciences.com/sh...4&postcount=14
je m'aperçois que mes remarques sont sans intérêt puisque c'est visiblement (ii) => (i) qui t'intéresse

[invite7f291776]

C'est (ii)=>(i) qui n'est pas du tout évidente ! Est-ce que c'est vrai seulement , (ii)=>(i) ?

[invitec314d025]

Est-ce que c'est vrai seulement , (ii)=>(i) ?

si on ajoute à (ii) p différent de 1, ça me paraît crédible
on peut aussi enlever le relatif dans (i) ...

[invite63ea3fef]

Ah merci pour vos réponses, matthias et aygline ( ). J'apprends donc que i=>ii peut se démontrer sans passer nécessairement par le petit théo de fermat (Cn-k divisible par p si p premier et binôme de newton).
Maintenant ii=>i ça semble plus difficile à démontrer !

binôme => (n+1)^p = n^p + 1 + {somme de k = 1 à p-1 de (p!/(p-k)!k!)n^k}=> pas facile du tout ...

merci de votre aide

[invitec314d025]

En admettant que ça soit vrai (et pour cela imposer p différent de 1 dans (ii)), je ne suis pas certain qu'il n'y ait pas une preuve relativement simple en se plaçant dans l'arithmétique de .
Sinon, si tu arrives à démontrer (ii) => p divise tous les pour , c'est dans la poche.

[invite4793db90]

Salut,

si n'est pas divisible par p, celà veut que dans la somme
, au moins un des n' est pas divisible par p.
Or et donc p est divisible par un facteur de k!

EDIT= Non rien, en fait c'est la contraposée...

A+

[invitec314d025]

(ii) <=> pour tout

donc pour tout :



...

[invitec314d025]

Si je ne me trompe pas, cela implique juste que p est un nombre de Carmichaël, pas nécessairement un nombre premier.
Le plus petit nombre de Carmichaël est 561.

[invite63ea3fef]

Salut,

si n'est pas divisible par p, celà veut que dans la somme
, au moins un des n' est pas divisible par p.
Or et donc p est divisible par un facteur de k!

EDIT= Non rien, en fait c'est la contraposée...

A+

Euh... la "contraposée" c'est :
si (n+1)^p-n^p-1 est divisible par p (c'est ça (ii)) alors p n'est pas divisible par un facteur de k! ... mais ça donne pas que p est premier si je ne m'abuse ?

carmichaëlement.

[invitec314d025]

Euh... la "contraposée" c'est :
si (n+1)^p-n^p-1 est divisible par p (c'est ça (ii)) alors p n'est pas divisible par un facteur de k! ... mais ça donne pas que p est premier si je ne m'abuse ?

non martini_bird a bien montré (non (ii) => non (i)), ce qui est la contraposée de ((i) => (ii))

[invite63ea3fef]

mais alors comment passe-ton par-là à p premier ?De p est divisible par un facteur de k! à p est premier ?

[invitec314d025]

on ne peut pas, c'est pour ça que martini_bird a édité son post pour dire que c'était juste la contraposée.
montrer la contraposée de (i) => (ii) est équivalent à montrer (i) => (ii), pas (ii) => (i)

[invite63ea3fef]

C'est bien ce que je pensais aussi ! Le problème reste entier ! Au fond il suffirait d'un contre-exemple, mais c'est ça le propre d'une conjecture justement (goldbach etc.) !

[invitec314d025]

Euh non, je pense que les nombres de Carmichaël vérifient (ii) sans vérifier (i)

[invite63ea3fef]

Bon admettons mais alors c'était pas simple comme problème ! Il n'est pas très connu ce Carmichaël quand même ! Moi je connais Franck Michaël mais c'est pas pareil !

Merci.

[invitec314d025]

http://villemin.gerard.free.fr/ThNbDemo/TextCarm.htm

[invite63ea3fef]

(ii) <=> pour tout

donc pour tout :



...

Bon ben, ben bon ça va : ii=>i c'était tout bonnement la réciproque du petit théorème de Fermat ! Suis-je bête mes aïeux !

[invite63ea3fef]

Fallait quand même faire gaffe de commencer avec k=1 et de prendre les k dans N, avant de sommer membre à membre les congruences ! Avec k=0 ça donne p=0 qui n'est pas premier ! Si on commence à k=0 ça donne n^p-n = 1 modulo p, c'est pas pareil !

Donc plus de conjecture ! La médaille ça sera pour une prochaine fois ... Merci encore.

[invitec314d025]

Fallait quand même faire gaffe de commencer avec k=1 et de prendre les k dans N, avant de sommer membre à membre les congruences ! Avec k=0 ça donne p=0 qui n'est pas premier ! Si on commence à k=0 ça donne n^p-n = 1 modulo p, c'est pas pareil !.

????
j'ai pas compris

[invite63ea3fef]

ii<=> (k+1)^p-k^p-1=0 mod p=> p premier ?

pour k=0 ça donne 1-1 = 0 mod p => ça marche avec tout p (bon j'ai fait une erreur hier ...

k=1 =>2^p=2 mod p
k=2=> 3^p = 2^p +1 mod p
k=3=> 4^p=3^p + 1 mod p
etc.
.
.
.
(n)^p = (n-1)^p + 1 mod P


on a n congruences => en sommant membre à membre ça donne l'équation de Fermat :
{2^p + 3^p + 4^p + ... + (n-1)^p} + (n)^p = {2^p + ... + (n-1)^p} + 2 + n-1
<=> n^p = n+ 1 mod p <=> n^p - n = 1 mod p

Ben zut alors c'est pas fermat ! Bon hier ça marchait pourtant ce truc ! Bon j'ai dû faire une erreur quqe part, parce que là on doit retomber sur fermat : n^p -n = 0 mod p ...

[invitec314d025]

là tu as sommé ton égalité de 2 à n visiblement. Dans le deuxième membre je ne comprends pas d'où sort ton + 2
Pour moi c'est un + (2-1)^p donc 1 ...

[invite63ea3fef]

là tu as sommé ton égalité de 2 à n visiblement. Dans le deuxième membre je ne comprends pas d'où sort ton + 2
Pour moi c'est un + (2-1)^p donc 1 ...

Bonjour,

(ii) <=> (k+1)^p = k^p + 1 modulo p. pour tout k dans N*,

Pour k=1 ça fait bien 2^p = 1^p + 1 = 2 non ?

Maintenant on va de k=1 à k=n ce qui fait bien n congruences modulo p.
Faut voir ...

[invite63ea3fef]

(ii) <=> pour tout

donc pour tout :



...

En fait ce que je ne vois pas bien c'est comment vous calculez cette somme, pour tomber sur l'équation de Fermat. D'ailleurs vous mettez k=0, ce qui inutile non ?

[invitec314d025]

Si on suppose :

pour tout

ce qui fonctionne aussi pour n = 0

donc pour tout :



commencer à k = 0 n'est pas utile en soi, mais ça ne change pas grand chose au problème.

Tu es d'accord cette fois ?

PS : tu n'es pas obligé de me vouvoyer ...

[invite63ea3fef]

ok c'est clair, mais où est alors mon erreur ?

J'ai n congruences (de k=1 à n), un 2 et ... (n-1)*1=n-1 non ? D'où : n-1+2 = n+1 non ?

[invite63ea3fef]

ii<=> (k+1)^p-k^p-1=0 mod p=> p premier ?

pour k=0 ça donne 1-1 = 0 mod p => ça marche avec tout p (bon j'ai fait une erreur hier ...

k=1 =>2^p=2 mod p
k=2=> 3^p = 2^p +1 mod p
k=3=> 4^p=3^p + 1 mod p
etc.
.
.
.
(n)^p = (n-1)^p + 1 mod P


on a n congruences => en sommant membre à membre ça donne l'équation de Fermat :
{2^p + 3^p + 4^p + ... + (n-1)^p} + (n)^p = {2^p + ... + (n-1)^p} + 2 + n-1
<=> n^p = n+ 1 mod p <=> n^p - n = 1 mod p

Ah ok je vois : en fait j'ai non pas n mais n-1 congruences (n-1+1 = n ) et donc par la même occasion j'ai (n-2)*1 et un 2 => n-2+2 = n d'où Fermat in fine !
Suis-je bête !
Bon cette fois on peut boucler l'affaire ! Encore merci de votre aide.