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#1 - 29-01-2011 22:28:51
- Jackv
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rCitère de primalité ?
Soit la suite [latex]u(N) = mod((\sum_{n=1}^{N} n^4) , N)[/latex] - démontrer que pour tout N premier > 6 , u(N) = 0.
Cette fonction pourait constituer un critère de primalité (mais cela se saurait), si et seulement si, pour tout N non premier, on avait [latex]u(N) \neq 0[/latex]. - quel est le plus petit N non premier pour lequel on a [latex]u(N) = 0[/latex] ?
#2 - 29-01-2011 22:50:32
- gasole
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critère fe primalité ?
1) La somme des N premières puissances 4èmes est donnée par : [TeX]\phi(N) = \frac{1}{30}.N.\overbrace{(N+1).(2N+1).(3N^2+3N-1)}^{\alpha(N)}[/latex] qui est un entier bien sûr.
Si [latex]N [/latex]est premier et dès que [latex]N\not\in\{2,3,5\}[/latex], [latex]N[/latex] n'a aucun facteur commun avec 30,
et dans ce cas, nécessairement, [latex]\alpha(N)[/latex] est divisible par 30, et s'écrit donc [latex]30k[/TeX] d'où [latex]\phi(N)=k.N[/latex], qui est divisible par [latex]N[/latex]. CQFD.
Mais on en déduit plus généralement que [latex]u(N)=0[/latex] pour tout entier [latex]N[/latex] premier avec 30, et le plus petit est obtenu avec [latex]7^2[/latex], soit [latex]49[/latex], les suivants étant 77, 91, 119, 121, 143, 169, ...
Enigme sympa... ![smile](img/smilies/smile.png)
#3 - 30-01-2011 09:49:58
- Fireblade
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critèee de primalité ?
Attention [latex]u(2)\neq 0[/latex] donc elle ne donne la primalité que des nombres impairs Et de plus [latex]u(3)\neq 0[/latex] et [latex]u(5)\neq 0[/latex]. De plus [latex]u(0)=0[/latex] et [latex]u(1)=0[/latex] qui ne sont pas premiers! Il faut donc prendre [latex]n\geq 6[/latex] pour éviter ces cas initiaux.
[latex]\sum_{n=1}^N n^4=\frac{n(n+1)(6n^3+9n^2+n-1)}{30}[/latex] est divisible par [latex]N[/latex], car [latex]N[/latex] est premier avec [latex]30[/latex] (si [latex]N\geq 6[/latex] donc [latex]30[/latex] divise [latex]\frac{(n+1)(6n^3+9n^2+n-1)}{30}[/latex]). Ainsi [latex]u(N)=0[/latex] pour [latex]N\geq 6[/latex] premier.
Pour [latex]N=7\times 7[/latex] (non premier), on obtient [latex]u(49)=59416665[49]=0[/latex]. En effet, [latex]49[/latex] est le plus petit nombre non premier non divisible par[latex] 30[/latex], de ce fait, [latex]30[/latex] divise [latex]\frac{(n+1)(6n^3+9n^2+n-1)}{30}[/latex]. et [latex]u(N)[/latex] est divisible par [latex]N[/latex]!
De plus, pour tous les nombres composés N de nombres premiers distincts de 2, 3 et 5 alors u(N)=0 avec N non premier !!
#4 - 30-01-2011 10:26:19
- gwen27
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Critère de primlité ?
Je ne comprends pas la formule :
Telle que je la lis, Pour 2 : ça fait
(1^4 + 2^4 ) modulo 2 = 1
Elle est où mon erreur, s'il te plait ?
#5 - 30-01-2011 10:39:48
- toni77
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Critère de priamlité ?
pour n=3 1^4+2^4+3^4=98 et 98=2 mod 3 Je ne comprends pas l'énoncé
#6 - 30-01-2011 10:59:13
- fred101274
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Criitère de primalité ?
Je crois qu'il manque une parenthèse quelque part...
De plus, même en ajoutant une parenthèse à différents endroits, j'ai l'impression que U(3) est différent de 0 et pourtant 3 est premier...
Ou alors j'ai loupé quelque chose...
On n’est jamais très fort pour ce calcul...
#7 - 30-01-2011 12:41:16
- Jackv
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ritère de primalité ?
Au temps pour moi : il manquait bien une parenthèse et surtout j'avais oublié la précision N > 6. J'ai fait l'édit nécessaire. Mais cela n'a pas empêché Fireblade de bien raisonner, même si il lui manque une partie de la démonstration.
#8 - 30-01-2011 17:32:05
- L00ping007
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critère de prumalité ?
On va d'abord calculer [latex]S_4(n)=\sum_{k=1}^{n}k^4[/latex] On utilise la technique des sommes téléscopiques : [TeX]\sum_{k=1}^{n}(k+1)^5 - \sum_{k=1}^{n}k^5 = (n+1)^5-1[/TeX] et [latex]\sum_{k=1}^{n}\left ((k+1)^5 - k^5 \right) = \sum_{k=1}^{n} (5k^4+10k^3+10k^2+5k+1)[/latex] On connait les 3 sommes suivantes (sinon on utilise la même technique au rang inférieur) [TeX]S_3(n)=\sum_{k=1}^{n}k^3 = \left (\frac{n(n+1)}2\right)^2[/TeX] [TeX]S_2(n)=\sum_{k=1}^{n}k^2 = \frac{n(n+1)(2n+1)}6[/TeX] [TeX]S_1(n)=\sum_{k=1}^{n}k = \frac{n(n+1)}2[/TeX] [TeX]S_0(n)=\sum_{k=1}^{n}1 = n[/TeX] On trouve alors [TeX]S_4(n)=\sum_{k=1}^{n}k^4 = \frac{n(n+1)(2n+1)(3n^2+3n-1)}{30}[/TeX] Il faut maintenant montrer que pour n premier > 6, ce nombre est un multiple de n. Cela revient à montrer que pour n premier > 6, on a : [TeX]30 | (n+1)(2n+1)(3n^2+3n-1)[/TeX] Prenons n un nombre premier > 6. Je note [latex]a_n = (n+1)(2n+1)(3n^2+3n-1)[/latex] On a n premier avec 2, premier avec 3, et premier avec 5. 1/ On en déduit donc que n+1 est pair, donc [latex]2|a_n[/latex]
2/ n=3p+1 ou 3p+2, car n est premier avec 3 si n=3p+1 : [latex]a_n=(3p+2)(6p+3)(3n^2+3n-1)[/latex] si n=3p+2 : [latex]a_n=(3p+3)(2n+1)(3n^2+3n-1)[/latex] Dans les 2 cas, [latex]3|a_n[/latex]
3/ n est premier avec 5, donc n=5p+r avec r=1,2,3 ou 4. n=5p+1 : [latex]a_n=(n+1)(2n+1)(75p^2+45p+5)[/latex] n=5p+2 : [latex]a_n=(n+1)(10p+5)(3n^2+3n-1)[/latex] n=5p+3 : [latex]a_n=(n+1)(2n+1)(75p^2+105p+35)[/latex] n=5p+4 : [latex]a_n=(5p+5)(2n+1)(3n^2+3n-1)[/latex] On voit que dans tous les cas, [latex]5|a_n[/latex]
2,3, et 5 étant premiers entre eux, on en déduit que [latex]30|a_n[/latex] : CQFD
On pense avoir trouvé alors un critère de primalité ? Mais non, car il suffit de trouver un nombre non premier qui est à la fois premier avec 2,3 et 5, et on arrivera au même résultat. Le premier nombre qui vérifie cela est le carré du plus petit nombre premier supérieur strictement à 5.
Le plus petit n non premier, mais premier avec 2,3 et 5 qui vérifie la relation est donc n=49.
Il reste tout de même à montrer que si n n'est pas premier, pour n < 49, la relation n'est pas vérifiée. Ainsi n=49 sera la plus petit n non premier qui vérifie la relation.
Essayons avec les nombres n=2p, puis n=3p, et enfin n=5p.
n=2p Alors [latex]a_n=(2p+1)(4p+1)(12p^2+6p-1)[/latex] qui est nombre impair, donc jamais multiple de 30
n=3p Alors [latex]a_n=(3p+1)(6p+1)(27p^2+9p-1)[/latex] qui est encore un nombre impair, donc jamais multiple de 30. ([latex]27p^2+9p = 9p(3p+1)[/latex] et p ou 3p+1 est forcément pair)
n=5p Alors [latex]a_n=(5p+1)(10p+1)(75p^2+15p-1)[/latex] qui est encore un nombre impair, donc jamais multiple de 30. ([latex]75p^2+15p = 15p(5p+1)[/latex] et p ou 5p+1 est forcément pair)
On a donc démontré que pour tout [latex]6 < n < 49[/latex] - [latex]n\ premier \Leftrightarrow \sum_{k=1}^{n}k^4 = 0\ [n][/latex] - n=49 est le plus petit non premier qui vérifie [latex]\sum_{k=1}^{n}k^4 = 0\ [n][/latex]
#9 - 30-01-2011 18:34:49
- Fireblade
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ceitère de primalité ?
Il faut prouver que [latex]\sum_{n=1}^N n^4=\frac{n(n+1)(6n^3+9n^2+n-1)}{30}[/latex]? Une simple récurrence suffit : Pour n=0 (ou n=1) on tombe sur 0=0 (ou 1=2*15/30) On suppose que [latex]\sum_{n=1}^N n^4=\frac{n(n+1)(6n^3+9n^2+n-1)}{30}[/latex] Alors [latex]\sum_{n=1}^{N+1} n^4=\sum_{n=1}^N n^4+(n+1)^4[/latex] D'après l'hypothèse de récurrence, on obtient : [TeX]\sum_{n=1}^{N+1} n^4=\frac{n(n+1)(6n^3+9n^2+n-1)}{30}+(n+1)^4[/TeX] [TeX]\sum_{n=1}^{N+1} n^4=(n+1)\times\left(\frac{(6n^4+9n^3+n^2-n)}{30}+n^3+3n^2+3n+1\right)[/TeX] [TeX]\sum_{n=1}^{N+1} n^4=\frac{n+1}{30}\times\left(6n^4+39n^3+91n^2+89n+30\right)[/TeX] Or [latex](n+1+1)(6(n+1)^3+9(n+1)^2+n+1-1)=(n+2)(6n^3+18n^2+18n+6+9n^2+18n+9+n)[/latex] [TeX](n+1+1)(6(n+1)^3+9(n+1)^2+n+1-1)=(n+2)(6n^3+27n^2+37n+15)[/TeX] [TeX](n+1+1)(6(n+1)^3+9(n+1)^2+n+1-1)=6n^4+27n^3+37n^2+15n+12n^3+54n^2+74n+30[/TeX] [TeX](n+1+1)(6(n+1)^3+9(n+1)^2+n+1-1)=6n^4+39n^3+91n^2+89n+30[/TeX] Ainsi [latex]\sum_{n=1}^{N+1} n^4=\frac{(n+1)(n+1+1)(6(n+1)^3+9(n+1)^2+n+1-1)}{30}[/latex]
Ce qui prouve la formule!
#10 - 30-01-2011 20:06:18
- Fireblade
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Critère de primallité ?
Jackv : au passage [latex]\neq[/latex] se note \neq (not equal) et idem pour \geq (plus grand que) et \leq (plus petit que) pour éviter le <> pas joli joli ![wink](img/smilies/wink.png)
#11 - 30-01-2011 20:30:45
- toni77
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#12 - 30-01-2011 20:46:27
- toni77
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critère de primaluté ?
[TeX]S_N=\sum\limits_{n=1}^Nn^4=\frac{N(N+1)(6N^3+9N^2+N-1)}{30}[/TeX] (preuve par récurrence par exemple)
Si N>6 et est premier alors Pgcd(N,30)=1 et donc 30|(N+1)(6N^3+9N^2+N-1) puis : [TeX]30N|N(N+1)(6N^3+9N^2+N-1)[/TeX] ie N|S_N
#13 - 31-01-2011 08:37:02
- Jackv
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Critère de primailté ?
Déjà plein de démonstrations plus ou moins sophistiquées. Bravo à tous.
#14 - 02-02-2011 13:08:33
- Jackv
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ceitère de primalité ?
Je n'ai rien à rajouter. Encore bravo à tous.
Un merci spécial à LOOping pour l'établissement de la formule [latex]\sum_{n=1}^{N} n^4[/latex] que j'avais trouvée sur http://www.les-suites.fr/somme-des-n-pr … e-4eme.htm (et à Fireblade pour ses leçons de LATEX).
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