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 #1 - 15-05-2011 22:00:46

Yanyan
Expert de Prise2Tete
Enigmes résolues : 29
Messages : 509
Lieu: Lille si j'y suis

unz écriture étrange

D'abord je vais donner des exemples 15=(6).2+(2).1+(1)  72=(30).2+(6).2
123=(30).4+(2).1+1
en fait il faut décomposer tout entier en somme bien spéciale: ce qui est entre parenthèses est le produit des k premiers nombres premiers
k=0 donne 1
k=1 donne 2
k=2 donne 6
k=3 donne 30...
ce qui suit la parenthèse est strictement inférieur au (k+1)ème nombre premier
on doit multiplier 30=2.3.5 à un nombre inférieur à 7.
Suis-je assez clair?
Questions: existence et unicité?
Plus formellement :
Soit [latex]P_k=\prod_{i=1}^{k}p_i[/latex] où les [latex]p_i[/latex] désignent les nombres premiers rangés dans l'ordre croissant.
Considérons alors les écritures [latex]n=\sum_{k=0}^{r}a_k P_k[/latex] avec les [latex]a_k<p_{k+1}[/latex].



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 #2 - 15-05-2011 23:00:37

MthS-MlndN
Hors d'u-Sage
Enigmes résolues : 49
Messages : 12,414E+3
Lieu: Rouen

une écroture étrange

Soit [latex]P(k)[/latex] le produit des [latex]k[/latex] premiers nombres premiers, ce qu'on écrira [latex]P(k) = \prod_{i=1}^k p_i[/latex] (et [latex]P(0)=1[/latex]). Alors on veut écrire un nombre [latex]N[/latex] comme :
[TeX]N = \sum_{k=0}^n \alpha_k P(k)[/TeX]
avec bien sûr [latex]n[/latex] tel que [latex]P(n) \leq N < P(n+1)[/latex].

Si on décompose "du plus grand au plus petit", on va d'abord choisir [latex]\alpha_n \in \mathbb{N}[/latex] tel que [latex]\alpha_n P(n) \leq N (\alpha_n + 1) P(n)[/latex], puis le reste [latex]R(n-1) = N - \alpha_n P(n)[/latex] se fera prélever le plus grand [latex]\alpha_{n-1} P(n-1)[/latex] possible avec [latex]\alpha_{n-1} \in \mathbb{N}[/latex], etc. La rigueur du procédé de construction, et le fait que [latex]P(0)=1[/latex], montre clairement que cette décomposition existe et est unique pour tout entier. La question qui reste est : cette décomposition est-elle effectivement celle dont tu parles ?

La réponse est oui. La méthode de décomposition présentée ici donnera toujours [latex]\alpha_k < p_{k+1}[/latex], car sinon on aurait [latex]\alpha_k P(k) \geq P(k+1)[/latex], ce que notre méthode ne permet pas d'obtenir : ainsi, une décomposition obtenue selon notre méthode respecte les conditions de l'énoncé. Comme cette décomposition existe, la décomposition dont parle l'énoncé existe.

Elle est unique si et seulement si aucune décomposition respectant l'énoncé ne peut être obtenue qui soit différente de celle présentée par la méthode. Je cherche encore une démonstration pour ce point, bien que dans ma tête cela paraisse évident, et je pense que la démonstration de l'unicité de la décomposition d'un nombre dans une base donnée doit être transformable, en passant a notre 1-2-6-30-... qui n'est plus une base stricto sensu, mais qui fonctionne pareil.


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 #3 - 19-05-2011 16:29:37

MthS-MlndN
Hors d'u-Sage
Enigmes résolues : 49
Messages : 12,414E+3
Lieu: Rouen

Une écritur étrange

Up !

Je n'ai toujours pas la démonstration d'unicité, mais ce problème est intéressant et mérite plus qu'une réponse !


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 #4 - 19-05-2011 16:33:03

Yanyan
Expert de Prise2Tete
Enigmes résolues : 29
Messages : 509
Lieu: Lille si j'y suis

une écrirure étrange

Je cite MthS-MlndN:

Up !

Je n'ai toujours pas la démonstration d'unicité, mais ce problème est intéressant et mérite plus qu'une réponse !


Un mathématicien complet est topologiquement fermé!

 #5 - 19-05-2011 18:32:03

gwen27
Elite de Prise2Tete
Enigmes résolues : 49
Messages : 5,469E+3

une écriture étranhe

Une base doit pouvoir permettre d'écrire tout nombre :
dans ce cas précis

1 : 1
2x1 : 2 =1x1 +1
3x2x1 : 6 = 2x2x1 +2x1
5x3x2x1 : 30 = 4x3x2x1 + 3x2x1

Chaque terme est donc égal au terme précédent que multiplie le facteur maximum autorisé + lui même. Chaque terme est donc , au bout du compte égal à la somme de tous les termes précédents de la suite +1.

3x2x1 = 2x(2x1)+(2x1)
= maximum rang du précédent  + rang précédent avec facteur 1

5x3x2x1 = 4x(3x2x1)+(3x2x1)
= maximum rang du précédent  + rang précédent avec facteur 1

7x5x3x2x1 = 6x(5x3x2x1)+(5x3x2x1)
= maximum rang du précédent  + rang précédent avec facteur 1


Par récurrence depuis le rang n :

Rang n facteur 1 = max rang (n-1) + max rang (n-2).... + max rang 2 + premier terme de la suite ( 1 )

On a donc l'existence puisque , la limite au rang k étant atteinte, le rang k+1 prends le relai. Et on refait la boucle, jusqu' au facteur maximum du rang k+1 avant de passer au rang k+2 …. et comme on part de 1 , c'est bon.

Je pense aussi que cela démontre l'unicité car il est donc impossible de « remplacer » un facteur au rang k par uniquement des facteurs de rang  inférieur. Il est également impossible de le remplacer uniquement par des facteurs de rang supérieur ( vu le +1 entre deux rangs )

Il est enfin impossible de remplacer un facteur de rang k par une modification de facteurs de rang inférieurs et supérieurs, car ceux de rang supérieur seront toujours des multiples de  k et ceux de rang inférieur n'en donneront jamais (encore ce +1 )

Edit : En fait une autre combinaison pour un même nombre signifierait que le facteur du rang le plus haut qui change entre les deux écritures peut être remplacé par une combinaison de facteurs de rang moindre ce qui est absurde vu que le plus petit terme de ce rang est supérieur au maximum obtenu avec les précédents. donc , unicité.

En fait, ce procédé marche avec n'importe quels nombres  (en ordre croissant mais pas strictement) , pas seulement des nombres premiers. Il suffit que le facteur maximum d'un rang soit inférieur au coefficient qui permet de passer au rang n+1 . Dans le cas d'une "base", ce coefficient est toujours le même, c'est tout.

 #6 - 19-05-2011 22:18:11

Yanyan
Expert de Prise2Tete
Enigmes résolues : 29
Messages : 509
Lieu: Lille si j'y suis

Une écriture étrang

Montrons en effet le résultat en remplaçant ls nombres premiers par une suite strictement croissante de naturels [latex]a_n[/latex] notons [latex]A_k[/latex] les produits.

Montrons que si les nombres strictement inférieurs à [latex]A_k[/latex] sont écrits et de manière unique alors il en est de même pour les nombres strictement  inférieurs à [latex]A_{k+1}[/latex].

Ces derniers peuvent s'écrire de manière unique (par division euclidienne) [latex]bA_k+r[/latex] avec [latex]r<A_k[/latex].

Mais on a [latex]b<a_{k+1}[/latex] et puisque [latex]r[/latex] se décompose déjà comme il faut et de manière unique le tour est joué.


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 #7 - 20-05-2011 11:01:04

Klimrod
Elite de Prise2Tete
Enigmes résolues : 40
Messages : 3766
Lieu: hébesphénorotonde triangulaire

Un eécriture étrange

Bonjour,

Pour démontrer l'unicité, ne peut-on pas raisonner par l'absurde ?

Imaginons deux décompositions différentes pour un même nombre, et étudions la différence.
Cette différence est égale à zéro, puisqu'il s'agit du même nombre. Dès lors, on doit pouvoir démontrer que chaque terme de la décomposition de la différence est égal à zéro, ce qui signifie que les deux décompositions initiales étaient identiques....

Pour les détails, c'est au-dessus de mes moyens, mais j'espère qu'un mathématicien pourra confirmer la démonstration.

Klim.


J'ai tant besoin de temps pour buller qu'il n'en reste plus assez pour bosser. Qui vit sans folie n'est pas si sage qu'il croit.

 #8 - 20-05-2011 11:49:00

Yanyan
Expert de Prise2Tete
Enigmes résolues : 29
Messages : 509
Lieu: Lille si j'y suis

Une écriture étange

Il y a une difficulté avec les signes qui doivent apparaitre dans la différence mais en effet c'est une bonne idée. Je vais essayer de m'en servir.


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 #9 - 20-05-2011 11:55:41

gwen27
Elite de Prise2Tete
Enigmes résolues : 49
Messages : 5,469E+3

Une écrture étrange

Pourquoi ? Ca cloche mon truc?

Si deux combinaisons sont différentes, le plus grand terme qui change de facteur doit bien pouvoir être compensé par les autres , or c'est impossible.

 #10 - 20-05-2011 12:37:22

Yanyan
Expert de Prise2Tete
Enigmes résolues : 29
Messages : 509
Lieu: Lille si j'y suis

Une écriture térange

Je pense que si ton plus grand terme concerné est [latex]A_k[/latex] il peut avoir un coefficient or je crois que tu as montré que la compensation est impossible pour [latex]A_k[/latex] seulement.


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 #11 - 20-05-2011 12:38:06

MthS-MlndN
Hors d'u-Sage
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Lieu: Rouen

Une écritur étrange

Klimrod a écrit:

Imaginons deux décompositions différentes pour un même nombre, et étudions la différence.
Cette différence est égale à zéro, puisqu'il s'agit du même nombre. Dès lors, on doit pouvoir démontrer que chaque terme de la décomposition de la différence est égal à zéro, ce qui signifie que les deux décompositions initiales étaient identiques....

C'est effectivement la façon de démontrer une unicité la plus "évidente" ou "directe" ("straightforward") dans énormément de cas. J'ai tenté de la développer ici, mais je suis gêné, d'une part par les signes (comme Yanyan le fait remarquer), d'autre part par l'interdépendance des termes. La combinaison des deux fait que montrer qu'une différence de 1 sur un des chiffres de cette décomposition ne peut pas être compensée en bidouillant le reste est plutôt ardu.
Une fois cette étape passée, il suffit de dire "une différence de 1 sur le premier chiffre ne peut pas être compensée en touchant au reste, et ça marched pareil si on garde le premier chiffre et qu'on modifie le deuxième, etc." et par récurrence, poum, les deux décompositions sont égales.

gwen27 a écrit:

En fait une autre combinaison pour un même nombre signifierait que le facteur du rang le plus haut qui change entre les deux écritures peut être remplacé par une combinaison de facteurs de rang moindre ce qui est absurde vu que le plus petit terme de ce rang est supérieur au maximum obtenu avec les précédents. donc , unicité.

Cela doit permettre de conclure. Quelqu'un nous construit le tout proprement ? smile


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 #12 - 20-05-2011 12:52:45

Yanyan
Expert de Prise2Tete
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Lieu: Lille si j'y suis

Une cériture étrange

Oui Gwen a raison puisque [latex]\alpha A_k\leq A_k < \sum_{i=0}^{k-1}b_iA_i[/latex], la dernière inégalité étant montrée pour des [latex]b_i[/latex] postifs, elle reste vraie avec éventuellement des  signes.


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 #13 - 20-05-2011 20:23:30

gwen27
Elite de Prise2Tete
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une écriture étrangz

Yanyan a écrit:

Je pense que si ton plus grand terme concerné est [latex]A_k[/latex] il peut avoir un coefficient or je crois que tu as montré que la compensation est impossible pour [latex]A_k[/latex] seulement.

Ce n'est pas que la compensation est impossible c'est qu'elle n'est même pas atteinte qui importe. Donc, si c'est vrai avec Ak affecté à un facteur 1, ça l'est encore plus avec un facteur plus grand.

 #14 - 20-05-2011 20:33:15

Yanyan
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une écriture éteange

C'est vrai je le redis (voir mon précédent message).


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