Problème de Brocard : preuve ?
Salut.
Je propose ici à la critique, une résolution du problème de Brocard.
Le problème de Brocard en mathématiques, posé par Henri Brocard consiste en la recherche des couples $(n, m)$, solutions de l'équation diophantienne $n! + 1 = m^2$.
On sait que les couples appelés nombres de Brown : $(4, 5), (5, 11)$ et $(7, 71)$ sont solutions.
On va ici par une disjonction de cas, montrer que ceux-là, sont les seuls couples solutions à cette équation diophantienne.
PREUVE
Rappelons d'abord que Berndt et Galway en 2000, ont effectué des calculs pour $n$ inférieur à $10^{9}$ et n'ont trouvé aucune solution supplémentaire.
Si $n$ et $m$ sont deux entiers naturels tels que $n! + 1 = m^{2}\qquad (1)$,
alors $n! = m^{2} - 1 = (m- 1)(m + 1)$.
Pour $n\geq 2$ on a $n! + 1$ impair et donc $m$ impair. Alors $m - 1$ et $m + 1$ sont deux nombres pairs consécutifs, et donc
$v_{2}(m - 1) = 1$ et $v_{2}(m + 1) = v_{2}(n!) - 1$, ou $v_{2}(m + 1) = 1$ et $v_{2}(m - 1) = v_{2}(n!) - 1$
où $v_{2}(x)$ est la valuation 2-adique de $x$.
On a alors si $(1)$, $n! = 2^{v_{2}(n!)-1}s\big(2^{v_{2}(n!)-1}s \pm 2\big) = 4\big(2^{v_{2}(n!)-2}s\big(2^{v_{2}(n!)-2}s \pm 1\big)\big)$
où $s$ est un entier naturel impair.
C'est dire que si $(1)$, $\dfrac{n!}{4} = M(M \pm 1)$ où on a posé $M = 2^{v_{2}(n!)-2}s$ (notons que $M$ et $M \pm 1$ sont premiers entre eux).
On va étudier les deux cas possibles découlant de $(1)$, à savoir : $\dfrac{n!}{4} = M(M + 1)$ et $\dfrac{n!}{4} = M(M - 1)$. On cherchera les valeurs de $n$ pour lesquelles $\dfrac{n!}{4} = M(M + 1)$ ou $\dfrac{n!}{4} = M(M - 1)$.
I) Cherchons les valeurs de $n$ telles que : $\dfrac{n!}{4} = M(M + 1)\quad (A)$.
Nous savons que $2$ est un facteur de $M$ ; supposons que le nombre premier $p = 2q + 1$ soit un facteur de $M + 1$.
On a $p - 2q = 1$ et donc toutes les solutions $U$ et $V$ de $Up - V2 = 1$ sont de la forme $U = 1 + 2a$ et $V = q + pa$, $a$ entier.
Résoudre en partie l'équation diophantienne $(1)$, revient donc à résoudre l'équation diopantienne :
$M(M + 1) = (1 + 2a)p\times 2(q + pa) = \dfrac{n!}{4}, a,\,p,\,q,\n\,\in\,\mathbb{N}\quad (2)$.
C'est ce qu'on va faire ci-dessous.
Si $a = 0$, $(2)\iff p\times 2q = \dfrac{n!}{4}$, et cette dernière égalité n'est possible que si $n = 4$ ($q = 1$, $p = 3$).
En effet, pour $q\geq 2$, $\dfrac{p!}{4}\,>\, 2pq$ (on a $n\geq p$) et donc il n'y a pas de solution.
Si $a\neq 0$, $2a$ étant premier avec $2a +1$, alors $2a$ divise $q + pa$.
C'est dire qu'il existe $\alpha\,\in\,\mathbb{N}^*$ tel que $q + pa = \alpha a\iff q = (\alpha - p)a$.
On va étudier les trois cas possibles suivant : $q$ est pas un facteur de $M$ ou bien $q$ est un facteur de $M + 1$, ou bien $q$ n'est ni facteur de $M$, ni facteur de $M + 1$ (les facteurs de $q$ sont partagés entre $M$ et $M + 1$).
$\bullet$) $q$ est un facteur de $M$.
$p - 2q = 1$, on a alors aussi $(1 + qc)p\times q(2 + pc) = \dfrac{n!}{4},\;c\,\in\,\mathbb{N}\quad(3)$.
Pour $c$ non nul (le cas $c = 0$ donne la solution du cas $a = 0$ ci-dessus), $qc$ étant premier avec $1 + qc$, alors $qc$ divise $2 + pc$.
C'est dire que $2 + pc = \beta qc,\,\beta\,\in\,\mathbb{N}^*$, soit $2 = (\beta q - p)c = ((\beta - 2)q - 1)c\quad(4)$.
Pour $n$ assez grand ($\geq 6$) $v_{2}\big(\dfrac{n!}{4}\big)\geq 2$, alors $v_{2}(c) = 1$ dans $(3)$.
$(4)$ implique $c = 2$ et les seules solutions de $(4)$ sont : $\beta = 3$ et $q = 2$ ou $\beta = 4$ et $q = 1$.
On vérifie aisément que pour ces deux solutions possibles ($q = 2$ et $q = 1$), il n'y a pas de valeur de $n$ vérifiant $(3)$.
C'est dire qu'on ne trouve pas de solution de $(A)$ avec $n\geq 6$ et $q$ facteur de $M$.
$\bullet$) $q$ est un facteur de $M + 1$.
Donc d'après $(2)$, $1 + 2a = \alpha'q = \alpha'(\alpha - p)a$ et alors $1 = \big(\alpha'(\alpha - p) - 2\big)a$
Alors $a = 1$ et $(2)\implies 3p\times 2\big(\dfrac{p - 1}{2} + p\big) = 3p(3p - 1) = \dfrac{n!}{4}$. Ce qui est impossible pour $n$ assez grand ($\geq 9$) parce que $v_{3}(3p(3p - 1))\leq 2$ et on vérifie aisément que pour $n\,<\,9$, il n'y a pas de solution.
$\bullet$) $q$ n'est ni facteur de $M$, ni facteur de $M + 1$.
Pour ce cas montrons que pour $n$ assez grand ($\geq 71$) notre hypothèse ne peut pas etre satisfaite pour tous les $q$. En effet, remarquons que $31 = 2\times 3\times 5 + 1$, $43 = 2\times 3\times 7 + 1$ et $71 = 2\times 5\times 7 + 1$, et qu'il est alors impossible d'affecter les nombres premiers 3, 5 et 7 à $M$ ou $M + 1$. C'est dire que dans ce cas, il ne peut y avoir de solution pour $n\geq 71$.
On vient de montrer que la seule solution possible de $(A)$ est $n = 4$ (couple de nombre de Brown $(4, 5)$).
II) Cherchons les valeurs de $n$ telles que : $\dfrac{n!}{4} = M(M - 1)\quad (B)$.
On va ici adopter un raisonnement similaire au $I)$.
Nous savons que $2$ est une facteur de $M$ ; supposons que le nombre premier $p = 2q - 1$ soit un facteur de $M - 1$.
On a $2q - p = 1$ et donc toutes les solutions $U$ et $V$ de $V2 - Up = 1$ sont de la forme $U = 1 + 2a$ et $V = q + pa$, $a$ entier.
Compte tenu de la partie $I)$, résoudre l'équation diophantienne $(1)$, revient finalement à résoudre en plus l'équation diophantienne :
$M(M - 1) = (q + pa)2\times p(1 + 2a) = \dfrac{n!}{4}, a,\,p,\,q,\,n\,\in\,\mathbb{N}\quad (5)$
C'est ce qu'on va faire ci-dessous.
Si $a = 0$, $(5)\iff 2q\times p = \dfrac{n!}{4}$, et cette dernière égalité n'est possible que si $n = 5$ ($q = 3$, $p = 5$).
En effet pour $q = 2$ il n'y a pas de solution et pour $q\geq 4$, $\dfrac{p!}{4}\,>\, 2pq$ (on a $n\geq p$) et donc il n'y a aussi pas de solution.
Si $a\neq 0$, $2a$ étant premier avec $2a +1$, alors $2a$ divise $q + pa$.
C'est dire qu'il existe $\alpha\,\in\,\mathbb{N}^*$ tel que $q + pa = \alpha a\iff q = (\alpha - p)a$.
Etudions les trois cas possibles : $q$ est pas un facteur de $M$ ou bien $q$ est un facteur de $M - 1$, ou bien $q$ n'est ni facteur de $M$, ni facteur de $M - 1$.
$\bullet$) $q$ est un facteur de $M$.
$2q - p = 1$, on a alors aussi $(2 + pc)q\times p(1 + qc) = \dfrac{n!}{4},\;c\,\in\,\mathbb{N}\quad (6)$.
Pour $c$ non nul (le cas $c = 0$ donne la solution du cas $a = 0$ ci-dessus), $qc$ étant premier avec $1 + qc$, alors $qc$ divise $2 + pc$.
C'est dire que $2 + pc = \beta qc,\,\beta\,\in\,\mathbb{N}^*$, soit $2 = (\beta q - p)c = ((\beta - 2)q + 1)c\quad (7)$.
Pour $n$ assez grand ($\geq 6$) $v_{2}\big(\dfrac{n!}{4}\big)\geq 2$, alors $v_{2}(c) = 1$ dans $(6)$.
$(7)$ implique $c = 2$ et les seules solutions de $(7)$ sont : $\beta = 2$, $q\geq 2$.
$c = 2\implies \big((6)\iff (2 + 2p)q\times p(1 + 2q) = \dfrac{n!}{4} = (4q)qp(1 + 2q)\big)$.
- Pour $q = 2$, $8\times 2\times 3\times 5 = \dfrac{n!}{4}$ n'a pas de solution.
- Pour $q = 3$, $12\times 3\times 5\times 7 = \dfrac{n!}{4}$ a une solution correspondant à $n = 7$.
- Pour $q\geq 6$, on a $n\geq p\geq 11$ et dans ce cas $\dfrac{n!}{4}\,>\,(4q)qp(1 + 2q)$, et donc il n'y a pas de solution.
$\bullet$) $q$ est un facteur de $M - 1$.
Alors d'après $(5)$, $1 + 2a = \alpha'q = \alpha'(\alpha - p)a$ et alors $ 1 = \big(\alpha'(\alpha - p) - 2\big)a$.
Alors $a = 1$ et $(5)\implies (q + p)2\times 3p = \big(\dfrac{p + 1}{2} + p\big)2\times 3p = (3p + 1)3p = \dfrac{n!}{4}$. Ce qui est impossible pour $n$ assez grand ($\geq 9$) parce que $v_{3}(3p(3p + 1))\leq 2$, et on vérifie aisément que pour $n\,<\,9$, il n'y a pas de solution.
$\bullet$) $q$ n'est ni facteur de $M$, ni facteur de $M - 1$.
Pour ce cas montrons que pour $n$ assez grand ($\geq 29$) notre hypothèse ne peut pas etre satisfaite pour tous les $q$. En effet, remarquons que $11 = 2\times 2\times 3 - 1$, $19 = 2\times 2\times 5 - 1$ et $29 = 2\times 3\times 5 - 1$, et qu'il est alors impossible d'affecter les nombres premiers 2, 3 et 5 à $M$ ou $M - 1$. C'est dire que dans ce cas, il ne peut y avoir de solution pour $n\geq 29$.
On vient de montrer que les seules solutions possibles de $(B)$ sont $n = 5$ et $n = 7$ (couples de nombres de Brown $(5, 11)$ et $(7, 71)$).
$(1)$ étant équivalent à $(A)$ et $(B)$, on a donc montré que pour $n$ assez grand ($\geq 71$), il n'y a pas de solution à l'équation diophantienne $n! + 1 = m^{2}$. Sachant que les seules solutions pour $n\,<\,71$ sont les couples $(4, 5), (5, 11)$ et $(7, 71)$, on peut énoncer le théorème suivant.
Théorème :
Les seules solutions $(n, m)$ de l'équation diophantienne $n! + 1 = m^{2}$, sont les couples de nombres de Brown $(4, 5), (5, 11$ et $(7, 71)$.
Cordialement.
Je propose ici à la critique, une résolution du problème de Brocard.
Le problème de Brocard en mathématiques, posé par Henri Brocard consiste en la recherche des couples $(n, m)$, solutions de l'équation diophantienne $n! + 1 = m^2$.
On sait que les couples appelés nombres de Brown : $(4, 5), (5, 11)$ et $(7, 71)$ sont solutions.
On va ici par une disjonction de cas, montrer que ceux-là, sont les seuls couples solutions à cette équation diophantienne.
PREUVE
Rappelons d'abord que Berndt et Galway en 2000, ont effectué des calculs pour $n$ inférieur à $10^{9}$ et n'ont trouvé aucune solution supplémentaire.
Si $n$ et $m$ sont deux entiers naturels tels que $n! + 1 = m^{2}\qquad (1)$,
alors $n! = m^{2} - 1 = (m- 1)(m + 1)$.
Pour $n\geq 2$ on a $n! + 1$ impair et donc $m$ impair. Alors $m - 1$ et $m + 1$ sont deux nombres pairs consécutifs, et donc
$v_{2}(m - 1) = 1$ et $v_{2}(m + 1) = v_{2}(n!) - 1$, ou $v_{2}(m + 1) = 1$ et $v_{2}(m - 1) = v_{2}(n!) - 1$
où $v_{2}(x)$ est la valuation 2-adique de $x$.
On a alors si $(1)$, $n! = 2^{v_{2}(n!)-1}s\big(2^{v_{2}(n!)-1}s \pm 2\big) = 4\big(2^{v_{2}(n!)-2}s\big(2^{v_{2}(n!)-2}s \pm 1\big)\big)$
où $s$ est un entier naturel impair.
C'est dire que si $(1)$, $\dfrac{n!}{4} = M(M \pm 1)$ où on a posé $M = 2^{v_{2}(n!)-2}s$ (notons que $M$ et $M \pm 1$ sont premiers entre eux).
On va étudier les deux cas possibles découlant de $(1)$, à savoir : $\dfrac{n!}{4} = M(M + 1)$ et $\dfrac{n!}{4} = M(M - 1)$. On cherchera les valeurs de $n$ pour lesquelles $\dfrac{n!}{4} = M(M + 1)$ ou $\dfrac{n!}{4} = M(M - 1)$.
I) Cherchons les valeurs de $n$ telles que : $\dfrac{n!}{4} = M(M + 1)\quad (A)$.
Nous savons que $2$ est un facteur de $M$ ; supposons que le nombre premier $p = 2q + 1$ soit un facteur de $M + 1$.
On a $p - 2q = 1$ et donc toutes les solutions $U$ et $V$ de $Up - V2 = 1$ sont de la forme $U = 1 + 2a$ et $V = q + pa$, $a$ entier.
Résoudre en partie l'équation diophantienne $(1)$, revient donc à résoudre l'équation diopantienne :
$M(M + 1) = (1 + 2a)p\times 2(q + pa) = \dfrac{n!}{4}, a,\,p,\,q,\n\,\in\,\mathbb{N}\quad (2)$.
C'est ce qu'on va faire ci-dessous.
Si $a = 0$, $(2)\iff p\times 2q = \dfrac{n!}{4}$, et cette dernière égalité n'est possible que si $n = 4$ ($q = 1$, $p = 3$).
En effet, pour $q\geq 2$, $\dfrac{p!}{4}\,>\, 2pq$ (on a $n\geq p$) et donc il n'y a pas de solution.
Si $a\neq 0$, $2a$ étant premier avec $2a +1$, alors $2a$ divise $q + pa$.
C'est dire qu'il existe $\alpha\,\in\,\mathbb{N}^*$ tel que $q + pa = \alpha a\iff q = (\alpha - p)a$.
On va étudier les trois cas possibles suivant : $q$ est pas un facteur de $M$ ou bien $q$ est un facteur de $M + 1$, ou bien $q$ n'est ni facteur de $M$, ni facteur de $M + 1$ (les facteurs de $q$ sont partagés entre $M$ et $M + 1$).
$\bullet$) $q$ est un facteur de $M$.
$p - 2q = 1$, on a alors aussi $(1 + qc)p\times q(2 + pc) = \dfrac{n!}{4},\;c\,\in\,\mathbb{N}\quad(3)$.
Pour $c$ non nul (le cas $c = 0$ donne la solution du cas $a = 0$ ci-dessus), $qc$ étant premier avec $1 + qc$, alors $qc$ divise $2 + pc$.
C'est dire que $2 + pc = \beta qc,\,\beta\,\in\,\mathbb{N}^*$, soit $2 = (\beta q - p)c = ((\beta - 2)q - 1)c\quad(4)$.
Pour $n$ assez grand ($\geq 6$) $v_{2}\big(\dfrac{n!}{4}\big)\geq 2$, alors $v_{2}(c) = 1$ dans $(3)$.
$(4)$ implique $c = 2$ et les seules solutions de $(4)$ sont : $\beta = 3$ et $q = 2$ ou $\beta = 4$ et $q = 1$.
On vérifie aisément que pour ces deux solutions possibles ($q = 2$ et $q = 1$), il n'y a pas de valeur de $n$ vérifiant $(3)$.
C'est dire qu'on ne trouve pas de solution de $(A)$ avec $n\geq 6$ et $q$ facteur de $M$.
$\bullet$) $q$ est un facteur de $M + 1$.
Donc d'après $(2)$, $1 + 2a = \alpha'q = \alpha'(\alpha - p)a$ et alors $1 = \big(\alpha'(\alpha - p) - 2\big)a$
Alors $a = 1$ et $(2)\implies 3p\times 2\big(\dfrac{p - 1}{2} + p\big) = 3p(3p - 1) = \dfrac{n!}{4}$. Ce qui est impossible pour $n$ assez grand ($\geq 9$) parce que $v_{3}(3p(3p - 1))\leq 2$ et on vérifie aisément que pour $n\,<\,9$, il n'y a pas de solution.
$\bullet$) $q$ n'est ni facteur de $M$, ni facteur de $M + 1$.
Pour ce cas montrons que pour $n$ assez grand ($\geq 71$) notre hypothèse ne peut pas etre satisfaite pour tous les $q$. En effet, remarquons que $31 = 2\times 3\times 5 + 1$, $43 = 2\times 3\times 7 + 1$ et $71 = 2\times 5\times 7 + 1$, et qu'il est alors impossible d'affecter les nombres premiers 3, 5 et 7 à $M$ ou $M + 1$. C'est dire que dans ce cas, il ne peut y avoir de solution pour $n\geq 71$.
On vient de montrer que la seule solution possible de $(A)$ est $n = 4$ (couple de nombre de Brown $(4, 5)$).
II) Cherchons les valeurs de $n$ telles que : $\dfrac{n!}{4} = M(M - 1)\quad (B)$.
On va ici adopter un raisonnement similaire au $I)$.
Nous savons que $2$ est une facteur de $M$ ; supposons que le nombre premier $p = 2q - 1$ soit un facteur de $M - 1$.
On a $2q - p = 1$ et donc toutes les solutions $U$ et $V$ de $V2 - Up = 1$ sont de la forme $U = 1 + 2a$ et $V = q + pa$, $a$ entier.
Compte tenu de la partie $I)$, résoudre l'équation diophantienne $(1)$, revient finalement à résoudre en plus l'équation diophantienne :
$M(M - 1) = (q + pa)2\times p(1 + 2a) = \dfrac{n!}{4}, a,\,p,\,q,\,n\,\in\,\mathbb{N}\quad (5)$
C'est ce qu'on va faire ci-dessous.
Si $a = 0$, $(5)\iff 2q\times p = \dfrac{n!}{4}$, et cette dernière égalité n'est possible que si $n = 5$ ($q = 3$, $p = 5$).
En effet pour $q = 2$ il n'y a pas de solution et pour $q\geq 4$, $\dfrac{p!}{4}\,>\, 2pq$ (on a $n\geq p$) et donc il n'y a aussi pas de solution.
Si $a\neq 0$, $2a$ étant premier avec $2a +1$, alors $2a$ divise $q + pa$.
C'est dire qu'il existe $\alpha\,\in\,\mathbb{N}^*$ tel que $q + pa = \alpha a\iff q = (\alpha - p)a$.
Etudions les trois cas possibles : $q$ est pas un facteur de $M$ ou bien $q$ est un facteur de $M - 1$, ou bien $q$ n'est ni facteur de $M$, ni facteur de $M - 1$.
$\bullet$) $q$ est un facteur de $M$.
$2q - p = 1$, on a alors aussi $(2 + pc)q\times p(1 + qc) = \dfrac{n!}{4},\;c\,\in\,\mathbb{N}\quad (6)$.
Pour $c$ non nul (le cas $c = 0$ donne la solution du cas $a = 0$ ci-dessus), $qc$ étant premier avec $1 + qc$, alors $qc$ divise $2 + pc$.
C'est dire que $2 + pc = \beta qc,\,\beta\,\in\,\mathbb{N}^*$, soit $2 = (\beta q - p)c = ((\beta - 2)q + 1)c\quad (7)$.
Pour $n$ assez grand ($\geq 6$) $v_{2}\big(\dfrac{n!}{4}\big)\geq 2$, alors $v_{2}(c) = 1$ dans $(6)$.
$(7)$ implique $c = 2$ et les seules solutions de $(7)$ sont : $\beta = 2$, $q\geq 2$.
$c = 2\implies \big((6)\iff (2 + 2p)q\times p(1 + 2q) = \dfrac{n!}{4} = (4q)qp(1 + 2q)\big)$.
- Pour $q = 2$, $8\times 2\times 3\times 5 = \dfrac{n!}{4}$ n'a pas de solution.
- Pour $q = 3$, $12\times 3\times 5\times 7 = \dfrac{n!}{4}$ a une solution correspondant à $n = 7$.
- Pour $q\geq 6$, on a $n\geq p\geq 11$ et dans ce cas $\dfrac{n!}{4}\,>\,(4q)qp(1 + 2q)$, et donc il n'y a pas de solution.
$\bullet$) $q$ est un facteur de $M - 1$.
Alors d'après $(5)$, $1 + 2a = \alpha'q = \alpha'(\alpha - p)a$ et alors $ 1 = \big(\alpha'(\alpha - p) - 2\big)a$.
Alors $a = 1$ et $(5)\implies (q + p)2\times 3p = \big(\dfrac{p + 1}{2} + p\big)2\times 3p = (3p + 1)3p = \dfrac{n!}{4}$. Ce qui est impossible pour $n$ assez grand ($\geq 9$) parce que $v_{3}(3p(3p + 1))\leq 2$, et on vérifie aisément que pour $n\,<\,9$, il n'y a pas de solution.
$\bullet$) $q$ n'est ni facteur de $M$, ni facteur de $M - 1$.
Pour ce cas montrons que pour $n$ assez grand ($\geq 29$) notre hypothèse ne peut pas etre satisfaite pour tous les $q$. En effet, remarquons que $11 = 2\times 2\times 3 - 1$, $19 = 2\times 2\times 5 - 1$ et $29 = 2\times 3\times 5 - 1$, et qu'il est alors impossible d'affecter les nombres premiers 2, 3 et 5 à $M$ ou $M - 1$. C'est dire que dans ce cas, il ne peut y avoir de solution pour $n\geq 29$.
On vient de montrer que les seules solutions possibles de $(B)$ sont $n = 5$ et $n = 7$ (couples de nombres de Brown $(5, 11)$ et $(7, 71)$).
$(1)$ étant équivalent à $(A)$ et $(B)$, on a donc montré que pour $n$ assez grand ($\geq 71$), il n'y a pas de solution à l'équation diophantienne $n! + 1 = m^{2}$. Sachant que les seules solutions pour $n\,<\,71$ sont les couples $(4, 5), (5, 11)$ et $(7, 71)$, on peut énoncer le théorème suivant.
Théorème :
Les seules solutions $(n, m)$ de l'équation diophantienne $n! + 1 = m^{2}$, sont les couples de nombres de Brown $(4, 5), (5, 11$ et $(7, 71)$.
Cordialement.
Réponses
-
Bonjour,
Il se peut très bien que $2a+1$ divise $n!$ alors que $2a$ ne le divise pas!
Exemple: $15$ divise $5!$ et $14$ non. -
Je pense qu'on peut se passer de $p$ premier, et le choisir assez grand de telle sorte que $1 + 2a$ soit inférieur à $1 + 2n$, c'est à dire $a\leq n$. Après on déroule à peu près le même raisonnement, avec quelques précisions à faire.
Je reprends la rédaction quand j'aurai plus de temps.
Cordialement. -
[Henri Brocard (1845-1922) prend toujours une majuscule. AD]
Salut.
Je devrais demander où se trouve l'erreur, mais je propose tout simplement à la critique ce deuxième jet qui est une nouvelle approche pour prouver que le problème de [large]B[/large]rocard n'a que les trois couples solutions connues et citées ci-haut.
Preuve
Si $n$ et $m$ sont deux entiers naturels tels que $n! + 1 = m^{2}\quad (1)$,
alors $n! = m^{2} - 1 = (m- 1)(m + 1)$.
Pour $n\geq 2$ on a $n! + 1$ impair et donc $m$ impair. Alors $m - 1$ et $m + 1$ sont deux nombres pairs consécutifs, et alors $v_{2}(m - 1) = 1$ et $v_{2}(m + 1) = v_{2}(n!) - 1$, ou $v_{2}(m + 1) = 1$ et $v_{2}(m - 1) = v_{2}(n!) - 1$
où $v_{2}(x)$ est la valuation 2-adique de $x$.
On a alors si $(1)$, $n! = 2^{v_{2}(n!)-1}s\big(2^{v_{2}(n!)-1}s \pm 2\big) = 4\big(2^{v_{2}(n!)-2}s\big(2^{v_{2}(n!)-2}s\pm 1\big)\big)$
où $s$ est un entier naturel impair.
C'est dire que si $(1)$, $\dfrac{n!}{4} = (M\pm 1)M\quad (2)$
où on a posé $M = 2^{v_{2}(n!)-2}s$ (notons que $M$ et $M\pm 1$ sont premiers entre eux).
Rappelons le principe suivant : si deux nombres entiers $A$ et $B$ sont tels que $Au - vB = 1, u,\,v\,\in\,\mathbb{N}^{*}$, toutes les solutions $U$ et $V$ de $AU - VB = 1$ sont de la forme $U = u + Bb$ et $V = v + Ab$, $b$ entier.
Résoudre l'équation diophantienne $(1)$ pour $n$ assez grand, revient à résoudre l'équation diophantienne : $\dfrac{n!}{4} = (M\pm 1)M$.
On va considérer $n$ assez grand (par exemple $\geq 10$) tel que $M\pm 1$ ait au moins deux facteurs premiers.
Nous savons que $2$ est un facteur de $M$. Soit $p = 2a + 1$ un nombre premier facteur de $M\pm 1$.
Si $M$ existe on a![:\](https://les-mathematiques.net/vanilla/resources/emoji/confused.png ":\")
\
$(M\pm 1)M = Pp\times 2Q = P(2a + 1)\times 2Q = \dfrac{n!}{4}, P,\,Q\,\in\,\mathbb{N}^{*}\quad (3)$
($Q$ est pair pour $n$ assez grand).
Il existe $q$ entier tel que $P = 2q + 1$. $P$ est un facteur de $M\pm 1$ (et 2 est un facteur de $M$).
On a $P - 2q = 1$, et alors d'après le principe rappelé ci-haut : il existerait un nombre entier $d$ tel que : $P(1 + 2d)\times 2(q + Pd) = \dfrac{n!}{4}$. D'après $(3)$, $d = a$ ($Q = q + Pd$).
On aurait alors $(M\pm 1)M = P(1 + 2a)\times 2(q + Pa) = \dfrac{n!}{4}\quad (3')$.
On a donc :
$\begin{align} P(1 + 2a)\times 2(q + Pa) = \dfrac{n!}{4} & \iff P(1 + 2a)2q + P(1 + 2a)2Pa = \dfrac{n!}{4}\\
& \iff P(1 + 2a)2q = \dfrac{n!}{4} - 2P^{2}(1 + 2a)a\\
& \iff P(1 + 2a)2q = 2P(1 + 2a)a\big(2^{v_{2}(n!) - v_{2}(a) - 3}r - P\big)\\
& \iff q = a\big(2^{v_{2}(n!) - v_{2}(a) - 3}r - P\big)
\end{align}$
où $r$ est un nombre entier (pair pour $n$ assez gand).
Alors $a$ divise $q$ et d'après $(3')$, $a$ est un facteur de $M$.
Si $p^{2} = 4a^{2} + 4a +1 = 2(2a(a + 1)) + 1$ est une facteur de $M\pm 1$, alors il existerait $P'$ et $q'$ entiers, avec $P' = 2q' + 1$ facteur de $M\pm 1$, et tel que : $P'p^{2}\times 2Q' = \dfrac{n!}{4}, Q'\,\in\,\mathbb{N}^{*}$ (en fait alors $P' = \dfrac{P}{p}$ et $Q' = Q$).
Le mème raisonnement que ci-dessus implique alors que $2a(a + 1)$ est un facteur de $M$.
Cela entraine que $a + 1$ est un facteur de $M$.
$2a + 1$ est un facteur de $M\pm 1$ et $2(a + 1) - (2a + 1) = 1$, donc d'après le mème principe, il existerait un entier $c$ tel que : $\big(2 + (2a + 1)c\big)(a + 1)\times (2a + 1)\big(1 + (a + 1)c\big) = \dfrac{n!}{4}$.
Pour $n$ assez grand (tel que $v_{2}\big(\dfrac{n!}{4}\big)\,>\,v_{2}(a + 1)$), $c$ est pair, c'est-a-dire $c = 2c'$, $c'$ entier. C'est-à-dire qu'on a :
$\big(2 + (2a + 1)2c'\big)(a + 1)\times (2a + 1)\big(1 + (a + 1)2c'\big) = \dfrac{n!}{4}$.
C'est-à-dire que : $(2a + 1)\big(1 + 2(a + 1)c'\big)\times 2\big(1 + (2a + 1)c'\big)(a + 1) = \dfrac{n!}{4}\quad (4)$.
$(4)$ et $(3')$ impliquent :
$\begin{cases}
1 + 2(a + 1)c' = P\\
\big(1 + (2a + 1)c'\big)(a + 1) = q + Pa
\end{cases}$.
La première égalité donne $c' = \dfrac{P - 1}{2(a+ 1)} = \dfrac{q}{a + 1}$, et cette valeur de $c'$ dans la deuxième égalité implique :
$a + 1 + (2a +1)q = q + Pa = q + (2q + 1)a\iff a + 1 + 2aq + q = q + 2aq + a\iff 1 = 0$, ce qui est absurde.
C'est dire que $M\pm 1$ ne peut pas avoir un carré comme facteur.
Mais donc pour $n$ assez grand ($\geq 10$), $M\pm 1$ ne peut avoir comme facteurs que des nombres premiers strictement supérieurs à $\dfrac{n}{2}$.
Montrons qu'alors que pour $n$ assez grand ($\geq 10$), il n'existe pas de valeur de $M$ telle que $\dfrac{n!}{4} = (M\pm 1)M$.
On sait qu'il y a plus de nombres premiers (au pire autant) sur l'intervalle $[2, \frac{n}{2}]$ que sur l'intervalle $]\frac{n}{2}, n]$. Nous allons montrer que pour chaque nombre premier $x$ du premier intervalle, $x^{v_{x}\big(\frac{n!}{4}\big)}\,>\,n$.
On a $v_{x}\big(\dfrac{n!}{4}\big)\,>\,\dfrac{n}{x} - 1$ sur l'intervalle $]2, \dfrac{n}{3}]$ et sur l'intervalle $]\dfrac{n}{3}, \frac{n}{2}]$ on a $v_{x}\big(\dfrac{n!}{4}\big) = 2$ (Et pour $x = 2$, il suffira que $n\geq 8$ pour que $v_{2}\big(\dfrac{n!}{4}\big)\,>\,\dfrac{n}{2}$).
Il suffira alors de montrer que $x^{\frac{n-x}{x}} - n\,>\,0$ sur l'intervalle $]2, \frac{n}{3}]$, sachant que sur l'intervalle $]\frac{n}{3}, \dfrac{n}{2}]$ on a $x^{2}\,>\,n$ (Pour $x = 2$, on a bien que pour $n\geq 8$, $2^{\frac{n}{2}}\,>\,n$).
Pour n donné, soit la fonction $f(x) = x^{\frac{n-x}{x}} - n$. Montrons alors qu'elle est positive sur $]2, \frac{n}{3}]$.
Pour cela, on peut montrer que la fonction $g(x) = \dfrac{n - x}{x}ln(x) - ln(n)$ est positive sur $]2, \frac{n}{3}]$
(où $ln$ est la fonction logarithme népérien).\\
On a $g'(x) = \big(\dfrac{n - x}{x}\big)'ln(x) + \dfrac{1}{x}\big(\dfrac{n - x}{x}\big) = \dfrac{n - nln(x) - x}{x^{2}}\,<\,0$ sur $]2, +\infty[$.
Donc la fonction $g$ est décroissante sur cet intervalle, donc décroissante sur $]2, \frac{n}{3}]$.
On a $g\big(\dfrac{n}{3}\big) = \dfrac{n - \dfrac{n}{3}}{\dfrac{n}{3}}ln\big(\dfrac{n}{3}\big) - ln(n) = 2ln\big(\dfrac{n}{3}\big) - ln(n) = ln(n) - 2ln(3)$.
Alors on a $g\big(\dfrac{n}{3}\big)\,>\,0\iff n\,>\,3^{2} = 9$.
On a donc montré que pour $n$ assez grand ($\geq 10$), on aurait $\dfrac{M}{2} = \prod_{i=1}^{t}a_{i}$, $M\pm 1 = \prod_{i=1}^{t'}a'_{i}$, avec $t\geq t'$ et $a_{i}\,>\,a'_{i},\forall i\,\in\,[\![1, t']\!]$.
Ce qui est évidemment absurde car $M\,>\,2(M\pm 1)$, $M$ entier supérieur à 2 est impossible.
Et donc pour $n\geq 10$, il n'y a pas de solution de l'équation $(2)$, et par suite pas de solution de $(1)$.
On vérifie aisément que pour $n\,<\,10$, les seules solutions de $(1)$, sont celles correspondant aux valeurs 4, 5 et 7 de $n$.
On peut donc énoncer le théorème suivant.
Théorème :
Les seules solutions $(n, m)$ de l'équation diophantienne $n! + 1 = m^{2}$, sont les couples de nombres de Brown $(4, 5), (5, 11$ et $(7, 71)$.
Cordialement.
PS : éclaircissements apportés après la critique de @Dom, reprise par @raoul. S. -
Il y a une erreur, mais comme tu ne demandes pas laquelle, à toi de la trouver ...
-
Cherche à quel endroit tu fais une affirmation sans preuve.
-
Comme d'habitude tu vas me demander de tout prouver, alors que c'est forcément écrire une démonstration de plus de 1000 pages et même sans fin parce que...
-
basgueye
a) Numérote tes affirmations.
Éventuellement on pourra te demander des preuves aux endroits obscurs.
b) On te demandera certainement de les quantifier.
Souvent tu donnes des phrases ambiguës dont on ne sait si elles contiennent des « il existe » ou des « quel que soit ».
Attention, en maths il y a des codes. Si tu veux t’en passer. Inutile de demander qu’on suive les tiens.
Par exemple, tu crois encore avoir résolu la conjecture du coureur solitaire alors que tu n’as rien apporté en terme de preuve digne de ce nom (discours mathématique) et en terme d’idée novatrice.
Cordialement
Dom -
Donc, finalement, Babsgueye, ce n'est que du baratin. La vraie preuve ferait plus de 1000 pages, dis-tu. Donc tu triches, comme d'habitude :! Tu présentes un texte mathématique comme une preuve, mais ce n'en est pas une.
Par simple honnêteté, tu ne devrais pas présenter un texte mathématique dont tu n'es pas sûr qu'il est correct : uniquement l'application stricte des règles mathématiques et logiques. Si tu ne peux pas justifier ainsi chaque ligne, ça ne vaut rien, tu n'as rien démontré.
Et ça fait un moment qu'on te le dit, pourquoi continues-tu à fabriquer des fausses preuves sur des conjectures nouvelles ? C'est ridicule ! -
@gerad0 en bon mathématicien tu dois savoir que si dans une preuve tu dois justifier chaque ligne, le texte sera infini. En plus comment peux-tu imaginer qu'on propose quelque chose en quoi on ne croit pas ? Si je pose la question c'est au cas où quelque chose m'aurait échappé et c'est l'intérêt d'un forum.
@raoul. S je n'ai encore demandé à personne de démontrer quoi que ce soit pour moi. Tu fais semblant de ne pas comprendre ma demande, mais bon... -
@babsgueye c'était pour te charrier.
Selon moi tu devrais suivre le conseil de Dom ci-dessus http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?43,2266082,2271068#msg-2271068 en numérotant les affirmations.
Ce sera plus pratique pour quelqu'un qui voudra te lire. -
Pour prouver un théorème déjà connu, démontré, il n'y a pas besoin d'idée novatrice.
Pour prouver une conjecture qui a fait l'objet de plein de recherches, mais n'a jamais été prouvée, il faut avoir des idées que les autres chercheurs n'ont pas eu. C'est ce qu'on appelle des idées novatrices.Tu me dis, j'oublie. Tu m'enseignes, je me souviens. Tu m'impliques, j'apprends. Benjamin Franklin -
"@gerad0 en bon mathématicien tu dois savoir que si dans une preuve tu dois justifier chaque ligne, le texte sera infini" Ben non !! Les mathématiciens publient des preuves, pas infinies, et dont ils n'attendent pas du tout qu'on y trouve des erreurs : Ils les ont testées, il n'y a que des applications de règles connues des maths. Depuis des années, tu publies des textes avec des erreurs, des oubli, des affirmations non démontrées, c'est à dire que tu ne te conduis pas comme un mathématicien, mais comme un rêveur (le but conduit tes "calculs", et tant pis s'ils sont faux, ou incorrects).
-
Dans cette preuve @gerard0 je m'attends pas qu'on y trouve des erreurs et il n'y a pas d'affirmation gratuite (je ne comprends plus ce que tu entends par non démontrée, d'autant plus que c'est moi qui propose une démonstration et pas toi).
Les mathématiciens quel que soit leur niveau proposent leurs démonstrations à la relecture. Si tu es incapable de pointer les erreurs et les affirmations gratuites (pas pour un collégien quand mème), c'est pas la peine de répliquer. -
@lourrran je pense que @Dom entendait par idée novatrice un résultat intermédiaire d'un grande importance ou une méthode de démonstration (par exemple : récurrence) pas encore connue. Sinon bien sur que chemine dans des chantiers que les autres n'ont pas découverts pour arriver au résultat. Tu exploites forcément une idée que les autres n'ont pas exploitée ; alors l'idée novatrice est bien dans mes preuves. A chacun de chercher ce qu'il n'a pas su exploiter après lecture de la preuve, s'il s'était intéressé en un moment au problème.
-
Non babsgueye,
C’est bien l’acception de lourrran que je désigne.
Ou alors une idée « astucieuse » sur des choses banales… mais dans ce contexte je n’y crois pas.
Bref. Essaye de numéroter ET de quantifier et on pourra discuter… -
J'ai essayé d'être plus clair en retouchant la preuve ci-dessus quoique je pense que c'était déjà assez clair pour être bien comprise.
-
Dans une preuve, il faut un plan.
Dans ton premier texte, il y avait un vague plan :Disjonction de cas ...
Cherchons les valeurs de n telles que n! / 4 = M (M+1)
Cherchons les valeurs de n telles que n! / 4 = M (M-1)
A part le fait qu'il fallait aller chercher je ne sais où la définition de ce M, on avait très vaguement un plan.
Dans la nouvelle version, je vois des lignes de calcul qui s'enchainent... mais je ne vois aucun plan. Je ne vois aucun paquet de 8 ou 10 lignes qui me donnerait une étape du raisonnement.
Donc je ne lis pas.Tu me dis, j'oublie. Tu m'enseignes, je me souviens. Tu m'impliques, j'apprends. Benjamin Franklin -
Ça permet de cacher les défauts du raisonnement !!
-
-
"Avant" est le mot clé !Ils déchirent comme moi beaucoup de papier avant de publier.
Suivez donc votre propre conseil ainsi que ceux qui vous ont été donnés ici -
@Médiat, je ne considère pas ce que je fais ici comme une publication, c'est tout simplement un échange sur un sujet.
Ceux-là dont il parle, ils ne sont peut-être pas dans des forums pour échanger sur ce genre de travaux, mais figure-toi qu'ils échangent avec des collègues en permanence.
Moi je ne parle avec personne de maths sup, si ce n'est dans ce forum. Et dans ces cas on peut avoir une idée fixe sur une affirmation qu'on pense évidemment vraie sans que ce ne le soit, mais le forum est là pour corriger si des matheux sérieux y interviennent.
Ne soyons pas méchant gratuitement !
Cordialement. -
Les grands mathématiciens essaient d'organiser leur pensée.
Toi, tu refuses d'organiser la tienne.
Et Gerard0 a donné la raison : Quand les choses sont organisées, les erreurs sont rapidement détectables.
Tu joues à un jeu : je vais écrire des trucs qui ressemblent à des maths, je vais dire que c'est une démonstration, et on va voir qui prend la peine de trouver l'erreur.
Ca ne s'appelle pas faire des maths, ça ne s'appelle pas non plus faire de la recherche. C'est de la bouillie. Ou du vomi.Tu me dis, j'oublie. Tu m'enseignes, je me souviens. Tu m'impliques, j'apprends. Benjamin Franklin -
C'est pourtant bien cela : vous publiez sur un site public pour que des mathématiciens puissent vous lire, sans accepter les critiques et les conseils ...cela n'a rien d'un échange !je ne considère pas ce que je fais ici comme une publication -
Soit.
-
Moi, je suis conscient de mon niveau. Je connais mes forces, et mes lacunes, contrairement à toi.
Ma principale lacune, c'est que je suis incapable de m'intéresser à un torchon sans intérêt.
Toi des lacunes sont un peu plus grandes et un peu plus graves. Et en plus, tu n'en es pas conscient.Tu me dis, j'oublie. Tu m'enseignes, je me souviens. Tu m'impliques, j'apprends. Benjamin Franklin -
Bonjour,
Si tu es sérieux, peux-tu proposer une preuve propre de ce « alors » ? Sans détour, pour une fois. Sans viser un lien ? -
Il suffira alors de montrer que $X^{\frac{n-X}{X}} - n\,>\,0$ sur l'intervalle $]2, \frac{n}{3}]$, sachant que sur l'intervalle $]\frac{n}{3}\dfrac{n}{2}]$ on a $x^{2}\,>\,n$ (Pour $X = 2$, on a bien que pour $n\geq 8$, $2^{\frac{n}{2}}\,>\,n$).
@Babsgueye peut être que je me trompe ou que j'ai mal compris ce passage...
Mais si X = 2 et n = 8 comment cette équation $X^{\frac{n-X}{X}} - n\,>\,0$ peut être supérieur à 0
moi j'obtiens 8 - 8 = 0 ....? et ensuite tu dis....etc .. sachant que X au carré donc 4 et supérieur à n = 8 ; pour en déduire :
(Pour $X = 2$, on a bien que pour $n\geq 8$, $2^{\frac{n}{2}}\,>\,n$) ? D'où si $X\geqslant{2}$ est $n\geq 8$ ça paraît évident. -
En quoi je dis n'importe quoi ?
[small]Moi, je suis conscient de mon niveau. Je connais mes forces, et mes lacunes,[/small] : Tu as des éléments pour prouver le contraire ?
[small]contrairement à toi.[/small] : Tu as des éléments pour prouver le contraire ?
[small]Ma principale lacune, c'est que je suis incapable de m'intéresser à un torchon sans intérêt.[/small] Tu as des éléments pour prouver le contraire ?
[small]Toi des lacunes sont un peu plus grandes et un peu plus graves. Et en plus, tu n'en es pas conscient.[/small] Tu as des éléments pour prouver le contraire ?
-Tu me dis, j'oublie. Tu m'enseignes, je me souviens. Tu m'impliques, j'apprends. Benjamin Franklin -
@Dom pour ta question, il suffit de savoir que lorsque deux nombres pairs sont consécutifs, alors l'un est de valuation 2-adique égale à $1$ et que pour $a; b$ et $c$ entiers non nuls tels que $a = bc$, alors $v_2(a) = v_2(b) + v_2(c)$.
@LEG, c'est une disjonction de cas. Pour l'inégalité $x^{\frac{n-x}{x}} - n\gt 0$, c'est sur l'intervalle $\big]2, \frac{n}{3}\big]$ (remarque que $2$ n'en fait pas partie, et c'est pourquoi j'ai parlé du cas $2$ entre parenthèses) c'est l'étude de fonction qui permet de conclure sur cet intervalle.
En fait sur ce passage il y a les trois cas traités séparément :
- Si $x = 2$
- Si $x\in \big]2, \frac{n}{3}\big]$
- Si $x\in \big]\frac{n}{3}, \frac{n}{2}\big]$.
J'espère être compris. -
-
$x^{\frac{n-x}{x}}- n$ est positive sur l'intervalle ]2, n/3 ] ?
Si n<6, c'est exact. Dans ce cas, l'intervalle est vide, donc sur cet intervalle , toute fonction est positive, négative, nulle, croissante , décroissante... tout ce qu'on veut.
Mais dans les autres cas, quand n>6, quand l'intervalle est non vide, je doute. LEG a été convaincu par ton argument, mais pas moi.Tu me dis, j'oublie. Tu m'enseignes, je me souviens. Tu m'impliques, j'apprends. Benjamin Franklin -
babsgueye,
Je te demande une preuve de ton cru et tu me dis « il suffit de savoir que » c’est vrai.
Bah oui, je le sais, mais sais-tu démontrer ça ?
Je pense que c’est comme d’habitude. On prétend démontrer des choses mais dès qu’on demande un truc tout simple, il n’y a plus personne.
Cordialement -
Comment être sûr qu'en prenant $n$ assez grand ton M à deux diviseurs premiers distincts ?
-
@Dom, soit $n$ un nombre entier positif, pair. $n = 2^{r}a$ avec $r$ entier non nul et $a$ entier impair.
Regardons $n\pm 2$.
- Si $r = 1$, $n\pm 2 = 2a\pm 2 = 2(a\pm 1)$. $a\pm 1$ est pair, alors conclus...
- Si $r\geq 2$, $n\pm 2 = 2(2^{r-1}a\pm 1)$. $2^{r-1}a\pm 1$ est impair, alors conclus...
Pour moi ça c'est du calcul mental qui ne vaut pas la peine d'être précisé à un certain niveau.
@lourrran figure-toi qu'on a parlé de $n$ assez grand, et on a mème préciser $\geq 10$.
J'ai répondu que c'est l'étude de la fonction qui permet de conclure. Alors fais un petit effort. -
On parle de n >= 10.
Donc par exemple n=55, ou n=3000.
Prenons n=3000, prenons x=50, x est bien dans l'intervalle ]2,n/3] , et donc la formule proposée devrait donner un nombre négatif, c'est ça ?
Le petit effort, je l'ai fait ... mais pas toi, visiblement. Toi, tu as fait un gros effort, mais malgré ton gros effort, tu réussis quand même à te tromper.
n=3000, x=50 donc l'exposant (n-x)/x, il vaut 60-1=59 si je compte bien. Et donc, selon toi, $50^{59}-3000$ serait négatif ?Tu me dis, j'oublie. Tu m'enseignes, je me souviens. Tu m'impliques, j'apprends. Benjamin Franklin -
Ha oui. Peut-être est-ce aussi du calcul mental qui ne vaut pas la peine d’être précisé à un certain niveau…
C’est la soirée des clowns. -
Autant je suis d'accord pour le coup des valuations que je trouve élémentaire de tête (raisonner modulo 4), autant j'attends du détail pour la question de lourran et une réponse à la mienne.
-
J'ai cru voir quelque part que tu disais que ça devait être négatif.Tu me dis, j'oublie. Tu m'enseignes, je me souviens. Tu m'impliques, j'apprends. Benjamin Franklin
-
@Riemann_lapins_cretins, les deux nombres $M$ et $M\pm 1$ sont premiers entre eux et donc n'ont pas de facteur premier commun. Donc juste pour $n\geq 10$ comme je l'ai pris, il est impossible que $M$ ou $M\pm 1$ ait un seul facteur premier, cela voudrait dire que tous les autres facteurs premiers $\leq n$ sont dans l'autre et ils ne seraient évidemment pas consécutifs.
En fait on a démontré plus fin que ta question, à savoir que mème avec plusieurs facteurs pour ton $M$, on ne peut pas avoir deux nombres consécutifs. -
Ah oui, j'oubliais qu'on égalisait une factorielle.
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