Conjecture de Sierpinski
dans Arithmétique
C'est peut-être trivial mais peut-on affirmer que pour tout entier $n>1$, il existe $4$ entiers $a>0$, $b>0$, $c>0$ et $d>0$ tels que :
(C'est une version affaiblie de La Conjecture de Sierpinski.)
$\displaystyle \frac{5}{n}=\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{d}$ $\; \; \;$ ?
(C'est une version affaiblie de La Conjecture de Sierpinski.)
Connectez-vous ou Inscrivez-vous pour répondre.
Réponses
Si $n$ est pair, $\displaystyle \frac{5}{n}=\frac{1}{n}+\frac{1}{n}+\frac{1}{n}+\frac{1}{\frac{n}{2}}$ : OK
Reste à voir les autres cas...
Pour $n=3k$, on a
$\frac{5}{3k}=\frac{1}{2k}+\frac{1}{2k}+\frac{1}{3k}+\frac{1}{3k}$
Noter que si $n$ vérifie la conjecture de Sierpinski alors n'importe quel multiple de $n$ également (il suffit donc de la prouver pour les entiers premiers).
Pour l'instant, je n'ai pas beaucoup d'autres arguments à avancer quant à ma question initiale :-(
Alors $\displaystyle \frac{5}{n}=\frac{1}{n'+1}+\frac{5-r}{n(n'+1)}$.
Ta conjecture est donc prouvée pour $n \not \equiv 1 [5]$...
(1)tout rationnel (positif) s'écrit comme somme de fractions dont le numérateur est 1?
Ou peut-être la suivante, plus forte, est-elle fausse, et ce serait elle qui compterait sentimentalement:
(2)Il existe un entier n tel que tout rationnel positif s'écrit comme une somme d'au plus n fractions dont le numérateur est 1?
(2) $n \in \N^*$ ne peut pas s'écrire comme une somme de moins de $n$ fractions unitaires...
(ce qui montre que toutes les questions ne sont pas forcément difficiles )
En cherchant un peu, je me suis rendu compte que pour prouver que $\frac{5}{5n+1}$ (le seul cas non trivial) se décompose en une somme de quatre fractions égyptiennes, il suffisait d'exhiber quatre entiers strictement positifs $a$, $b$, $c$ et $d$ tels qu'on ait simultanément :
$5a-1 \; | \; n+a+b$ ,
$b \; | \; c+d$ ,
$cd \; | \; n+a$ .
Le cas où $n$ est impair ne pose aucun problème $($choisir $(a,b,c,d)=(1;2;1;1)$ [resp. $(1;4;2;2)$] si $n$ est congru à $1$ [resp. $3$] modulo $4)$.
Grâce à un programme informatique, j'ai vérifié que ceci est également vrai pour tous les entiers pairs $n \leqslant 3 \times 10^6$ et qu'à chaque fois, on peut choisir $a$ dans $\{1;2;3;4\}$ !
Je sais également montrer la chose pour $n$ appartenant à des tas de classes de congruences particulières... Mais je n'ai pas le début d'une piste vers une démonstration pour le cas général.
Que représentent $a,b,c$ et $d$ dans ton dernier post ?
$$\frac{5}{5n+1}=\frac{1}{v(5n+1)}+\frac{1}{utcv(5n+1)}+\frac{1}{utdv(5n+1)}+\frac{1}{n+a}$$
avec $v=\frac{n+a+b}{5a-1}$ ; $u=\frac{c+d}{b}$ et $t=\frac{n+a}{cd}$ .
Si on arrive à prouver qu'il existe $a \ge 1$ tel que soit $5a-1$, soit $5a-2$, soit $5a-3$ divise $n(n'+a)$, alors c'est gagné car :
$$\frac{5}{n}=\frac{1}{n'+a}+\frac{5a-1}{n(n'+a)}$$.
Exemples : pour $n=1261$, on peut choisir $a=3$ pour en déduire que :
$$\frac{5}{1261}=\frac{1}{255}+\frac{1}{321555}+\frac{1}{24735}$$.
Pour $n=278461$ (encore plus spectaculaire), on peut choisir $a=5$ et on trouve :
$$\frac{5}{278461}=\frac{1}{55697}+\frac{1}{15509442317}+\frac{1}{674323579}$$.