Exposition d'exposants

Bonjour,

On constate que :

$(2^{(3^\color{red}{1})}+1)$ a $3^\color{red}{2}$ pour facteur premier.
$(2^{(3^\color{red}{2})}+1)$ a $3^\color{red}{3}$ pour facteur premier.
$(2^{(3^\color{red}{3})}+1)$ a $3^\color{red}{4}$ pour facteur premier.
$(2^{(3^\color{red}{4})}+1)$ a $3^\color{red}{5}$ pour facteur premier.
$(2^{(3^\color{red}{5})}+1)$ a $3^\color{red}{6}$ pour facteur premier.
$(2^{(3^\color{red}{6})}+1)$ a $3^\color{red}{7}$ pour facteur premier.
etc.

Bref, $2^{(3^a)}$ a $3^{(a+1)}$ pour facteur premier.
Savez-vous comment cela se justifie ?

Merci d'avance à vous.

Réponses

  • Bonjour,
    il y a 2 coquilles dans ton énoncé : les facteurs $3^a$ ne sont pas premiers pour $a>1$ et il s'agit de $2^{(3^a)}+1$ et non $2^{(3^a)}$.
    Pour le démontrer, on peut procéder par récurrence mais ça ne montre pas "d'où ça vient".
    Pour le voir, on peut utiliser le fait que $\varphi(3^{a+1})=2\times 3^{a}$ donc $2^{2\times 3^a} \equiv 1~[3^{a+1}]$ i.e. $4^{3^a} \equiv 1~[3^{a+1}]$. On en déduit que $3^{a+1}$ divise $\left(2^{3^a}-1\right)\left(2^{3^a}+1\right)$. Or, $2^{3^a}-1 \equiv (-1)^{3^a}-1~[3] \equiv 1~[3]$ n'est pas divisible par $3$ donc $3^{a+1}$ divise $2^{3^a}+1$.
    LP
  • Pardon pour les deux coquilles, en effet.

    Grand merci pour cette très belle démonstration !

    Cela dit, penses-tu qu'il soit possible de démontrer aussi que $3^{a+2}$ ne divise pas $2^{3^a}+1$ ?
  • Pour tout $n \in \N$, l'entier $2^{3^n}+1 $ est divisible par $3^{n+1}$ mais non par $3^{n+2}$ (récurrence).
  • Merci, Chaurien, pour l’idée de la récurrence. Je n’y pense jamais et pourtant c’est un classique de l’arithmétique.
  • Ok. C’est bon. Je demanderai juste à quelqu’un d’avoir la gentillesse de vérifier ma démonstration quand je la posterai.
    Merci d’avance.
  • Ma démonstration ne marche pas. J’avais mal placé une malheureuse parenthèse. Grrr.

    Quelqu’un peut réellement démontrer que, pour tout $n\in\mathbb{N}$, $3^{n+2}$ ne divise pas $2^{3^n}+1$ ?
    Merci d’avance.
  • Hypothèse de récurrence : $2^{3^n}+1=3^{n+1}q_n$ avec $q_n$ entier non multiple de $3$.
    D'où : $2^{3^n}=3^{n+1}q_n-1$, etc.
    On peut même préciser le reste de $q_n$ par $3$.
    Bon courage.
    Fr. Ch.
  • Posons, pour tout $n\in\N$, $A_n=2^{3^n}+1$. Montrons par récurrence que, pour tout $n\in\N$, $v_3(A_n)=n+1$ où $v_3$ désigne la valuation $3$-adique.
    On vérifie que c'est vrai que pour $n=0$ et $n=1$.
    Supposons que c'est vrai pour un certain $n\in\N^*$. Alors, $A_{n+1}=2^{3^{n+1}}+1=(2^{3^n})^3-(-1)^3=A_n(4^{{3^n}}-2^{3^n}+1)$. Par hypothèse de récurrence, $v_3(A_n)=n+1$. De plus, $4^{{3^n}}-2^{3^n}+1\equiv (4^3)^{3^{n-1}}-(2^3)^{3^{n-1}}+1~[9] \equiv 3~[9]$ et ainsi $v_3(4^{{3^n}}-2^{3^n}+1)=1$ donc $v_3(A_{n+1})=n+2$ ce qui conclut la récurrence.
    LP
  • On peut généraliser : si $n$ est un entier impair alors $v_3(2^n+1)=v_3(n)+1$.

    Encore plus généralement, si $p$ est un nombre premier impair et si $n$ est un entier impair : $v_p((p-1)^n+1)=v_p(n)+1$.
  • Les nombres p-adiques :-(
    C’était ce que je craignais. Je ne les connais que de nom.
    Mille mercis à vous, LP et jandri.

    Il me reste à chercher à comprendre l’indice de Chaurien, à mes yeux pareil à l'énigme du Sphinx.
    Merci, Chaurien.
  • Ça a l’air tellement simple pour vous que je me demande : La question que j'ai posée deux messages à moi plus haut est vraiment facile ou bien c’est un classique (pas forcément facile) de l’arithmétique ?
  • @Sneg il n'y a pas besoin de connaître les nombres p-adiques pour comprendre la preuve de LP. Il faut juste savoir que pour un nombre entier $m$, on note $v_3(m)$ la plus grande puissance de $3$ dans sa décomposition en facteurs premiers.

    Par exemple $v_3(6)=v_3(2\cdot 3)=1,\ v_3(45)=v_3(3^2\cdot 5)=2,\ v_3(8)=0$ etc.
  • Ce n'est pas si énigmathique.
    Hypothèse de récurrence : $2^{3^n}+1=3^{n+1}q_n$, avec $q_n$ non multiple de $3$. On écrit ça : $2^{3^n}=3^{n+1}q_n-1$ et on élève au cube.
    Effectivement, ça prouve que $v_3(2^{3^n}+1)=n+1$, pas de panique avec $v_p(...)$.
    Bonne journée.
    Fr. Ch.
  • Il a été question de cet exercice sur ce forum il y a sept ans :
    http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?5,861389,861678.
    Avec comme corollaire le fait que (la classe de) $2$ est un générateur du groupe multiplicatif de éléments inversibles de l'anneau $\mathbb Z/3^n \mathbb Z$.
    Comme le temps passe...
    Fr. Ch.
  • Salut.
    @Chaurien ta soit-disant récurrence n'en n'est pas une. Avec ton hypothèse de départ il y a plus besoin de rien faire.
    @LP je pense que ce serait plus clair pour @Sneg si tu partais de A_(n-1) dans ta récurrence.

    PS : de mon telephone
  • @babsgueye. D'abord, on écrit soi-disant, et même dans ce cas on écrit plutôt « prétendue récurrence », car la récurrence ne dit rien, c'est moi qui le dis. Je le dis et je le maintiens.
    L'hypothèse de récurrence est : « $2^{3^n}+1=3^{n+1}q_n$, avec $q_n$ non multiple de $3$ ». On constate qu'elle est vraie déjà pour $n=0$ et même $n=1$.
    On la suppose vraie pour un $n \in \mathbb N$, et on en déduit : $2^{3^{n+1}}+1=3^{n+2}q_{n+1}$, avec $q_{n+1}$ non multiple de $3$.
    Que je sache, c'est ça, un raisonnement par récurrence.
    Pour ce faire, j'ai conseillé d'écrire l'hypothèse de récurrence : $2^{3^n}=3^{n+1}q_n-1$ et d'élever au cube. Ça me semble faisable.
    Bonne journée.
    Fr. Ch.
  • @Chaurien, merci du cours de français ; je suis wolof.

    Soit, mais dans une démonstration on dit au moins l'essentiel. Sans les conditions initiales, sur ce que tu dis y a besoin de rien ajouter.
  • @ babsgueye. Moi je suis Occitan, mais ce forum est en français.
  • Mais, je me débrouille bien en français. Suffisamment en tout cas.
  • Chaurien, tu as écrit : « Pour ce faire, j'ai conseillé d'écrire l'hypothèse de récurrence : $2^{3^n}=3^{n+1}q_n-1$ et d'élever au cube. Ça me semble faisable. »
    Si je savais le faire, je ne te demanderais pas ton aide.
  • Bonsoir,

    Tu ne sais pas élever au cube ?
    $(a-b)^3 = ???$

    Cordialement,

    Rescassol
  • @Sneg
    Je me fais parfois gronder parce que je donne le corrigé, alors qu'il ne faut donner que des indications, et je ne sais jamais que faire. Mais je cède volontiers à ton insistance et voici ma solution.
    Supposons que pour un $n\in \mathbb{N}$, l'entier $2^{3^{n}}+1$ est divisible par $3^{n+1}$ mais non par $3^{n+2}$ c'est-à-dire : $2^{3^{n}}+1=3^{n+1}q_{n}$ avec $q_{n}$ entier non multiple de $ 3$.
    Alors : $2^{3^{n+1}}=(2^{3^{n}})^{3}=(3^{n+1}q_{n}-1)^{3}$$=(3^{n+1}q_{n})^{3}-3(3^{n+1}q_{n})^{2}+3\cdot
    3^{n+1}q_{n}-1=-1+3^{n+2}q_{n+1}$, avec :
    $q_{n+1}=q_{n}(3^{2n+1}q_{n}^{2}-3^{n+1}q_{n}+1)$, qui est bien un entier non multiple de $3$.
    On peut même préciser que $q_{n+1}\equiv q_{n}\pmod 3$, ce qui implique $q_{n}\equiv q_{0} \pmod 3$, soit $q_{n}\equiv 1 \pmod 3 $.
    Bonne soirée.
    Fr. Ch.
  • Bonsoir,

    Chaurien, tu aurais pu lui laisser l'occasion de nous donner le développement de $(a-b)^3$.
    Je ne suis pas sûr qu'il le connaisse.

    Cordialement,

    Rescassol
  • J'ai voulu en finir. Il aurait aussi pu aller voir dans le vieux fil que j'ai cité, où cette solution est donnée.
  • Résultats après élévation au cube :

    $2^{3(3^n)}$ d’une part, et d’autre part $3^{3(n+1)}q_{n}^3-3(3^{2(n+1)}q_{n}^{2})+3(3^{n+1}q_{n})-1$

    C’est de plus en plus mystérieux.
  • On devait rédiger en même temps, Chaurien.
    Seulement, moi, je ne suis pas experte dans l’écriture avec LaTeX. Ça me prend un temps fou.
    Merci beaucoup pour ta solution, que je vais lire avec attention.
    Bonne soirée également.
  • Chaurien,

    Tu as su mieux jouer avec les exposants que moi.
    Bravo ! Et merci.
  • @ Sneg.
    De rien. Va voir le fil que j'ai signalé, pour des généralisations.
    Pour le LaTeX, tu peux parfois recopier les formules des autres messages avec un copier-coller.
    Bonne journée.
    Fr. Ch.
    20/12/2020, Quatrième dimanche de l'Avent.
  • Merci, Chaurien, pour ces conseils.
    Et puisque tu évoques l’Avent, je profite de ce message pour te souhaiter un joyeux Noël !
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