Calcul de $ppcm$

Amadou

Bonsoir !

Énoncé. Soit $n$ un entier naturel, déterminer $ppcm(n, n+1, n+2)$.

Solution. Pour $n=0$ $ppcm(0, 1, 2)=2$
$n=1$, $ppcm (1, 2, 3)=6$
$n=2$, $ppcm(2, 3, 4)=12$
$n=3$, $ppcm (3, 4, 5)=60$
$n=4$, $ppcm(4, 5, 6)=60$

Donc j'en déduis que pour $n$ pair $PPCM(n, n+1, n+2)=(n(n+1)(n+2))÷2$

Pour n impair $PPCM(n, n+1, n+2)=n(n+1)(n+2)$. 

En fait je l'ai raisonné ainsi en donnant des valeurs à $n$.
Mais j'ai voulu faire avec une autre méthode sans passer par des valeurs de $n$ mais je ne sais pas si mon raisonnement est correct.

Supposons $n$ pair donc il existe un $k$ appartement à $N$ tel que $n=2k$.
$ PPCM (2k, 2k+1, 2k+2)=PPCM (2ppcm(k, k+1), 2k+1)$ comme $k$ et $k+1$ sont premier entre eux donc $2ppcm(k, k+1)=k(k+1)$ alors
$PPCM(2k(k+1), 2k+1)=PPCM(2k(k+1), 2k+1)$ et comme le $PGCD(2k(k+1), 2k+1)=1$ on en déduit que le $PPCM(2k(k+1), 2k+1)=2k(k+1)(2k+1)=k(2k+1)(2k+2)=(n(n+1)(n+2))÷2$.

Pour $n$ impair, $n=2k+1$.
$PPCM( 2K+1, 2K+2, 2K+3)=PPCM(PPCM(2k+1, 2k+2), 2k+3)$ comme $PGCD (2k+1, 2k+2)=1$ alors $PPCM(2k+1, 2k+2)=2(k+1)(2k+1)$.
Ensuite $PPCM(2(k+1)(2k+1), 2k+3)=(2k+1)(2k+2)(2k+3)$ car pour tout $k$ , $(2k+1)(2k+2)(2k+3)$ sont premier dans leur ensemble.
D'où, $PPCM(2(k+1)(2k+1), 2k+3)=(2k+1)(2k+2)(2k+3)=n(n+1)(n+2)$.

lourrran

Pour n=0, c'est faux.
2 n'est pas un multiple de 0.  Le PPCM de 0 et d'un autre nombre, c'est 0.

A un moment , tu écris : Donc j'en déduis que 
Non, c'est faux ; au mieux tu déduis de ce résultat une hypothèse (une conjecture).

Les calculs me semblent longs, mais le résultat est correct.

Amadou

Ah oui c'est vrai je n'avais pas du tout fait attention à $0$ en calculant le $ppcm$ dans leur ensemble.
Merci pour la correction.
En fait y a-t-il d'autres méthodes plus rapide et simple ?

Amadou

J'ai appliqué le théorème de Bézout et le petit théorème de Fermat mais ça ne m'avance guère et aucune idée d'autre ne me vient à l'esprit.

Pouvez-vous me donner quelques indices pour mieux démarrer ?

[Étienne Bézout (1730-1783) prend toujours une majuscule. AD]

Ben314159

Salut,
Le théorème de Fermat, je ne suis pas sûr que ça te soit d'une grande utilité.
Par contre, des constatations "basiques", du style : 
si $a\!>\!b$ alors $(n^a\!-\!1)-(n^b\!-\!1)=n^b(n^{a-b}\!-\!1)$
ça, ça pourrait être bien utile vu qu'en terme de $pgcd$, ça signifie que ...

Dr_Piradian

tu dis que puisque les deux nombres $k$ et $k+1$ sont premiers entre eux, alors $2ppcm(k,k+1)=k(k+1)$. Je ne comprends pas pourquoi. Si $k$ et $k+1$ sont premiers entre eux, alors la décomposition en facteurs premiers de l'un comporte des nombres premiers totalement distincts de ceux de la décomposition en facteurs premiers de l'autre. Donc $ppcm(k,k+1)=k(k+1)$. Dès lors, comment $2ppcm(k,k+1)$ pourrait être égal à $k(k+1)$.

GaBuZoMeu

Bonjour,

On met de côté le cas $n=0$, on peut alors raisonner en termes de valuation $p$-adique. On sait que la valuation $p$-adique du produit d'un nombre fini d'entiers non nuls est la somme des valuations $p$-adiques de ces entiers, tandis que la valuation $p$-adique de leur ppcm est la maximum des valuations $p$-adiques de ces entiers.

Or pour $p$ premier impair, au plus une des valuations $p$-adiques de $n,n+1,n+2$ est strictement positive. 

C'est aussi le cas pour la valuation $2$-adique quand $n$ est impair. Par contre, si $n$ est pair, il y a une valuation $2$-adique nulle, une égale à $1$ et la troisième supérieure ou égale à $2$.

Dr_Piradian

en fait je crois que tu a simplement fait une erreur de saisie de texte.

Amadou

@Dr_Piradian c'est une erreur de saisie par contre dans la suite j'ai dû mettre le $2$. Merci pour la remarque.

Amadou

@Ben314159 j'ai pas tout à fait bien compris lorsque vous dîtes en terme de pgcd.

Je suis censée aussi étudier le cas de $b\!>\!a$ et $a=b$  non ?

Amadou

@GaBuZoMeu à vrai dire je ne suis pas à l'aise avec la formule du $ppcm$ en terme de valuations $p$-adiques. Mais je vais retenter voir ce que ça donne d'après vos explications. 
Merci 

Ben314159

Amadou a dit :

@Ben314159 j'ai pas tout à fait bien compris lorsque vous dîtes en terme de pgcd.
Je suis censée aussi étudier le cas de $b\!>\!a$ et $a=b$  non ?

Oui et non : dans l'énoncé que tu as à démontrer, le cas $a=b$ est évident et comme $a$ et $b$ jouent le même rôle, ça ne coûte rien de supposer $a\!>\!b$ lorsque $a\!\not=\!b$.  Sauf que ça ne fait pas vraiment progresser la résolution.

Bref, dans ce que j'ai écrit, je suppose $a\!>\!b$ uniquement pour savoir quoi mettre en facteur dans $n^a\!-\!n^b$.
Et l'égalité qu'on obtient s'avère en fait suffisante pour conclure, à terme, concernant la valeur de du pgcd de $n^a-1$ et de $n^b-1$.

Pour t'aiguiller dans ta démarche, on peut aussi partir de formules "un peu plus fortes" pour conclure un peu plus vite.
Par exemple,  $\ \ (n^{qa+r}\!-\!1)-(n^{r}\!-\!1)=\dots$