Une suite et des entiers

Cidrolin
Modifié (February 2024) dans Arithmétique
On pose $u_1=43$ et pour $n\geq 1$ :
$$u_{n+1}=\dfrac{(n^3+4n^2)u_n-23n^2-73n+119}{n^2+6n+5}$$
Que dire des $n$ pour lesquels $u_n$ est entier ?

Réponses

  • AD
    AD
    Modifié (February 2024)
    À tout hasard, ils sont premiers ?
    AD
  • Oui AD; ils sont premiers (sauf $1$), mais en bâtissant cet exercice je leur ai donné une propriété.
  • Avec les premières valeurs il semble que ces nombres $n$ sont ceux tels que $n$ et $n+4$ sont premiers (suite A23200 de l'OEIS).
  • Cidrolin
    Modifié (February 2024)
    Oui, c’est ce qu’il faut prouver.
  • LOU16
    Modifié (February 2024)
    Bonsoir,
     A l'aide de ce que l'on appelle parfois un "facteur intégrant" de la récurrence , je suis parvenu à cette expression de $u_n$:
    $$\forall n \in \N^*, \quad u_n =\dfrac{(n-1)!}{n(n+4)}\left(215-\displaystyle \sum_{k=1}^{n-1}\dfrac {23k^2+73k-119}{k!}\right).$$
    Dès lors, en utilisant essentiellement le théorème de Wilson, il n'est pas trop difficile (ce n'est pas immédiat non plus) d'établir que si $p=n$ et $q=n+4$ sont des nombres premiers, alors $\:\:n(n+4)u_n \equiv 0 \mod p, \quad n(n+4)u_n \equiv 0 \mod q,\:\:$ de sorte que $u_n\in \Z.$
  • J'en suis à peu près comme LOU16 avec une formule plus simple pour $u_n$ :

    $u_n=\dfrac{96(n-1)!+96+23n}{n(n+4)}$

    Avec le théorème de Wilson cela permet de montrer facilement une implication.

    La réciproque est facile sauf si $n$ est multiple de 3 ou de 4.

  • Bonjour,

    Wolfram alpha m'avait donné la même formule que celle de jandri.
    Bien cordialement.
    kolotoko

  • Cidrolin
    Modifié (February 2024)

    Bravo. J’ai trouvé l’expression de $u_n$ donné par jandri, en utilisant la méthode de P. A. Clement (janv 1949) pour les premiers jumeaux.

  • @ LOU16 qu’est-ce que la méthode du facteur intégrant de la récurrence ? Merci
    @ Cidrolin qu’est-ce que la méthode de P.A.Clément (janvier 1949) ? Merci

  • Pour démontrer l'équivalence j'utilise la formule donnant $u_n$ ainsi que la propriété : $24(n-1)!+1\equiv (n+3)!+1\pmod {n+4}$.
    Si $n$ et $n+4$ sont premiers alors le théorème de Wilson entraine que $u_n$ est entier.

    Si $u_n$ est entier on a :
    $n(n+4)u_n=96((n-1)!+1)+23n=4(24(n-1)!+1)+23(n+4)$.

    $n+4$ est premier car si $n+4$ était composé on en déduirait que $n+4$ divise $(n+3)!$ et par suite $n+4$ diviserait $4$.
    $n$ est premier car si on avait $n\geq5$ avec $n$ composé on en déduirait que $n$ divise $(n-1)!$ d'où $n$ diviserait $96$ qui entraine $n=1$ ou $n=3$ puisque $n+4$ est premier.
  • LOU16
    Modifié (February 2024)
    Bonjour @etanche
    Ce que j'appelle "un facteur intégrant", c'est, en présence d'une relation de récurrence du type $u_{n+1} = f(n) u_n+g(n),\:$ une suite $(a_n)$ telle que $f(n)=\dfrac{a_{n+1}}{a_n}.\:\:$ Ainsi, avec $\: u_n =a_nv_n,\:\: $ on obient: $\;v_{n+1} =v_n+\dfrac {g(n)}{a_{n+1}},\:\:$ puis: $\:v_n-v_1 =\displaystyle \sum_{k=1}^{n-1}\dfrac{g(k)}{a_{k+1}},$
    $$u_n=a_n\left(v_1+\displaystyle \sum_{k=1}^{n-1}\dfrac{g(k)}{a_{k+1}}\right).\quad \text{ Ici: }\:\:f(n) =\dfrac{n^2(n+4)}{(n+1)(n+5)},\quad a_n =\dfrac{(n-1)!}{n(n+4)}.$$
    J'en profite pour indiquer la passerelle qui, à partir de là, permet d'accéder à la simplification de l'expression de $u_n$ qui m'avait échappé, découverte par @jandri et l'automate de @kolotoko .(bravo à eux)
    $\dfrac {23k^2+73k-119}{k!}=\dfrac{23}{(k-2)!}+\dfrac{96}{(k-1)!}-\dfrac{119}{k!},\quad S_n:= \displaystyle \sum_{k=0}^{n-1}\dfrac1{k!}$
    $\displaystyle \sum_{k=1}^{n-1}\dfrac {23k^2+73k-119}{k!}=23\left(S_n -\dfrac 1{(n-2)!}-\dfrac 1{(n-1)!}\right)+ 96\left(S_n- \dfrac 1{(n-1)!}\right)-119\left(S_n-1\right)=119-\dfrac{23}{(n-2)!} -\dfrac{119}{(n-1)!}$ $$u_n =\dfrac{(n-1)!}{n(n+4)}\left(215-\displaystyle \sum_{k=1}^{n-1}\dfrac {23k^2+73k-119}{k!}\right)=\dfrac{96(n-1)!+23n+ 96}{n(n+4)}.$$
  • Bonjour @etanche. J'ai simplement refait les calculs de Clement en partant de $n$ et $n+4$.


  • Si $n$ et $n+2a$ sont premiers ($a\geq 1$) je trouve que :
    $$\dfrac{2a(2a)!((n-1)!+1)+((2a)!-1)n}{n(n+2a)} \in \ N$$
    Reste à voir la réciproque.
  • J'ai montré que la réciproque est vraie pour $a=3$ (en mettant à part $n=1$) mais elle est fausse pour $a=4$ et $n=15$.

    Ce qui est toujours vrai dans la réciproque c'est que $n+2a$ est premier.

    Merci pour ce problème intéressant que je ne connaissais pas.
  • Cidrolin
    Modifié (February 2024)
    Merci jandri.
    Soit $n>2$ un nombre premier de Sophie Germain alors : $$\dfrac{n!((n+1)!-2)-(n-1)!-n-1}{n(2n+1)}\ \text{ est entier.}$$
  • jandri
    Modifié (February 2024)
    Merci pour ce nouveau problème.
    Pour ceux qui le souhaitent je donne une indication pour la partie non immédiate : 

    $(n!)^2\equiv (-1)^n(2n)!\pmod{2n+1}$
  • En fait il y a même équivalence entre cette propriété et le fait que $n>2$ soit un nombre premier de Sophie Germain.
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