Factorisation via représentations quadratiques de naturels

Bonsoir,

Je poursuis ma quête concernant les représentations quadratiques d'entiers naturels.

J'avais soulevé dans un précédent post le fait que tout entier impair i s'écrit :

i = a^2 + 2b^2 + 4c^2

a naturel impair, b et c naturels dont la parité dépend seulement du modulo 8 de i

(résultat en fait déjà démontré par Dickson sur une conjecture de Ramanujan)

Mais aussi que :

i = a^2 - 2b^2 + 4c^2 avec la condition supplémentaire 2b^2<i, a étant naturel impair et la parité des naturels b et c dépendant toujours seulement du modulo 8 de i.

(Cela reste pour le moment une conjecture).

J'ai aussi cherché (sans succès) a démontrer par des récurrences et des méthodes liées au cardinal fini des solutions (voir la méthode du point fixe d'une involution) des résultats analogues avec des représentations ternaires pour les naturels impairs 3M8 (ie congrus à 3 modulo 8) qui sont sommes de trois carrés ou 7M8 qui sont de la forme "a^2-b^2-c^2" (,b ,c impairs).

Mais en fait il vaut mieux s'intéresser aux représentations "alteroctonioniques impaires" (ou AOI pour faire bref ici) de la forme "(a^2+b^2+c^2+d^2) - (s^2+t^2+u^2+v^2)" où a, b, c, d, s, t, u, v sont des naturels impairs ou nuls.

On démontre trivialement puisque 8k (k naturel>0) est différence de deux carrés de naturels impairs que tout naturel impair est bien de cette forme AOI. En usant de l'Eureka de Gauss (tout naturel 3M8 est somme de trois carrés impairs) cela s'étend en fait à tout naturel mais cela n'est pas essentiel ici car on souhaite conserver une partie négative non nulle c'est à dire que la signature quadratique (p,q) vérifie toujours p>0 et q>0 (p est le nombre de carrés a, b, c, d non nuls, et q celui des s, t, u, v).

Plus précisément :

1) si i est 1M8 il a au moins une représentation AOI de signature (2,1)
2) si i est 3M8 il a au moins une représentation AOI de signature (4,1)
3) si i est 5M8 il a au moins une représentation AOI de signature (1,4)
4) si i est 7M8 il a au moins une représentation AOI de signature (1,2)

Si ces résultats sont triviaux, il n'en est plus de même du fait que tout naturel impair i>1 a au moins une représentation AOI vérifiant :

0 < s^2+t^2+u^2+v^2 < i

et même des représentations de signature comme indiqué ci-dessus selon le modulo 8 de i avec cette condition.



INDICATION "MAINS DANS LE CAMBOUIS" (sans obligation de résultat désolé c'est juste une piste).

Lorsque l'on veut montrer qu'un naturel impair de la forme a^2-2b^2 possède toujours une représentation avec 2b^2<i, il suffit de multiplier i par -1 en utilisant la double identité de Brahmagupta (ou Brahma pour faire court) :

(a^2+kb^2)(c^2+kd^2) = (ac+kbd)^2 + k(ad-cb)^2
(a^2+kb^2)(c^2+kd^2) = (ac-kbd)^2 + k(ad+cb)^2

avec ici k=-2 et le fait que -1 = 1^2 -2.1^2

On remultiplie via Brahma le résultat par -1 et il est alors simple de montrer que si 2b^2 est supérieur ou égal à i on obtient au moins une expression parmi les deux distinctes de a^2-2b^2 qui est strictement plus petite a'<a et b'<b(c'est ce que j'appelle la descente sabbatique).

Je pense donc qu'il est possible de faire de même au niveau alteroctonionique, sauf que là l'identité n'est plus composée de deux égalités mais de 512 (si mes évaluations sont exactes mais j'avoue que face à l'ampleur de la tâche pour le vérifier je me suis contenté d'une évaluation rapide et c'est peut être 1024. Au niveau de quatre carrés pondérés "a^2+kb^2+k^2c^2+k^3d^2" il y en a seize qui prolongent l'identité de Lagrange). On peut prendre pour expression de -1 les représentations :

-1 = 1^2 - 1^2 - 1^2
-1 = 1^2 + 1^2 - 1^2 - 1^2 -1^2 ou encore
-1 = 1^2 + 1^2 + 1^2 - 1^2 - 1^2 - 1^2 - 1^2

Pour chacune des multiplications de la forme AOI de i par l'une ces représentations de -1 on obtient 512 représentations (ou 1024 ?) et donc par remultiplication par -1, 512x512 représentations et donc in fine le triple et même plus si l'on croise les représentations de -1, donc un nombre énorme de représentations de i parmi lesquelles il faut en trouver une strictement plus petite (au niveau des sommes de carrés) que celle de départ dont la somme de signes négatifs est supposée supérieure ou égale à i, ce qui est proprement impossible à la main sans oublier les inévitables erreurs (je ne suis pas sûr qu'une vie serait suffisante). Est-ce qu'un logiciel type MAPLE est capable de se farcir une telle charge assurément fastidieuse ?

Y a-t-il une voie autrement plus élégante si toutefois aucun contre-exemple ne vient contrarier mes affirmations ?


Bonne année tout de même...
Euzenius

[Modifié le titre à ta demande. :) AD]

Réponses

  • Exemples divers, amuse-gueules pour le réveillon

    3 = 1^2 + 1^2 + 1^2 + 1^2 - 1^2
    5 = 3^2 - 1^2 - 1^2 - 1^2 - 1^2
    7 = 3^2 - 1^2 - 1^2
    9 = 3^2 + 1^2 - 1^2

    11 = 3^2 + 1^2 + 1^2 + 1^2 - 1^2
    13 = 5^2 - 3^2 - 1^2 - 1^2 - 1^2
    15 = 5^2 - 3^2 - 1^2
    17 = 3^2 + 3^2 - 1^2

    19 = 3^2 + 3^2 + 1^2 + 1^2 - 1^2
    21 = 5^2 - 1^2 - 1^2 - 1^2 - 1^2
    23 = 5^2 - 1^2 - 1^2
    25 = 5^2 + 1^2 - 1^2

    27 = 5^2 + 1^2 + 1^2 + 1^2 - 1^2
    29 = 7^2 - 3^2 - 3^2 - 1^2 - 1^2
    31 = 7^2 - 3^2 - 3^2
    33 = 5^2 + 3^2 - 1^2

    35 = 5^2 + 3^2 + 1^2 + 1^2 - 1^2
    37 = 7^2 - 3^2 - 1^2 - 1^2 - 1^2
    39 = 7^2 - 3^2 - 1^2
    41 = 7^2 + 1^2 - 3^2

    43 = 5^2 + 3^2 + 3^2 + 1^2 - 1^2
    45 = 7^2 - 1^2 - 1^2 - 1^2 - 1^2
    47 = 7^2 - 1^2 - 1^2
    49 = 7^2 + 1^2 - 1^2

    51 = 7^2 + 1^2 + 1^2 + 1^2 - 1^2
    53 = 9^2 - 5^2 - 1^2 - 1^2 - 1^2
    55 = 9^2 - 5^2 - 1^2
    57 = 7^2 + 3^2 - 1^2

    59 = 7^2 + 3^2 + 1^2 + 1^2 - 1^2
    61 = 9^2 - 3^3 - 3^2 - 1^2 - 1^2
    63 = 9^2 - 3^2 - 3^2
    65 = 9^2 + 3^2 - 5^2

    67 = 7^2 + 3^2 + 3^2 + 1^2 - 1^2
    69 = 9^2 - 3^2 - 3^2 - 1^2 - 1^2
    71 = 9^2 - 3^2 - 1^2
    73 = 7^2 + 5^2 - 1^2

    75 = 5^2 + 5^2 + 5^2 + 1^2 - 1^2
    77 = 9^2 - 1^2 - 1^2 - 1^2 - 1^2
    79 = 9^2 - 1^2 - 1^2
    81 = 9^2 + 1^2 - 1^2

    83 = 9^2 + 1^2 + 1^2 + 1^2 - 1^2
    85 = 11^2 - 5^2 - 3^2 - 1^2 -1^2
    87 = 11^2 - 5^2 - 3^2
    89 = 9^2 + 3^2 - 1^2

    91 = 9^2 + 3^2 + 1^2 + 1^2 - 1^2
    93 = 11^2 - 5^2 - 1^2 - 1^2 - 1^2
    95 = 11^2 - 5^2 - 1^2
    97 = 7^2 + 7^2 - 1^2

    et donc.... ?

    Euzenius
  • Je pensais qu'AOI signifiait Appellation d'Origine Incontrolée...:D
    En tout cas je vois que les participants du forum finissent l'année en beauté.
  • Certes,

    Mais il faut aussi de la modération à moins qu'elle ne soit elle-même incontrôlée en cette fin d'année afin de mieux formuler quelques bonnes intentions pour 8x251, sarment d'I.... ? :)-D

    Euzenius
  • Résultat concernant les naturel 1M8

    Soit i = a^2 - b^2 + c^2.

    On a alors aussi :

    i = (a-2b+2c)^2 - (2a-3b+2c)^2 + (2a-2b+c)^2
    i = (a+2b-2c)^2 - (2a+3b-2c)^2 + (2a+2b-c)^2
    i = (a-2b-2c)^2 - (2a-3b-2c)^2 + (2a-2b-c)^2

    et si b>=i alors l'une au moins de ces expressions est strictement inférieure c-a-d :
    (2a-3b+2c)^2 < b^2 ou
    (2a+3b-2c)^2 < b^2 ou
    (2a-3b-2c)^2 < b^2.

    (on laisse au lecteur le soin de le démontrer en moins de trois pages).

    On a un résultat analogue avec les 7M8, si bien que les naturels impairs ont tous des repésentations minimales.

    On a encore un résultat analogue avec les expressions de la forme a^2-2b^2+4c^2 ce qui démontre la conjecture.

    Je pense que l'on peut fournir en travaillant au niveau "alteroctonionique" des démonstrations élémentaires de l'Eureka de Gauss, mais la détermination des expressions "descendantes" est fastidieuse et necessite un logiciel adapté style Maple dont je ne dispose pas. Si quelqu'un souhaite s'y atteler je lui fournirai volontiers ma façon d'aborder le problème.

    Bonne journée


    Euzenius
  • Bonjour,

    Pour la conjecture "Tout naturel impair i s'écrit :

    i = a^2 - 2b^2 + 4c^2

    avec 2b^2<i"

    il suffit de voir que si la condition n'est pas remplie alors l'une au moins des deux formes équivalentes :

    i = (3a-4b)^2 - 2(2a-3b)^2 + 4c^2
    ou
    i = a^2 - (4c-3b)^2 + 4(3c-2b)^2

    est strictement descendante (b'<b).

    La d&monstration (moins de trois pages) est laissée aux soin du lecteur.


    Bon jonglage avec les petites inégalités...


    Euzenius
  • Bonjour

    Pour mémoire voici (évitez de vous énerver sur les appellations qui n'ont rien de mathématique puisque EdF - Euzenius de Fribourg - n'est qu'une performance artistique. De plus comme je suis fainéant j'ai fait un copié/collé qui me plante sur les indices et les puissances non carrées donc x6 ou y5 signifient ici le nombre en infice tandis qu'avec le paramètre t, t2, t3, t4, t5, t6 et t7 sont les puissances correspondantes de t)...

    The Holly Identity / La Divine Identité


    X = (x0² + t.x1² + t².x2² + t3.x3² + t4.x4² + t5.x5² + t6.x6² + t7.x7²)
    Y = (y0² + t.y1² + t².y2² + t3.y3² + t4.y4² + t5.y5² + t6.y6² + t7.y7²)



    XY = (x0y0 + t.x1y1 + t².x2y2 + t3.x3y3 + t4.x4y4 + t5.x5y5 + t6.x6y6 + t7.x7y7)²
    + t (x0y1 - x1y0 + t².x2y3 - t2.x3y3 + t4.x4y5 -t4.x5y4 + t6.x6y7 - t6.x7y6)²
    + t²(x0y2 - x2y0 + t x3y1 - t x1y3 + t4.x4y6 - t4.x6y4 + t5.x7y5 - t5.x5y7)²
    + t3 (x0y3 - x3y0 + x1y2 - x3y1 + t4.x7y4 - t4.x4y7 + t4.x6y5 - t4.x5y6)²
    + t4 (x0y4 - x4y0 + t.x5y1 - t.x1y5 + t2.x6y2 -t2.x2y6 + t3.x3y7 - t3.x7y3)²
    + t5 (x0y5 - x5y0 + x1y4 - x4y1 + t2.x3y6 - t2.x6y3 + t2.x2y7 - t2.x7y2)²
    + t6 (x0y6 - x6y0 + t.x7y1 - t.x1y7 + x2y4 - x4y2 + t .x5y3 - t. x3y5)²
    + t7 (x0y7 - x7y0 + x1y6 - x6y1 + x5y2 - x2y5 + x4y3 - x3y4)²


    Theorem : This Holly Identity is true in any commutative ring A
    Théorème : La Divine Identité est vraie dans tout anneau commutatif A

    Proof / Démonstration : Very simple / Très simple (juste un peu fastidieuse)

    En prenant t=-1 et en se plaçant dans N pour les coeff on peut remplacer dans l'identité générale les coeff par leurs opposés d'où a priori 65536 identités sous-jacentes (je dis "occurrences").

    A priori selon mes évaluations il existe en fait 2048 occurrences distinctes (16 au niveau quaternionique qui m'ont permis de trouver les représentations équivalentes des posts précédents) et deux au niveau de deux carrés (identité de Brahma - pour faire bref vis à vis de la véritable appellation "identité de Brahmagupta" - d'où cette pseudo religiosité ou bondieuserie ensuite avec identité de l'Ange pour les 16 occurrences liées à l'extension de l'identité de Lagrange, puis Divine Identité fort diaboliquement ou dantesquement).

    Voilà, bonne réflexion...


    Euzenius
  • Petite question supplémentaire, histoire d'activer votre digestion... et bonjour :

    On a vu (et on a laissé les détails de la démonstration à vos intelligences) que les naturels 1M8 ont une représentation quadratique de la forme ;

    n = a^2 + b^2 - c^2

    avec 0 < c^2 < n

    Ainsi 41 = 7^2 + 1^2 - 3^2

    Peut-on assurer qu'il existe une représentation où a et b vérifient 0 < a^2 <= n et 0 < b^2 <= n (l'inégalité large à gauche servant à ne pas se prendre la tête avec les carrés, n'est-ce pas messieurs et mesdames les puristes) ? Ainsi :

    41 = 5^2 + 5^2 - 3^2

    Je vais faire ma sieste (le travail c'est la santé... je ne sais pas pourquoi j'ai cet air dans la tête)

    Euzenius
  • Bonjour,

    Bon je suis toujours dans la recherche d'une nouvelle démonstration de l'Eureka de Gauss à partir de la Divine Identité. En fait je pars des naturels 2M8 qui ont une représentation quadratique en impairs qui se déduit immédiatement de celle des 1M8

    n = a^2 + b^2 + c^2 - u^2 avec u^2<n

    et on doit pouvoir démontrer si u>1 qu'il existe alors une solution strictement descendante avec u'<u si bien qu'in fine

    n= x^2 + y^2 + z^2 - 1^2

    J'ai actuellement le choix entre rechercher parmi 2097152 = 128^3 possibilités les rares candidats qui pourraient convenir (voir la démonstration indicative concernant les solutions strictement descendantes pour les 1M8), ou compter sur mon subconscient artistico-mathématique pour les découvrir par hasard et comme je suis une grosse feignasse c'est pas encore gagné (vu qu'il me faut apprivoiser d'abord MAXIMA ce qui exige quand même quelques jours pour lui faire tester les 128^3 possibilités en ne sortant que la liste expurgée des doublons possibles tant qu'à faire faire ce boulot de con par la machine, j'ai pour le moment opté pour la seconde solution plus humaine.


    Euzenius
  • Bonjour,

    Je ne prétends pas ici résoudre le réputé difficile problème de la factorisation et de la primalité des naturels mais juste poursuivre l'exposé de diverses observations suite à un précédent post consacré aux représentations quadratiques impaires (ie avec des carrés de naturels impairs) de naturels.

    J'ai pour l'instant laissé de côté la recherche d'une voie élémentaire (et donc un algorithme pas forcément performant) de l'Eureka de Gauss (tout naturel impair est somme de trois carrés impairs) - pardon pour ce retard malgré l'aide d'Alain - pour revenir vers le problème de la factorisation (et donc de la primalité) des naturels impairs) en essayant d'étendre au cas général des représentations alteroctonioniques (au maximum huit carrés, quatre max avec un signe "+" et quatre max avec un signe "-") des observations concernant le cas de représentations avec deux carrés style :

    $i = a^2 + t.b^2$

    t étant un paramètre égale à plus ou moins une puissance de 2.


    On constate que si i possède deux décompositions de ce type (avec le même paramètre t), décompositions primitives (ie pgcd(a,b) = 1) alors leur produit via l'identité de Brahmagupta (deux occurrences, voir le post la "Divine Identité") n'est plus primitif et le pgcd est alors un facteur propre de i (c'est un constat pour un certain nombre de cas mais nullement une démonstration).

    Lorsque t=-4 (ou -1) on est dans le cas des décompositions "de Fermat" et l'existence de deux décompositions (distinctes bien sûr) permet une factorisation propre immédiate. Cependant la recherche d'une décomposition non triviale (c'est à dire distincte de i =2k+1 = (k+1)^2 - k^2) par tests successifs est plutôt du genre fastidieux et donc inutilisable.

    Pour d'autres valeurs de t et en fait -2, 2, et 4 on peut limiter la recherche aux cas où tb^2<i, mais cela ne s'avère guère suffisant et de plus certains naturels n'ont pas de telles décompositions.

    Or en passant à des représentations alteroctonioniques que l'on peut exhiber de manière quasi-immédiate il semble que l'on puisse généraliser la méthode précédente.

    La notion de décomposition (ou représentation primitive) doit alors être précisée : il faut que toute partition en deux groupes non vides des carrés de ladite décomposition donnent des valeurs premières entre elles.

    Par exemple 35 = 3+32 = 3+8x4 = 1^2+1^2+1^2 + 9^2 - 7^2 n'est pas primitive car 7 divise 7^2 et 9^2+1^2+1^2+1^2 = 7x12.

    Evidemment si une décomposition n'est pas primitive on a une factorisation propre du nombre donné si 1<pgcd(partition)<i.

    Si l'on a ne décomposition primitive de i alors on peut la multiplier en usant de la Divine Identité avec la Fermat Triviale qui est primitive et qui est de la forme a^2+b^2+c^2+d^2 - u^2 (ou l'opposé). Peut-on espérer que l'on obtienne soit une décomposition primitive de i^2 (avec le cas i^2 = i^2) soit une décomposition non primitive permettant la factorisation de i ?

    L'intérêt de la méthode pourrait résider dans le fait que les décompositions alteroctonioniques sont très facilement accessibles (résultant de l'écriture de 8k sous la forme de la différence de deux carrés impairs), et qu'il serait probable que l'on tombe rapidement soit sur une décomposition non primitive soit sur une primitive qui croisée avec la Fermat Triviale donne une non primitive de i^2, l'un ou l'autre de ces cas aboutissant à un facteur propre de i.

    Certes si i est premier on n'est a priori guère avancé, à moins que la primalité puisse coïncider avec le dépassement d'un seuil (constant ? dépendant de i ?...) mais là je m'avance beaucoup.

    Bonne réflexion !
    Euzenius

    [Pourquoi ne pas continuer sur le fil que tu as ouvert sur le sujet ? AD]
  • Bien sûr Alain,

    Mais il faudrait peut être le renommer "Factorisation via les représentations quadratiques de naturels" ou "Factorisation quadratique" (?) voire "Factorisation/Primalité quadratique" (??)

    Pour rappel ne pas oublier que :
    $$8k = (4k+1)^2 - (4k-1)^2$$
    (unique décomposition ssi $k$ est une puissance de 2)
    Euzenius

    [Titre modifié et case LaTeX cochée. ;) AD]
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