un peu plus que "Fermat"

Bonjour,

Sous le titre "un peu plus que Fermat" je m'intéresse aux nombres de la forme 2^n+1 qui sont une puissance de nombre premier, donc, entre autre, il y a les nombres de Fermat premiers.

Au stade actuel de mes connaissances (sans doute limitées) je n'ai trouvé que :

3, 5, 9, 17, 257, et l'ultime Fermat premier connu 65537.


Bonne réflexion !


Euzenius

Réponses

  • Bonjour,

    Pour information: il me semble qu’un nombre de Fermat n’est jamais une puissance de nombre premier (je parle de puissance > 1)

    Amicalement.
  • C'est un corollaire de la conjecture de Catalan, non ?
  • Et donc si les autres nombres de Fermat que ceux listés plus haut sont tous composés, notre ami Euzenius ne trouvera pas d'autres nombres ayant la propriété qu'il souhaite...
  • @ bs et Sylvain : notre ami euzenius ne s'intéresse pas au seuls nombres de Fermat $2^{2^n}+1$, mais aux nombres $2^n+1$, parmi lesquels il a repéré $2^3+1 = 3^2$ qui est un nombre primaire non premier.
  • Je pense que si $2^n+1=k^2$ alors k=3.

    $2^n+1=k^2$ est équivalent à $2^n=k^2-1=(k+1)(k-1)$
    et donc il existe u,v positifs ou nuls tels que: $k+1=2^u$ et $k-1=2^v$ et u+v=n
    Si on fait la soustraction de ces deux dernières égalités:
    $2=2^u-2^v$
    si on suppose que u>v alors $2=2^v(2^{u-v}-1)$ et donc v=0 ou 1.
    v=0 implique que k-1=1 donc k=2 impossible
    v=1 implique que k-1=2 donc k=3
    Si v>u on obtient le même résultat.

    Si m est composé, l'équation en p, $2^n+1=p^m$ doit avoir peu de solutions
    Si t est un diviseur de m alors $p^t-1$ est une puissance de 2 ainsi que $p^{\frac{m}{t}}-1$ (ce n'est pas une preuve, juste une impression)
  • Je me suis fatigué pour rien.
    Théorême de Catalan-Mihăilescu:

    $x^a-y^b=1$ (a>1,b>1) a pour seules solutions en nombres entiers: x=3,a=2,y=2,b=3

    Ce qui donne bien: $2^3+1=3^2$

    Donc si $2^n+1$ est un nombre premier à la puissance k alors k=1 et donc n est une puissance de 2.
  • Bonjour,

    Oui oui gb, j'avais remarqué, je me suis manifestement mal exprimé.

    Parmi tous les nombres de la forme $2^n+1$, aucun nombre de Fermat, c'est à dire correspondant à $n=2^k$ n'est une puissance de nombre premier; je parle ici de puissance supérieure ou égale à $2$.

    Ceci permet de résoudre le problème d'Euzenius qui s'intéresse aux puissances supérieures ou égales à $1$ de nombre premier, dans le cas où $n=2^k$; seuls, dans ce cas, les nombres de Fermat premiers vérifient le problème d'Euzenius.

    Sylvain et Fin-de-Partie ont remarqué que $2^n-p^q=1$ se ramenait à l'équation de Catalan !

    Bonne journée.
  • Supposons que 2^n+1=k^m.

    Si m est pair, on se ramène au cas m=2, traité par Fin de partie.
    Si m=2r+1, avec r>=1, on a:

    2^n=k^(2r+1)-1=(k-1)[1+k+k²+..+k^(2r)] et le nombre entre crochets est impair. Il n'y a donc pas de solutions.
  • Pour être juste, c'est Sylvain qui m'a rappelé le théorème de Catalan (ce n'est plus une conjecture, il a été démontré en 2002)

    $k$ ne pouvant être qu'impair puisque $2^n+1=k^m$

    Puisque $2^n=k^{2r+1}-1=(k-1)(1+k+k²+\ldots+k^{2r})$ donc $1+k+k²+\ldots+k^{2r}$ est une puissance de 2.

    $1+k+k²+\ldots+k^{2r}$ est somme de $2r$ nombres pairs positifs et de 1 et est donc bien impair comme indiqué par RAJ au dessus et est plus grand que 1. Donc il ne peut être en aucune manière une puissance de 2

    Exercice d'arithmétique élémentaire comme je les aime ;)

    [En LaTeX, les exposants (et les indices) sont encadrés par des \{ \}. Voir "code latex". ;) AD]
  • Je me suis un peu pris les pieds dans le tapis.

    $1+k+k²+\ldots+k^{2r}$ est une somme de $2r$ entiers {\bf impairs} et de 1 et est {\bf supérieure} à 1
  • Pour en avoir terminé avec la question initiale, il reste à mentionner que $2^n+1 \text{ premier } \Rightarrow n=2^v$.

    Ce qui est facile à voir : si l est impair, $X^l+1$ se factorise par $X+1$.
    Donc si $n=rl$ avec $l$ impair, $2^r+1$ divise $2^n+1$, et par conséquent si $2^n+1$ est premier, $n$ est une puissance de $2$.

    En résumé, les seuls nombres répondants au critère d'euzenius sont ceux proposés dans son message inital : parmi les $2^n+1$
    $\cdot$ seuls les nombres de Fermat premiers sont premiers
    $\cdot$ seul 9 est une puissance stricte d'un nombre premier, comme montré par Fin-de-partie pour le cas pair et RAJ pour le cas impair.
  • On peut traiter de même l'équation: 2^n-1=k^m

    2^n-1=-1 (mod 4), pour n>=2, donc m ne peut pas être pair.

    Si m=2r+1, avec r>=1, on a:

    2^n=k^(2r+1)+1=(k+1)[1-k+k²-..+k^(2r)] et le membre entre crochets est impair.
    Les seules solutions sont donc pour n=0 et n=1.
  • Essayons p^n+1=x², avec p un nombre premieret x>0.

    p^n=x²-1=(x-1)(x+1)
    x-1=p^r et x+1=p^s, avec s>r

    Par soustraction, on obtient:
    2=p^s-p^r>=p^(r+1)-p^r=p^r(p-1)>=p^r.
    Donc p^r<=2, et par suite r=0 ou r=1

    Si r=0, on a: x=p^0+1=2 et la solution est: 3^1+1=2².
    Si r=1, on a: p=2 et x=2^1+1=3. On retrouve la solution: 2^3+1=3².
  • Vous n'êtes pas mauvais Richard. Vous devriez envisager de faire un métier en lien avec les maths.
  • Bonjour,

    Merci pour toutes ces belles réflexions (on peut aussi renvoyer vers le cours des "mathematiques.net" concernant les nombres de Fermat). Bravo pour avoir débusqué le théorème de Catalan démontré en 2002.

    La mise en bouche peut se prolonger ainsi (mais il vaut mieux faire faire le boulot par un ordinateur) examiner tous les "ratios de Fermat" ne faisant intervenir au numérateur ou au dénominateur que ces nombres à la puissance 1 au maximum en les ramenant dans l'intervalle [1,2] (l'octave de référence pour gb) donc tous les nombres rationels de la forme :

    3^i.5^j.17^k.257^l.65537^m

    avec i compris entre -3 et +3 (on y a intégré le 9 pour être sympa avec Monsieur l'Ordinateur et éviter des redondances inutiles) les autres entre -1 et +1. On remarquera qu'un de ces nombres est quasiment égal (9 décimales exactes) à 81/64 (la tierce pythagoricienne et pour les musiciens ces ratios se situent essentiellement dans les plages chromatiques rétrécies au quart de ton). Ce constat peut s'étendre à d'autres valeurs : On assimile donc deux ratios si les puissances respectives de 3,5,17,257,65537 sont distantes de 1

    On peut s'amuser à doubler ces limites ce qui donne un nombre plus conséquent de ratios mais en permettant des expressions plus simples à un facteur 65537/65536 près (par exemple 25/24 au lieu de...) largement sous le seuil de l'acuité auditive des fréquences si l'on se place dans une perspective arithmo-musicale...


    Bonne réflexion



    Euzenius
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