Preuve de la conjecture de Derrick Lehmer
Réponses
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je suis un peu perdu là avec vos jeux entre chats et souris.
En quoi la première version de la preuve de @babsgueye est-elle encore nécessaire ?
Sa dernière version semblerait bien se suffir à elle-même...non ?
C'est sur cette version qu'il faut porter son attention. -
babsgueye a écrit:C'est pas la peine que la retouche.
Je crois qu'au contraire il y a pas mal de retouches à faire. Tiens une autre pour la route : tu écris dans ta preuve ici http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?43,2137890,2138512#msg-2138512
"Mais $a^{n-1}\equiv 1\bmod n$, donc... Alors...C'est-à-dire $a^{n-1}\equiv a^{1-n}\bmod n$.
Donc si j'ai bien compris tu commences en disant que $a^{n-1}\equiv 1\bmod n$ et tu termines en disant que $a^{n-1}\equiv a^{1-n}\bmod n$ après plein de petites manipulations algébriques (inutiles).
En gros tu dis que si $a^{n-1}$ est congru à $1$ modulo $n$ alors il est congru à... son inverse.
Je crois que tu es d'accord pour dire que toute cette partie est inutile.
Et encore une autre parce que je suis sympa B-)-:
Tu conclus cette partie en disant : "C'est dire que a $\equiv a^{-1}\bmod n$".
Sauf que je ne comprends pas d'où tu sors cette conclusion (je crois qu'elle provient de l'erreur que je t'avais signalée précédemment et que tu n'as pas fini de corriger).
PS. j'en ai d'autres mais je me les garde en réserve :-D -
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@raoul. S $a^{n-1}\equiv 1\bmod n$ vient du petit théorème de Fermat.
Quant aux autres objections, il faut lire tes cours sur les congruences et les simplifications possibles. Après tu me reviens.
Essaies, toi aussi d'expliquer pourquoi il y a erreur (c'est trop facile et osé, de dire qu'il y a erreur lorsqu'on a pas les bagages nécessaires). -
@babsgueye tu n'as pas bien lu la première partie de mon message ici http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?43,2137890,2139722#msg-2139722.
Dans cette partie je n'ai pas dit qu'il y a une erreur, j'ai dit que tu fais des manipulations algébriques inutiles qui compliquent la lecture de ta preuve.
Je suis d'accord que $a^{n-1}\equiv 1\bmod n$ si $n$ est un nombre de Carmichael (comme tu le dis dans ta preuve). Ce que je dis c'est que tout tes calculs pour aboutir à $a^{n-1}\equiv a^{1-n}\bmod n$ compliquent la lecture car cette congruence est évidente du moment que $a^{n-1}\equiv 1\bmod n$.
Ensuite comme déjà dit, tu conclus cette partie en disant : "C'est dire que a $\equiv a^{-1}\bmod n$".
Sauf que cette conclusion sort de nulle part...
Avant de m'envoyer réviser les congruences je te rappelle que grâce aux vérifications que je fais de ta preuve je contribue à éliminer des erreurs comme celle-ci http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?43,2137890,2139512#msg-2139512, ok pas besoin de me remercier B-)-
Quoi qu'il en soit, si mes commentaires pour corriger ta démonstration ne t'intéressent pas merci de me l'indiquer. Mais bon dans ce cas je ne vois plus trop le but de ce fil... du moment que c'est toi qui voulait que ta preuve soit critiquée (relis ton premier post). -
Non, mais raoul. S je t'ai déjà remercié (dans le message que tu pointes mème).raoul. S a écrit:PS. j'en ai d'autres mais je me les garde en réserve :-D
Pour une preuve aussi courte, cela me fait bien penser que tu fais partie du contingent des ''saboteurs''.
Pour ta question, c'est une simple simplification de puissance.
Non ne ferme pas, j'attends impatiemment tes autres. -
Je suis ce message.
Comme l'a dit raoul.S, tu enchaînes plein de congruences inutiles pour aboutir à la conclusion que $a^{n-1} \equiv a^{1-n} \text{ mod } n$, alors que $a^{n-1} \equiv 1 \text{ mod } n$, qui est évidemment congru à son inverse. Donc la conclusion à ce niveau n'utilise jamais le $a$ en question, c'est valable pour tout entier premier avec $n$
Comment passes-tu de $a^{n-1} \equiv a^{1-n} \text{ mod } n$ à $a \equiv a^{-1} \text{ mod } n$ exactement ?
Admettons cette dernière étape, tu en déduis que $a \equiv 1 \text{ mod } n$ ou $a \equiv -1 \text{ mod } n$. Là aussi je veux bien une explication, puisque je t'apprendrai certainement que l'équation $x^2 = 1$ peut avoir strictement plus de deux solutions dans $\mathbb Z/n \mathbb Z$, même quand $n$ est impair sans facteur carré.
J'imagine que tu vas me traiter de "saboteur" maintenant... -
Poirot a écrit:Comment passes-tu de $a^{n-1}\equiv a^{1-n}\bmod n$ à $a\equiv a^{-1}\bmod n$ exactement ?
J'ai utilisé le fait que $a^m\equiv b^m \bmod n\,\implies\,a\equiv b \bmod n$.Poirot a écrit:puisque je t'apprendrai certainement que l'équation $x^2 = 1$ peut avoir strictement plus de deux solutions dans $Z/nZ$, même quand n est impair sans facteur carré.
Je te rappelle que $n$ est un nombre de Carmichael et impose un intervalle pour $a$. Si tu peux me donner un contre-exemple, ce serait cool. -
Hello,
Juste pour dire que $a^n \equiv a \bmod n$, c'est une congruence. Qu'il ne faut pas confondre avec la congruence $a^{n-1} \equiv 1 \bmod n$. La première, quand elle est vérifiée pour tout $a$ caractérise les nombres de Carmichael si on veut bien y ranger dans cette classe les nombres premiers.
Je considère le plus petit nombre de Carmichael (un vrai) qui est comme tout le monde le sait $n = 3 \times 11 \times 17 = 561$.
Comme ce qui suit est probablement cryptique, j'explique. Modexp(a,e, n) c'est le calcul efficace de $a^e \bmod n$ (on ne calcule pas $a^e$ que l'on réduit à la fin modulo $n$, rires). Et le eq c'est l'égalité et not, c'est ce que l'on pense. En clair, ci-dessous :
$$
A = \{ a \in \{0..n-1\} \mid a^n \not\equiv a \bmod n\}
$$[color=#000000]> n := 3 * 11 * 17 ; > n ; 561 > N := [0..n-1] ; > A := [a : a in N | not(Modexp(a,n, n) eq a)] ; > A ; [] [/color]
Et $A$ est vide. Of course, normal : $n$ est un nombre de Carmichael, c'est pas pour les chiens.
Play again avec la deuxième congruence[color=#000000]> B := [a : a in N | not (Modexp(a,n-1, n) eq 1)] ; > #B ; 241 [/color]
Damned, cette fois, il y a 241 nombres $a$ parmi les 561 de l'intervalle $[0..n-1]$ qui ne satisfont PAS la congruence $a^{n-1} \equiv 1 \bmod n$. Et pourquoi donc ?[color=#000000]> B eq [a : a in N | Gcd(a,n) ne 1] ; true [/color]
Pardi ce sont les entiers $a$ tels que $a \wedge n \ne 1$. Et c'est bien moral car la congruence $a^{n-1} \equiv 1 \bmod n$ FORCE $a$ à être premier avec $n$.
Bon, je faisais juste un petit passage parce que j'ai vu que l'on s'amusait bien ici. C'est pas tous les jours sur ce noble forum.
Bye, bye. -
Une preuve de ça est la bienvenue :
« $a^m\equiv b^m \bmod n\,\implies\,a\equiv b \bmod n$ ».
Avec une quantification claire sur $n$, $m$, $a$ et $b$... -
Veux-tu proposer tes preuves à toi ou bien ?
C’est difficilement supportable quand même.
1) Sais-tu énoncer proprement ce théorème ?
Sans quantificateur, c’est trop vague et inutilisable.
2) Sais-tu le démontrer ?
Mince alors !!! -
babsgueye a écrit:Je te rappelle que $n$ est un nombre de Carmichael et impose un intervalle pour $a$. Si tu peux me donner un contre-exemple, ce serait cool.
Humm qu'est-ce que tu penses de l'équation $x^2\equiv 1 \bmod n$ avec $n=561$ (c'est un nombre de Carmichael).
Selon toi cette équation ne devrait avoir que $1$ et $560$ comme solutions ?
Sauf que ses solutions sont : $1, 67, 188, 254, 307, 373, 494, 560$
@claude quitté concernant ta remarque ici http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?43,2137890,2139958#msg-2139958, tu as raison mais si j'ai dit que $a^{n-1} \equiv 1 \bmod n$ découlait du fait que $n$ est de Carmichael c'est parce qu'en plus $a$ et $n$ sont premiers entre eux comme l'a montré babsgueye. -
Honteux !
Bye bye. -
Ben non je ne sais pas montrer cette implication puisqu'elle est fausse en général. À toi de nous montrer qu'elle est vraie pour ce $a$ précis (je doute bien sûr du fait qu'elle le soit, cf. le point ci-dessous avec $m=2$).
Quant à l'implication $a \equiv a^{-1} \text{ mod } n \Rightarrow a \equiv \pm 1 \text{ mod } n$, elle est fausse dès que $n$ a au moins deux facteurs premiers distincts, et ça n'a rien à voir avec l'encadrement $0 < a < n$, ou le fait que $n$ est de Carmichael. Prenons par exemple notre nombre de Carmichael préféré $n = 561$. Alors $67 \equiv 67^{-1} \text{ mod } n$, curieux non ? -
Dom a écrit:Honteux !
Quel honte y'a-t-il a ne pas réussir au premier coup de démontrer Derrick Lehmer ?
Je te renvoie sur les démos de ''La conjecture du coureur solitaire'' et ''la conjecture de Catalan'' (elles sont élémentaires !) sur ce mème forum, et je pense que tu y trouveras des choses honteuses aussi.
Corrdialement. -
Ce qui est honteux c'est que tu nous traites d'abord de saboteurs quand on te dit que ta démo ne marche pas. Quand on te pointe précisément des erreurs tu continues à affirmer que tu as une démonstration, ce qui n'est pas le cas puisqu'on continue à te montrer des erreurs.
Espérons que ça te fasse redescendre un peu sur terre. S'il suffisait de faire des petits calculs de congruence comme les tiens pour démontrer ce genre de conjectures, tu ne crois pas que ce ne serait plus des conjectures depuis longtemps ? -
Poirot a écrit:...tu continues à affirmer que tu as une démonstration, ce qui n'est pas le cas...
Je propose et j'ai tout le long du débat proposé. Que ça marche pas ; soit, mais on ne m'a jamais signalé une erreur (faute) que j'ai pas reconnu. Et pour moi c'est ça un forum. Je ne point obligé de trouver.
Je te signale que je ne ais de math sup que dans ce forum, j'en discute mème pas ailleurs.
Et dans le mème ordre d'idée je vais continuais à essayer de contourner les obstacles, tant que j'aurais du plaisir à chercher.
Cordialement. -
Babsgueye:
Donc tu vas réfléchir 5 secondes et demain matin il y aura une nouvelle "démonstration"?
Que recherches-tu? De guerre lasse on va cesser de regarder tes "preuves" et tu pourras te figurer ainsi que la dernière version est correcte. C'est ce que tu recherches? une victoire par KO?
Tu peux aussi prendre du temps et vérifier toi-même tes calculs et raisonnements soigneusement avant de cracher ta prochaine version.
Par exemple, pas plus d'une version par mois, pour te donner le temps de la réflexion. B-)- -
J'ai en fait, @Fdp longtemps travaillé sur le sujet sans succès. J'ai alors contrairement à ce que tu penses, une idée de la difficulté du problème (DL). C'est que récemment, j'ai parlé de la conjecture $B(n)\,\iff\,P(n)$ et j'ai tout simplement pensé que ça pouvait faciliter la démonstration de la conjecture de Derrick Lehmer.
La morale de l'histoire c'est que j'ai cru qu'il était possible et voulu aller au delà du résultat facile à obtenir : $P(n)\,\iff\,D(n)\wedge B(n)$.
Cordialement. -
Salut.
@Fdp j'ai pas pu résister à la tentation de poster cette dernière version de mes tentatives de résoudre ce problème.
Derrick Lehmer a dit que :
$\textrm{Conjecture}$ :
$n > 1$ est premier, si et seulement si $n\equiv 1\bmod \varphi (n)$.
Preuve:
Soient les trois assertions quantifiées par $n$ suivantes.
$P(n)$ := ''$n$ est un nombre premier.''
$D(n)$ := ''$n\equiv 1\bmod \varphi(n)$.''
$B(n)$ := ''$(\varphi(n)\big)^{n}\equiv - 1\bmod n$.''
Montrons que $P(n)\,\iff\,D(n)\,\implies\,B(n)$.
$\bullet$ Si $P(n)$ alors, $n$ est un nombre premier, et donc $\varphi(n) = n - 1$.
Mais $\varphi(n) = n - 1\implies n\equiv 1\bmod \varphi(n)\implies D(n)$.
C'est dire que $P(n)\,\implies\,D(n)\qquad (1)$.
On a aussi (d'après le petit théorème de Fermat)
$(\varphi(n)\big)^{n}\equiv \varphi(n)\bmod n$ or $\varphi(n) = n - 1$
et donc $(\varphi(n)\big)^{n}\equiv n - 1\bmod n \equiv - 1\bmod n$ d'où $B(n)$.
C'est dire que $P(n)\,\implies\,B(n)$.
$\bullet$ Si $D(n)$, alors $n = 1 + a\varphi(n),\,a\,\in\,\mathbb{N}^*$, et par suite $a$ et $n$ sont premiers entre eux (un facteur de $a$ et $n$ est un facteur de 1).
On a aussi que pour la raison similaire $\varphi(n)$ et $n$ doivent être premiers entre eux, et donc $n$ est impair et sans carré (ce qui entraine que $n$ est un nombre de Carmichael, d'après le théorème de Korselt).
$D(n)\,\implies\,a\varphi(n) = n - 1$, et donc $\big(a\varphi(n)\big)^{n} = (n - 1)^{n} \equiv - 1\bmod n$ (car $n$ impair).
On a alors $\big(a\varphi(n)\big)^{n} + 1 = \alpha n,\,\alpha\in\,\mathbb{N}$
Mais
$\begin{array} \big(a\varphi(n)\big)^{n} + 1 & = \big(a\varphi(n) + 1\big)\big(\sum_{i=0}^{n-1}(a\varphi(n))^{i}(-1)^{n-1-i}\big)
& = n\big(\sum_{i=0}^{n-1}(a\varphi(n))^{i}(-1)^{n-1-i}\big)
\end{array}$.
Mais alors : $\big(a\varphi(n)\big)^{n} = n\big(\sum_{i=0}^{n-1}(a\varphi(n))^{i}(-1)^{n-1-i}\big) - 1$.
$n$ n'a pas $a$ comme facteur.
On a les deux cas possibles ; $\varphi(n)$ a $a$ comme facteur ($\varphi(n) = da,\,d\,\in\mathbb{N}$) ou $\varphi(n)$ n'a pas $a$ comme facteur. Mais dans les deux cas, en notant que $\big(a\varphi(n)\big)^{n} = n\big(\sum_{i=1}^{n-1}(a\varphi(n))^{i}(-1)^{n-1-i}\big)$, on aboutit facilement à $a$ divise $1$, et donc $a = 1$.
C'est-à-dire que $\varphi(n) = n - 1$, et donc $n$ est premier et $\big(a\varphi(n)\big)^{n} \equiv - 1\bmod n$
C'est dire que :
$D(n)\,\implies\,B(n)$ et $D(n)\,\implies\,P(n)\qquad (2)$.
($(1)$ et $(2)$) entraine $P(n)\,\iff\,D(n)\,\implies\,B(n)$.
D'où :
$\textrm{Théorème}$ :
$n > 1$ est premier, si et seulement si $n\equiv 1\bmod \varphi (n)$.
Cordialement. -
Ta démonstration sera correcte quand tu auras justifié cette affirmation-clé.babsgueye a écrit:Mais dans les deux cas, en notant que $\big(a\varphi(n)\big)^{n} = n\big(\sum_{i=1}^{n-1}(a\varphi(n))^{i}(-1)^{n-1-i}\big)$, on aboutit facilement à $a$ divise $1$, et donc $a = 1$.
C'est drôle tu ne t'es jamais servi de la congruence $(a \varphi(n))^n \equiv -1 \text{ mod } n$. -
@Poirot je pense que l'obligation plutôt c'est de se servir de $D(n)$, ce que j'ai fait.
On a $\big(a\varphi(n)\big)^{n} = n\big(\sum_{i=1}^{n-1}(a\varphi(n))^{i}(-1)^{n-1-i}\big)\,\iff\,a^{n}\big(\varphi(n)\big)^{n} = n\big(- a\varphi(n) + \sum_{i=2}^{n-1}(a\varphi(n))^{i}(-1)^{n-1-i}\big)\qquad (1)$.
Si $\varphi(n) = da$, alors $(1)\,\iff\,a^{n}(da)^{n} = n\big(- a^{2}d + \sum_{i=2}^{n-1}(a\varphi(n))^{i}(-1)^{n-1-i}\big)\,\iff\,a^{2n-2}d^{n} = n\big(- d + \sum_{i=2}^{n-1}a^{2i-2}d^{i}(-1)^{n-1-i}\big)$
Et on constate que $a^{2n-2}d^{n}$ et $a^{2}d^{2}$ ont tous les deux un plus grand exposant en $a$ que $d$ et on peut conclure. On pouvait pour être plus clair, poser $\varphi(n) = a^{p}d,\,p\,\in\,\mathbb{N}^*$.
Si $\varphi(n)$ n'est pas un multiple de $a$.
$(1)\,\iff\,a^{n-1}\big(\varphi(n)\big)^{n} = n\big(- \varphi(n) + \sum_{i=2}^{n-1}a^{i-1}(\varphi(n))^{i}(-1)^{n-1-i}\big)$. Et donc $a$ divise $\varphi(n)$, ce qui est contradictoire si $a\neq 1$.
cqfd -
Non j'étais pressé, je devais sortir. Mais j'ai pris la peine de donner l'indication pour une méthode plus clair.
-
Peux-tu détailler cette méthode ?
-
ça promet...8-)
-
Bien sur @Poirot.
Si $\varphi(n) = da^{p},\,d\,p,\,\in\mathbb{N}^*$, avec $a$ ne divisant pas $d$, si toutefois $a\neq 1$.
alors $(1)\,\iff\,a^{n}(da^{p})^{n} = n\big(- ada^{p} + \sum_{i=2}^{n-1}(ada^{p})^{i}(-1)^{n-1-i}\big)
\,\iff\,a^{(n-1)(p+1)}d^{n} = n\big(- d + \sum_{i=2}^{n-1}a^{(i-1)(p+1)}d^{i}(-1)^{n-1-i}\big)$
Ce qui entraine que $a$ divise $d$, et comme cela est impossible, par suite $a = 1$.
NB : on a dit plus haut, que $a$ et $n$ sont premiers entre eux.
Est ce clair maintenant ? -
Moi il y a un truc qui m'échappe : comment a-t-on fait pour passer de
$$\big(a\varphi(n)\big)^{n} = n\Big(\sum_{i=0}^{n-1}(a\varphi(n))^{i}(-1)^{n-1-i}\Big) - 1
$$ à
$$\big(a\varphi(n)\big)^{n} = n\Big(\sum_{i=1}^{n-1}(a\varphi(n))^{i}(-1)^{n-1-i}\Big).
\quad
?
$$ Car le terme de la somme qui correspond à $i=0$ vaut $1$ mais il devrait être multiplié par $n$. Du coup on devrait plutôt obtenir :
$$
\big(a\varphi(n)\big)^{n} = n\Big(\sum_{i=1}^{n-1}(a\varphi(n))^{i}(-1)^{n-1-i}\Big) +n-1.$$ -
Tu as encore raison @raoul. S. Peut-être que j'aurais du attendre au moins une semaine avant de poster comme me l'a conseillé @Fdp.
Mais bon ! Je pense quand mème après avoir regardé un peu qu'on arrive toujours au résultat ''$a$ divise 1, donc $a = 1$.
Je le rédige et je vous reviens.
Encore merci. -
On a $ \big(a\varphi(n)\big)^{n} = n\big(\sum_{i=1}^{n-1}(a\varphi(n))^{i}(-1)^{n-1-i}\big) + n - 1$. Ce qui équivaut à :
\begin{align}
a^{n}\big(\varphi(n)\big)^{n} & = n\big(- a\varphi(n) + \sum_{i=2}^{n-1}(a\varphi(n))^{i}(-1)^{n-1-i}\big) + a\varphi(n)\\
& = a\varphi(n)n\big(\sum_{i=2}^{n-1}(a\varphi(n))^{i}(-1)^{n-1-i}\big) + 1 - n$\\
& = a\varphi(n)n\big(\sum_{i=2}^{n-1}(a\varphi(n))^{i}(-1)^{n-1-i}\big) - a\varphi(n)\\
&= (a\varphi(n))^{2}n\big(\sum_{i=2}^{n-1}(a\varphi(n))^{i-1}(-1)^{n-1-i}\big) - 1\\
\end{align}.
Ce qui équivaut à $a^{n-2}\big(\varphi(n)\big)^{n-2} = n\big(\sum_{i=2}^{n-1}(a\varphi(n))^{i-1}(-1)^{n-1-i}\big) - 1$
C'est-à-dire $a\big(a^{n-3}\big(\varphi(n)\big)^{n-2} - n\big(\sum_{i=2}^{n-1}a^{i-2}(\varphi(n))^{i-1}(-1)^{n-1-i}\big)\big) = - 1$
$n$ est impair.
On a alors $a$ divise $1$, et donc $a = 1$.
cqfd -
Mouais bof... à mon avis tu devrais vraiment suivre le conseil de FdP et revoir tous ces calculs avant de poster.
-
Vague !
-
@babsgueye c’est en forgeant que l’on devient forgeron. Trouver toutes les erreurs de calculs ici http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?43,2137890,2142132#msg-2142132 est un bon exercice... sauras-tu le résoudre ?
-
@babsgueye l'exercice que je te propose consiste à trouver toutes les erreurs (il y en a plus qu'une) et cela changera ton résultat.
-
Ah ok. Je constate que c'est encore un impasse (ça se conclut par D(n)). Je suis désolé.
PS : de mon téléphone. -
Salut.
@Fdp j'ai pas tenu une semaine et en plus le résultat que je donne, je viens juste de l'entrevoir. Je pense que quand on s'engage dans une démonstration mathématique, il y a parfois des idées fixes sur lesquelles on s'arcboute et qui empêchent de bien faire soi-même la vérification. Moi je préfère après une heure de lecture, partager et avancer sur autre chose s'il y a erreur.
Donc je dirais aujourd'hui, où est l'erreur. En fait je pense avoir démontré dans le raisonnement suivant que : $B(n)\,\iff\,P(n)\,\implies\,D(n)$.
On a déjà montré que $P(n)\,\implies\,B(n)$ et $P(n)\,\implies\,D(n)$.
Je dois alors montré que $B(n)\,\implies\,P(n)$.
Soit $D(n)$, c'est-à-dire que $\big(\varphi(n)\big)^{n} \equiv - 1\,\bmod n$.
$\bullet$ Soit $\varphi(n) \equiv - 1\,\bmod n$, et comme $\varphi(n)\,\lt\,n$ alors $\varphi(n) = - 1 + n$, c'est-à-dire que $n$ est premier.
$\bullet$ Soit $\varphi(n)$ n'est pas équivalent à $ - 1$ modulo $n$.
Mais $\varphi(n)$ est premier avec $n$ d'après notre hypothèse $B(n)$, et on sait que $- \big(\varphi(n)\big)^{-1}\varphi(n)\equiv - 1\,\bmod n$
(en posant $a = - \big(\varphi(n)\big)^{-1}$, c'est die que : $a\varphi(n)\equiv - 1\,\bmod n$).
Donc on a $D(n)$ et alors $n$ est un nombre de Carmichael. Ce qui entraine que $\big(\varphi(n)\big)^{n} \equiv \varphi(n)\equiv - 1\,\bmod n$.
Comme ci-dessus $\varphi(n)\equiv - 1\,\bmod n$, alors est $n$ premier.
D'où $B(n)\,\iff\,P(n)\,\implies\,D(n)$.
cqfd. -
Une question peut-etre hors sujet, mais je la pose pour savoir.
''Que peut-on espérer su le plan financier de la démonstration d'une telle conjecture ?''
Merci. -
Rien !
-
Alors les mathématiciens sont les laissés-pour-compte, que j'aurais du avoir le bon plaisir de jouer au foot.
-
Il ne me semble pas que ce soit une conjecture qui passionne les foules. Je travaille en théorie des nombres, et je dois bien avouer que ton fil était la première [fois] où j'entendais parler de cette conjecture. En particulier, dans l'éventualité hautement improbable où tu résoudrais cette conjecture, je ne pense même pas que tu serais invité à donner des conférences sur ta résolution.
-
Merci @Poirot, je pense que tu as raison, mais aussi que la résolution de cette conjecture nécessite peut-être un nouveau résultat en théorie des nombres ou du moins ne sera pas élémentaire.
Mais en cherchant ça m'a permis de lancer une conjecture que j'ai résolue sur le foulé, et j'en suis bien content.
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