Exercice avec des nombres premiers
dans Arithmétique
Bonjour.
Trouver 8 nombres premiers a, b, c, d, e, f, g, h vérifiant :
{ a, b, c, d } différent de { e, f, g, h }
a < b < c < d < 100
e < f < g < h < 100
ax + bx + cx + dx = ex + fx + gx + hx pour x = 1, 2, 3.
Bien cordialement.
kolotoko
Trouver 8 nombres premiers a, b, c, d, e, f, g, h vérifiant :
{ a, b, c, d } différent de { e, f, g, h }
a < b < c < d < 100
e < f < g < h < 100
ax + bx + cx + dx = ex + fx + gx + hx pour x = 1, 2, 3.
Bien cordialement.
kolotoko
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Réponses
On a quand même 2 ou 3 trucs qu'on peut anticiper.
On constate que dans toutes les combinaisons, on a a<e<f<b<c<g<h<d : les nombres de la colonne de gauche occupent systématiquement les rangs 1,4,5 et 8.
C'était plus ou moins prévisible.
Petite question à MathCoss. Si on modifie la borne supérieure (200 au lieu de 100 par exemple), quel est le premier exemple où on n'a plus cette configuration ?
J'imagine que les premiers contre-exemples vont être du type (1,3,6,7)(2,4,5,8), mais sans certitude.
Merci d'avance,
Mohammed R.
Plus on accepte des nombres grands, plus on a de choix dans les nombres premiers qu'on prend.
Mais plus on prend des nombres grands, plus l'écart entre $a^3$ et $(a+2)^3$ est grand, et devient difficile à rattraper.
Pas sûr qu'il y ait des contre-exemples.
Pour l'anecdote, voici « la plus grande » paire de quadruplets : [149, 163, 167, 181], [151, 157, 173, 179].
On peut remarquer que si sk(a,b,c,d) = sk(e,f,g,h) pour k= 1,2,3 alors a+d=b+c=e+h=f+g.
Cette propriété n'ayant rien à voir avec le fait que les nombres considérés sont premiers.
Et en plus il y aurait à dire sur les diviseurs communs des termes de chaque couple. Merci d'avance à ceux qui ont un logiciel ...
On vérifie que cela n'est pas exact pour (a, b, c, d, e, f, g, h) = (17, 43, 61, 79, 19, 37, 71, 73).
a + d = 96, b + c = 104, e + h = 92, f + g = 108
Bien cordialement.
kolotoko
@kolotoko : « Cela » quoi ?
J'ai péché par précipitation.
cela :
> On peut remarquer que si sk(a,b,c,d) = sk(e,f,g,h) pour k= 1,2,3 alors a+d=b+c=e+h=f+g.
Bien cordialement.
kolotoko
Il ne s'agit que d'une conjecture.
Bonne journée.
il y a une solution remarquable, à savoir (a, b, c, d, e, f, g, h) = (17, 29, 31, 43, 19, 23, 37, 41) où ici les 8 nombres sont des nombres premiers consécutifs.
Dans toutes les solutions données par Math Coss, il n'y a pas le nombre 3.
Quels sont les nombres premiers qui ne sont dans aucune solution ?
Bien cordialement.
kolotoko
Jusqu'à la borne supérieure de $100$, il manque seulement $2,3,5$.
Après, si on va jusqu'à $200$, on a: Il manque seulement $2$ et $3$.
Cordialement,
Rescassol
La somme de 4 nombres impairs est pair, la somme de 3 nombres impairs + 2 est impair, pour que 2 apparaisse il doit apparaître des deux côtés.
Le carré d'un nombre premier différent de 3 est congru à 1 modulo 3, le même raisonnement que pour 2 mène à la mêle conclusion.
Et qu'est ce qui empêcherait $2$ ou $3$ d'apparaître des deux côtés ?
Cordialement,
Rescassol
(Ce même argument explique pourquoi il n'y a pas d'espoir de trouver des quadruplets avec $s_k(a,b,c,d)=s_k(e,f,g,h)$ pour $k=1,2,3,4$.)
Ce qui empêcherait 2 et 3 d'apparaître c'est la conjecture ci-dessus puisque les seuls nombres premiers p qui sont tels que 2p+1 et 2p-1 soient
premiers jumeaux sont 2 et 3.
Je viens de m'apercevoir que je conjecture des évidences puisque si a est premier différent de 2 ou 3 alors 2a+1 ou 2a-1 n'est pas premier.
En fait , avant de commencer par essayer de résoudre ce problème avec des nombres premiers, il serait plus logique de le résoudre dans le cas général où a,b,c,d ,e,f,g,h ,sont des entiers quelconques. Les solutions paramétriques donnent elles toutes les solutions ou non ?
Dans le cas ou les solutions sont quelconques ma conjecture a un sens.
3 ne peut pas apparaître non plus parce que si $p$ est premier différent de 3, $p^2=1[3]$ et donc $a^2+b^2+c^2+d^2 = 1[3]$ si aucun des nombres a b c ni d ne vaut 3, alors qu'on obtient $0$ si un des 4 nombres vaut 3.
Et comment démontrer que tous les autres nombres premiers apparaissent ?
Cordialement,
Rescassol
Voilà quelques graphiques montrant combien de fois chaque nombre premier apparait.
A part les premiers et derniers 10 ou 15% (à la louche), ça a l'air à peu près horizontal en moyenne.
Cordialement,
Rescassol
il semblerait même que tous les entiers premiers suffisamment grands apparaissent au moins une fois dans chacune des positions ( évidemment, 5 ne peut pas apparaître autre part qu'en position a, mais pour l'instant, on n'a pas non plus de configuration avec 5,7 et 11, donc pas de configuration avec 11 comme 3ème plus petit premier)
Parmi les solutions proposées, on a une solution composée de 8 nombres premiers consécutifs, comme remarqué par kolotoko.
Il y a aussi une solution avec un seul 'trou' (29,43,47,61 ; 31,37,53,59) , il manque seulement 41.
Il y a 3 solutions avec 2 trous (par exemple (101,113,127,139,103,109,131,137), il manque seulement 107 et 119.
Mais il n'y a pour l'instant aucune solution avec 3 trous.
du temps que la borne sup était $200$, la plus "grande" solution, selon Math Coss, était $[149, 163, 167, 181],[151, 157, 173, 179]$.
Sauf erreur, elle est aujourd'hui la seule solution "sans trou" autre que $[17, 29, 31, 43],[19,23, 37, 41]$ signalée par kolotoko.
Cordialement
Paul
une petite information, si une équation sous forme de, an+bn+..[]..+xn=0 est soluble par entier non triviaux, alors le nombre a+b+..[]..+x est toujours multiple par Dn-1.
Où Dn est le dénominateur du nième nombre de Bernoulli.
si n est un nombre pair alors on pose Dn-1=2.
j'ai une toute petite demande à monsieur Math Coss, svp si tu peux verifier par sage s'il existe des entiers vérifiant a6+b6+c6=d6+e6
Attention ça risque de ne pas être soluble, mais pour une toute petite vérification un grand merci. " je suis nul en sage"
Cordialement.
Je note que dans les deux suites sans trou indiquées dans le message de depasse, les sept écarts entre deux nombres premiers consécutifs de la suite forment un palindrome : 2-4-6-2-6-4-2 pour la suite 17-43, 2-6-6-4-6-6-2 pour la suite 149-181. Cela explique peut-être certaines choses ...
Bine cordialement
JLB
Disons d'un quadruplet de réels qu'il est équilibré si la somme de deux de ses coordonnées égale celle des deux autres.
Pour tous réels $a, b, c,d,e,f,g,h$
si
1)pour tout k dans $\{1,2,3\}\ s_k(a,b,c,d)=s_k(e,f,g,h)$
2)$a<b<c<d$
3)$e<f<g<h$
4)$a<e$
5)$(a,b,c,d)$ ou $(e,f,g,h)$ est équilibré
alors
i)$(a,b,c,d)$ et $(e,f,g,h)$ sont équilibrés
ii)$a<e<f<b<c<g<h<d$
iii)$e-a\bullet f-e\bullet b-f\bullet c-b\bullet g-c\bullet h-g\bullet d-h$ est un palindrome ($:=x\bullet y\bullet z\bullet t \bullet z \bullet y \bullet x$)
iv)$x(x+2y+2z+t)=z(z+t)$.
Enfin, il me semble ...
Cordialement
Paul
.
Si vous considérez la fonction définie dans N ,par f(x,y) = k(x2+y2) + ix + jy où i,j,k sont 3 naturels non nuls et que vous associez ,dans un repère orthonormé, à chaque couple (x,y) de N2, le naturel f(x,y) écrit au dessus du point correspondant , vous obtenez ce qu'on appelle un abaque.
Sur cet abaque vous considérez des "croix suisses" , formées de deux rectangles non carrés superposables et orthogonaux ,de même centre dont les sommets sont des points de l'abaque.
Si a = f(x , y) , g = f(x , y') , c= f(x' , y') , h = f(x' , y) sont les sommets du rectangle vertical et de même e , b , f , d ceux de l'horizontal ,effectuons le changement de variable: x = P + p ;x' = P - p ;y = Q + q ; y' = Q - q ;pour les sommes :
an + cn - gn - hn et en + fn - bn - dn qui sont égaux à:
0 pour n = 1 ; 8pq(2kQ + j)(2kP + i) pour n = 2 ; 24pq(2kP + i)(2kQ + j)[ h(P,Q) + k(p2 + q2)] , autrement dit ces deux
sommes ne dépendent que de l'aire et du centre de chacun des rectangles et sont donc égales ; donc:
an + bn + cn + dn = en + fn + gn + hn pour n = 1, 2,3.
Vous verrez donc aisément d'où provient le fameux "palindrome".
Il reste évidemment à savoir si on peut trouver par cette méthode toutes les équations multigrades de ce type .
Exemple: avec les paramètres: i = 1 , j = 2 , k = 3 , P = 13 , Q = 8 , (p , q) = (5 , 4) , puis (p , q) = (4 , 5), on obtient:
1446n +256n + 785n + 917n = 1417n +285n + 656n+1046n
pour n = 1 , 2 , 3 .
On peut ensuite imaginer une version tridimensionnelle de l'abaque et considérer la fonction f(x,y,z) = l(x2 + y2 + z2) + ix + jy +kz . En considérant des "croix suisses" tridimensionnelles dont les sommets sont des points entiers du réseau , et les parallèlépipèdes rectangles qui les constituent on obtiendra alors jusqu'à 15 égalités multigrades distinctes ayant 8 variables dans chaque membres. avec des exposants allant de 1 à 4.
Exemple : avec les paramètres arbitraires: i = 1 , j = 2 , k = 3 , l = 4 , P = 3 , Q = 5 , R = 9 , (p , q , r) = (2 , 3 , 1 ) puis (p , q , r) = (2 , 1 , 3)
on obtient :
807n + 455n + 405n + 557n + 423n + 239n + 789n + 773n
= 873n + 689n + 339n + 323n + 657n + 305n + 555n + 707n
pour n = 1 , 2 , 3 , 4 . Au total, on obtiendra 15 égalités de ce type à paramètres fixés correspondant au choix de 2 permutations de {1,2,3}
parmi 6 pour le choix de (p , q , r).
Voici ci-joint d'autres propriétés.