Exercice avec des nombres premiers

kolotoko · June 2021

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
a^x + b^x + c^x + d^x = e^x + f^x + g^x + h^x pour x = 1, 2, 3.

Bien cordialement.
kolotoko

Math Coss · June 2021

sage: P = [p for p in range(100) if is_prime(p)]
....: L = Combinations(range(25),4)
....: ind, res = [], []
....: for l in L:
....:     t = tuple([add(P[p]^k for p in l) for k in [1,2,3]])
....:     if t in res:
....:         k = res.index(t)
....:         print [P[j] for j in ind[k]], [P[j] for j in l]
....:     if not t in res:
....:         ind.append(l)
....:         res.append(t)
....:     
[7, 31, 59, 83] [11, 23, 67, 79]
[11, 41, 43, 73] [13, 31, 53, 71]
[13, 29, 31, 47] [17, 19, 41, 43]
[11, 29, 47, 73] [17, 19, 53, 71]
[11, 37, 47, 73] [17, 23, 61, 67]
[13, 29, 67, 83] [17, 23, 73, 79]
[11, 47, 53, 89] [17, 29, 71, 83]
[17, 29, 31, 43] [19, 23, 37, 41]
[11, 43, 47, 79] [19, 23, 67, 71]
[13, 43, 59, 89] [19, 29, 73, 83]
[17, 43, 61, 79] [19, 37, 71, 73]
[19, 37, 53, 71] [23, 29, 61, 67]
[17, 43, 53, 79] [23, 29, 67, 73]
[19, 43, 47, 71] [23, 31, 59, 67]
[23, 41, 61, 79] [29, 31, 71, 73]
[29, 43, 47, 61] [31, 37, 53, 59]
[23, 59, 61, 97] [31, 37, 83, 89]
[31, 53, 67, 89] [37, 41, 79, 83]
[37, 59, 61, 83] [41, 47, 73, 79]

Il n'y a pas de tel quadruplet qui marche avec la puissance quatrième en plus.

Mohammed R · June 2021

Peut-on le faire sans outils informatique ?

lourrran · June 2021

Sans outil informatique ... , oui, mais ça va être très long. Tu vas devoir refaire à la main tous les calculs, comme avec un ordinateur....

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.

Mohammed R · June 2021

D'accord merci. Avant de voir la réponse de Math Coss, j'avais écrit la liste des nombres premiers de 3 à 97 (2 est pair donc il ne marche pas) puis m'étais rendu compte qu'en prenant 8 nombres premiers consécutifs, la première condition était que l'on ne pouvait former de groupes que si la somme était divisible par 4. J'ai réussi à comprendre facilement pourquoi les nombres doivent être intercalés mais je n'arrive pas à comprendre le caractère "obligatoire" :

lourrran a écrit:

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.

Je trouve cela intrigant...

Merci d'avance,
Mohammed R.

Math Coss · June 2021

Voilà les paires de quadruplets jusqu'à 150 (c'est grand, 200, parce qu'il y a 46 nombres premiers et 163.185 combinaisons). Je ne sais pas si tu trouves ton bonheur.

[5, 41, 103, 139] [7, 37, 107, 137]
[7, 31, 59, 83] [11, 23, 67, 79]
[5, 59, 83, 137] [11, 41, 101, 131]
[11, 41, 43, 73] [13, 31, 53, 71]
[11, 47, 73, 109] [13, 41, 79, 107]
[11, 53, 61, 103] [13, 43, 71, 101]
[11, 97, 103, 149] [13, 79, 131, 137]
[13, 29, 31, 47] [17, 19, 41, 43]
[11, 29, 47, 73] [17, 19, 53, 71]
[11, 37, 47, 73] [17, 23, 61, 67]
[13, 29, 67, 83] [17, 23, 73, 79]
[11, 47, 53, 89] [17, 29, 71, 83]
[13, 37, 107, 131] [17, 31, 113, 127]
[13, 47, 73, 107] [17, 37, 83, 103]
[13, 59, 61, 107] [17, 41, 79, 103]
[13, 59, 67, 113] [17, 43, 83, 109]
[17, 29, 31, 43] [19, 23, 37, 41]
[11, 43, 47, 79] [19, 23, 67, 71]
[11, 37, 59, 103] [19, 23, 67, 101]
[13, 31, 89, 107] [19, 23, 97, 101]
[13, 43, 59, 89] [19, 29, 73, 83]
[11, 47, 73, 139] [19, 31, 83, 137]
[17, 43, 61, 79] [19, 37, 71, 73]
[13, 59, 61, 107] [19, 37, 83, 101]
[11, 53, 97, 139] [19, 37, 113, 131]
[11, 61, 89, 139] [19, 41, 109, 131]
[11, 67, 83, 139] [19, 43, 107, 131]
[17, 59, 61, 103] [19, 47, 73, 101]
[17, 61, 83, 109] [19, 53, 97, 101]
[17, 67, 89, 139] [19, 59, 97, 137]
[19, 37, 53, 71] [23, 29, 61, 67]
[17, 43, 53, 79] [23, 29, 67, 73]
[13, 47, 79, 113] [23, 29, 97, 103]
[11, 47, 113, 149] [23, 29, 131, 137]
[19, 43, 47, 71] [23, 31, 59, 67]
[13, 59, 61, 107] [23, 31, 89, 97]
[17, 53, 67, 103] [23, 37, 83, 97]
[19, 53, 67, 101] [23, 41, 79, 97]
[17, 59, 71, 113] [23, 41, 89, 107]
[13, 71, 79, 137] [23, 41, 109, 127]
[19, 53, 79, 113] [23, 43, 89, 109]
[23, 41, 61, 79] [29, 31, 71, 73]
[17, 53, 71, 139] [29, 31, 83, 137]
[23, 59, 73, 109] [29, 43, 89, 103]
[23, 59, 101, 137] [29, 47, 113, 131]
[23, 71, 89, 137] [29, 53, 107, 131]
[29, 43, 47, 61] [31, 37, 53, 59]
[23, 59, 61, 97] [31, 37, 83, 89]
[29, 61, 71, 103] [31, 53, 79, 101]
[31, 53, 67, 89] [37, 41, 79, 83]
[29, 61, 73, 107] [37, 43, 89, 101]
[31, 79, 89, 137] [37, 59, 109, 131]
[31, 61, 83, 113] [41, 43, 101, 103]
[37, 59, 61, 83] [41, 47, 73, 79]
[37, 61, 89, 113] [41, 53, 97, 109]
[31, 73, 107, 149] [41, 53, 127, 139]
[37, 71, 97, 131] [41, 61, 107, 127]
[37, 59, 71, 103] [43, 47, 79, 101]
[37, 67, 83, 113] [43, 53, 97, 107]
[37, 79, 83, 131] [43, 59, 101, 127]
[41, 71, 73, 103] [43, 61, 83, 101]
[41, 67, 83, 109] [43, 61, 89, 107]
[43, 59, 97, 113] [47, 53, 103, 109]
[47, 73, 83, 109] [53, 59, 97, 103]
[47, 71, 89, 113] [53, 59, 101, 107]
[41, 83, 107, 149] [53, 59, 131, 137]
[67, 79, 101, 113] [71, 73, 107, 109]
[71, 83, 97, 109] [73, 79, 101, 107]
[71, 103, 107, 139] [79, 83, 127, 131]
[101, 113, 127, 139] [103, 109, 131, 137]

lourrran · June 2021

Si je ne me trompe, toujours pas de contre-exemple...
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.

Math Coss · June 2021

C'est encore le cas lorsque la borne est fixé à 200 (j'ai laissé tourner plus longtemps en écrémant un peu). Est-ce que ce ne serait pas une propriété générale ? Si $a<b<c<d$ et $e<f<g<h$ et $h<d$ et $s_k(a,b,c,d)=s_k(e,f,g,h)$ pour $k=1,2,3$, alors $a<e<f<b<c<g<h<d$ (où les $s_k$ sont les sommes de Newton).

Pour l'anecdote, voici « la plus grande » paire de quadruplets : [149, 163, 167, 181], [151, 157, 173, 179].

J.Faizant · June 2021

Bonjour,

On peut remarquer que si s_k(a,b,c,d) = s_k(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.

J.Faizant · June 2021

On peut même conjecturer ici que (2a+1,2a-1),(2b+1,2b-1),(2c+1,2c-1),(2d+1,2d-1),(2e+1,2e-1),(2f+1,2f-1),(2g+1,2g-1),(2h+1,2h-1), ne sont jamais des couples de nombres premiers jumeaux.
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 ...

kolotoko · June 2021

Bonjour.

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

Math Coss · June 2021

@J.Faizant : « les diviseurs communs aux termes de chaque couple » : je ne comprends rien du tout.

@kolotoko : « Cela » quoi ?

J.Faizant · June 2021

Merci pour le contrexemple.

J'ai péché par précipitation.

kolotoko · June 2021

Bonjour,
cela :
> On peut remarquer que si s_k(a,b,c,d) = s_k(e,f,g,h) pour k= 1,2,3 alors a+d=b+c=e+h=f+g.

Bien cordialement.
kolotoko

J.Faizant · June 2021

Je voulais dire que dans les cas où a+h=b+g=c+f=d+e, les termes des couples indiqués dans mon précédent message ne sont jamais tous deux premiers et le terme non premier d'un couple a un facteur commun avec un terme non premier d'au moins un autre couple..

Il ne s'agit que d'une conjecture.

Bonne journée.

kolotoko · July 2021

Bonjour,

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

Rescassol · July 2021

Bonjour,

Jusqu'à la borne supérieure de $100$, il manque seulement $2,3,5$.
Après, si on va jusqu'à $200$, on a:

[  5  41 103 139] [  7  37 107 137] (288, 31636, 3847392)
[  5  73 131 199] [  7  67 137 197] (408, 62116, 10517832)
[  5  59  83 137] [ 11  41 101 131] (284, 29164, 3348644)
[  5  83 101 179] [ 17  47 137 167] (368, 49156, 7337552)

Il manque seulement $2$ et $3$.

Cordialement,

Rescassol

Médiat · July 2021

Bonjour,

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.

Rescassol · July 2021

Bonjour,

Et qu'est ce qui empêcherait $2$ ou $3$ d'apparaître des deux côtés ?

Cordialement,

Rescassol

Médiat · July 2021

Rien, mais on sait où chercher . il n'y a plus que 6 nombres à trouver

Math Coss · July 2021

Ce qui empêche un nombre premier d'apparaître des deux côtés, disons $a$ et $e$ pour fixer les idées (oublions l'ordre pour l'instant), c'est qu'on a alors $s_k(b,c,d)=s_k(f,g,h)$ pour $k=1,2,3$, d'où l'on tire grâce aux relations de Newton $e_k(b,c,d)=e_k(f,g,h)$ pour $k=1,2,3$ (les fonctions symétriques élémentaires) et finalement $\{b,c,d\}=\{f,g,h\}$.

(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 $k=1,2,3,4$.)

J.Faizant · July 2021

Bonjour,

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.

lourrran · July 2021

2 ne peut pas apparaître, parce qu'on aurait une somme paire d'un côté, et impaire de l'autre.
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.

Rescassol · July 2021

Bonjour,

Et comment démontrer que tous les autres nombres premiers apparaissent ?

Cordialement,

Rescassol

Math Coss · July 2021

C'est une autre paire de manches !

Rescassol · July 2021

Bonjour,

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 124474

lourrran · July 2021

Si on reste sur l'idée que toutes les solutions sont de la forme (a,b,c,d ; e,f,g,h) avec a<e<f<b<c<g<h<d,
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.

Médiat · July 2021

Médiat a écrit:

La somme de 4 nombres impairs est paire, la somme de 3 nombres impairs + 2 est impaire, 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 même conclusion.

Ce résultat se généralise grâce au petit théorème de Fermat : le nombre premier $p$ ne peut apparaître d'un seul côté dès que la puissance (p-1) unième est en cause.

depasse · July 2021

Bonjour,

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

Méhdi Pascal 38 · July 2021

Salut,
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 D_n-1.
Où D_n est le dénominateur du nième nombre de Bernoulli.
si n est un nombre pair alors on pose D_n-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.

jelobreuil · July 2021

Bonjour à tous,
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

depasse · July 2021

Bonjour,

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

.

J.Faizant · July 2021

Bonjour,

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).}}

J.Faizant · September 2021

Bonjour.
Voici ci-joint d'autres propriétés. 126566

Exercice avec des nombres premiers

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