$n^5-n$ toujours divisible par $30$ ?

i.zitoussi · November 2021

Selon ce que j'ai pu observer, $n^5-n$ est divisible par $30$, quel que soit l'entier $n$. Le facteur $5$ de $30$, je comprends d'où il vient, mais les deux autres, je ne vois vraiment pas.

On peut vérifier que c'est vrai : l'ensemble $\{\binom{X}{i}\mid i\geq 0\}$, où $\binom{X}{i}:= \frac{X(X-1)\cdots (X-i+1)}{i!}$, forme une base de l'espace des polynômes de $\mathbf{Z}[X]$ à valeur entière en chaque entier. Si je ne me suis pas trompé, dans cette base, $X^5-X = 30\left(\binom{X}{2} + 5\binom{X}{3}+8\binom{X}{4}+4\binom{X}{5}\right)$.

Y a-t-il un moyen de deviner le facteur $30$ sans passer par là ?

Chaurien · November 2021

On a : $n^5-n=n(n^4-1)$. Les diviseurs de $4$ sont $1,2,4$. En leur ajoutant $1$ on trouve : $2,3,5$, qui sont premiers. D'après le petit théorème de Fermat, l'entier $n^5-n$ est divisible par $2$, $3$ et $5$, donc par $30$. Il en résulte que $30$ est le PGGD de tous les entiers $n^5-n$ lorsque $n$ décrit $\mathbb N$.

Il est intéressant de déterminer, pour chaque entier $q \ge 2$, le PGCD de tous les $n^q-n$ lorsque $n$ décrit $\mathbb N$. Pour les valeurs paires de $q$, c'est $2$, bof, mais pour les valeurs impaires de $q$, on a des résultats parfois impressionnants. Pour $q=13$, on trouve un nombre $>2000$ que je vous laisse le plaisir de découvrir.

On en a déjà parlé. On peut ajouter que c'est lié aux nombres de Bernoulli, mais il n'est pas nécessaire de le savoir pour traiter le problème.

raoul.S · November 2021

$n^5-n=n(n^4-1)$ or $n^4-1\equiv 0 \mod 5$.

Pour le mod 3 et 2 il suffit de traiter les quelques cas et on voit que ça marche (pour 3 par exemple faire $n=0,1,2$).

Par contre je ne connaissais pas du tout la notion de polynômes à valeurs entières, c'est original de résoudre avec ça.

Math Coss · November 2021

Modulo $2$, c'est clair que $n^5$ et $n$ ont la même parité pour tout $n$.

Modulo $3$, on peut utiliser Fermat aussi : $n^3\equiv n$ et $n^2\equiv 1$ donc $n^5\equiv n$ si $n$ n'est pas multiple de $3$ et $n(n^4-1)$ est évidemment multiple de $3$ si $n$ l'est.

gebrane · November 2021

i.zitoussi si tu vois que 5 divise n^5-n, tu peux voir aussi que 2 et 3 divisent n^5-n en écrivant que n^5-n=n(n-1)(n+1)(n²+1)

Math Coss · November 2021

Intéressante question de Chaurien. Ses indications pointent vers $2730$ pour $q=13$, non ?

i.zitoussi · November 2021

Merci pour vos réponses (qui plus est rapides). Pour l'instant, je retiens qu'il n'y a pas vraiment de méthode, à part se taper le calcul du pgcd des $n^5-n$ pour $n\leq 5$.

Pour ma question, je pensais à un théorème de Jacobson (*) qui dit qu'un anneau, pour lequel il existe un entier $N\geq 2$ tel que l'identité $x^N=x$ est vérifiée quel que soit $x$, est nécessairement commutatif, et je me demandais qu'elles étaient les caractéristiques possibles d'un tel anneau. Apparemment c'est difficile.

Cependant, Chaurien, quel est ce lien avec les nombres de Bernouilli ?

(*) Pas trouvé de lien Wikipedia, mais il y a déjà un post sur ce forum, par cc, et d'autres sur Math.MO.

AD · November 2021

Bonsoir Zitoussi

Il n'y a pas à se "taper le calcul ..."

$n^5-n=n(n^4-1)$ et les polynômes cyclotomiques te disent que $$x^4-1=\prod_{d\mid 4}\Phi_d=\Phi_1\Phi_2\Phi_4=(x-1)(x+1)(x^2+1),$$ comme te l'a indiqué Gébrane ci-dessus.

Alain

https://fr.wikipedia.org/wiki/Polynôme_cyclotomique#Premiers_polynômes_cyclotomiques

marco · November 2021

Soit $c$ la caractéristique d'un anneau vérifiant $x^{n(x)}=x$ pour tout $x$ avec $n(x)\geq 2$. Si $c=p_1^{a_1}\dots p_k^{a_k}$, alors soit $d=p_1^{\lceil a_1/2 \rceil}\dots p_k^{\lceil a_k/2 \rceil}$, alors $c$ divise $d^2$, qui divise $d^{n(d)}$. Donc $d^{n(d)}=0$ dans l'anneau, donc $d=d^{n(d)}=0$ dans l'anneau. Si il existe $i$ tel que $a_i \geq 2$, on a $0<d<c$. Donc cela entraîne une contradiction, car $c$ est la caractéristique de l'anneau. Donc $a_i=1$ pour tout $i$. Donc la caractéristique $c$ est un produit de nombres premiers distincts.

Réciproquement, soit $p_1, \dots, p_k$ des premiers distincts et $A=\Z/p_1\Z \times \dots \times \Z/p_k \Z$, alors $x^{(p_1-1)\cdots (p_k-1)+1}=x$ pour tout $x$ de $A$, et la caractéristique de $A$ est $p_1 \cdots p_k$.

marco · November 2021

Concernant la question de Chaurien, soit $a$ un nombre qui divise tous les $n^q-n$ lorsque $n$ parcourt $\N$. Soit $p$ un nombre premier divisant $a$, si $p^k$ divise $a$, alors $p^k$ divise tous les $n^q-n$, donc $p^q-p=p(p^{q-1}-1)$. Or $p^{q-1}-1$ est premier avec $p$, si $q>1$, donc $p^k$ divise $p$, donc $k=1$. Donc $a$ est un produit de nombre premier distinct.

Soit toujours $p$ premier divisant $a$, alors $\Z/p\Z^*$ est cyclique, donc engendré par un élément $\overline{b}$ d'ordre $p-1$. $p$ divise $b^q-b$, donc $b^{q-1}=1 \pmod p$, donc $q-1$ est un multiple de $p-1$.

Réciproquement, soit $a$ un nombre produit de premiers distincts $p_i$ tels que $q-1$ est un multiple de $p_i-1$ pour tout $i$. Alors si $n$ est premier avec $p_i$, $n^{p_i-1}=1 \pmod {p_i}$, donc $n^{q-1}=1 \pmod {p_i}$, donc $n^q-n=0 \pmod {p_i}$. Si $p_i$ divise $n$, alors évidemment $n^q -n$ est divisble par $p_i$ si $q>1$. Donc $n^q-n$ est divisible par le produit des $p_i$, c'est-à-dire $a$.

Donc le pgcd des $n^q-n$ est le produit des nombres premiers $p$ tels que $p-1$ divise $q-1$.

Chaurien · November 2021

Oui, on en avait parlé ici en janvier 2020 :

https://les-mathematiques.net/vanilla/index.php?p=/discussion/comment/1927772/#Comment_1927772

Cidrolin · November 2021

Une méthode qui n'utilise pas la notion de divisibilité, mais seulement le fait qu'une

somme d'entiers est un entier, consiste à calculer : $\displaystyle \sum_{k=1}^n k^2(n-k)^2$

etanche · November 2021

@Cidrolin jolie preuve $ \frac{(n-1)n(n+1)(n^2+1)}{30}$. Merci

noix de totos · November 2021

Math Coss a dit :

ISes indications pointent vers $2730$ pour $q=13$, non ?

Oui, alors que le pgcd en question vaut $510$ si $q=17$ et $798$ si $q=19$.

On peut rappeler à cette occasion le résultat suivant dû à Hensel : si $P$ est un polynôme entier de degré $d \geqslant 1$ et $k$ entier, alors
$$\underset{n \in \mathbb{Z}}{\textrm{pgcd}} \left( P(n) \right) = \textrm{pgcd} \left( P(k), \dotsc, P(k+d) \right).$$

nicolas.patrois · November 2021

Tu peux le faire de manière élémentaire de deux façons : avec les modulos ou sans.

Sans, $P(n)=n^5-n=n(n^4-1)=n(n^2-1)(n^2+1)=n(n-1)(n+1)(n^2+1)$ (on reconnaît bien sûr des polynômes cyclotomiques).

Donc si $n$ est un multiple de 2, 2 divise $P(n)$. Sinon, $n+1$ est un multiple de 2 donc 2 divise $P(n)$.

Pour 3, 3 divise $n$ ou $n-1$ ou $n+1$ donc 3 divise $P(n)$.

Si 5 ne divise pas $n$, $n-1$ ou $n+1$, alors $n=5k+2$ (et $n^2+1=(5k+2)^2+1=25k^2+20k+4+1$, multiple de 5) ou $n=5k+3$ (et $(n^2+1=(5k+3)^2+1=25k^2+30k+9+1$, multiple de5).

Donc $n^5-n$ est un multiple de 2, de 3 et de 5, comme ils sont premiers entre eux, c’est un multiple de 30.

Avec les modulos, c’est en gros la même preuve mais simplifiée.

Modulo 2, si $n=1$, $n^5-n=1-1=0$.

Modulo 3, si $n=1$, comme ci-dessus. Si $n=2$, $n^5-n=32-2=30=0$.

Modulo 5, si $n=2$, comme ci-dessus. Si $n=3$, $n^5-n=343-3=340=0$. Si $n=4$, $n^5-n=1024-4=1020=0$.

On peut accélérer la preuve en calculant de proche en proche les puissances de 3 et de 4.

Méhdi Pascal 38 · December 2021

Salut,

Une infinité des cas,

Si p est un nombre premier sous la forme de 15k+1, et n=4p+1, alors 30 divise x^n-x pour tout entier x.

Cordialement.

jandri · December 2021

Cela ne sert à rien de supposer $p$ premier : pour tout $p\in\N$, $30$ divise $x^{4p+1}-x=x(x^4-1)y$ car $30$ divise toujours $x^5-x$.

gebrane · December 2021

Je vote un +, j'ai cherché longtemps sans trouver .

Méhdi Pascal 38 · December 2021

Salut Jandri

Pardon moi cette erreur complétement débile, je passe toute la journée avec le bruit de ces machines qui ne cesse plus, alors des erreurs.

30 est le pgcd(x^5-x) est non un simple diviseur.

L'ensemble des entiers n tel que pgcd(x^n-x)=30 est infini, voici le début de la liste, 5, 9, 69, 77, 125, 153, 189, 237, 245, 249, 285, 377, 405 ..[ ]..

Pour démontrer que cette ensemble est infini on peut dire que, soit p un nombre premier sous forme de 15k+1, et n=4p+1, alors le pgcd(x^n-x)=30.

Pour la preuve il faut savoir que ce plus grand diviseur vaut au produit de tout nombre premier p tel que p-1 divise n-1, ainsi les diviseurs de 4p sont 1, 2, 4, p, 2p, et 4p, donc les candidats sont 2, 3, 5, p+1, 2p+1 et 4p+1, dont seulement 2, 3 et 5 sont premiers, cqfd.

Historiquement, Paul Erdos estime que les nombres de Bernoulli dont le dénominateur vaut à 6, ont une densité qui vaut à 1/6, sans compter les cas triviaux, qui sont B(2n+1), les nombres de Bernoulli sont liés à ces pgcd(x^n-x) par un théorème, dit théorème de Von Staudt et Clausen, et donc pgcd(x^n-x)=D(n-1), où D(n) est le dénominateur de B(n).

Donc pour prouver que la densité d'Erdos vaut 1/6, il faut prouver que l'ensemble des entiers n tels que le pgcd(x^n-x)=6 soit infinie, car sinon une telle densité est nulle, et par la même méthode on peut dire que si p est un nombre premier sous forme 3k+1, et n=2p+1, alors pgcd(x^n-x)=6.

Moi j'ai réussi à trouver un algorithme qui me permet de prouver l'infinité de tous les autres cas, ça marche avec tous les cas que j'ai examinés, mais le problème c'est que je n'ai pas pu le prouver, par exemple l'exemple de Chaurien.

L'ensemble des entiers n tel que pgcd(x^n-x)=2730 est infini, voici le début de la liste, 13, 25, 1309, 1885, 2005, 2365, 2533, 2725, 3805..[ ]..

Preuve.

Si p un nombre premier de la forme 1365k+1 et n=12p+1, alors pgcd(x^n-x)=2730, en effet les diviseurs de 12p sont 1, 2, 3, 4, 6, 12, p, 2p, 3p, 4p, 6p et 12p, donc les candidats sont 2, 3, 4, 5, 7, 13, p+1, 2p+1, 3p+1, 4p+1, 6p+1 et 12p+1, dont seulement 2, 3, 5, 7 et 13 sont premiers. cqfd.

J'aimerais ajouter une remarque, ce plus grand diviseur ne s’étend pas seulement pour aux entiers, il est vrai pour tous les rationnels, on dit que deux rationnels a et b sont congrus modulo un entier n "a=b odulo(n)" pour exprimer que n divise le numérateur de (a-b) et non le dénominateur, donc on dit que l'entier n divise le rationnel a, pour exprimer que n divise le numérateur de a et non le dénominateur. Le plus beau que cette généralisation apparait exactement avec ce même problème pour la première fois en 1923, dans le livre de Niels Nielsen, "Traité élémentaire des nombres de Bernoulli" voir l'image.

Image: https://les-mathematiques.net/vanilla/uploads/editor/8f/px8ejaftw8sq.png

Les nombres de Bernoulli sont en alternance des signes, et ces signes qu'ils soient positifs ou négatifs, sont sensés comme un facteur de dénominateur, et non du numérateur, car si deux nombres de Bernoulli ont le même dénominateur, alors ils ont le même signe, je ne me rappelle plus de comment j'ai démontré ça, mais je suis certain de tes compétences.

J'ai aussi remarqué une très jolie formule de Hensel dans cette discussion, donc salut Noix de totos, et s'il vous plait je veux une démonstration, un pdf, un lien ou n'importe quoi, mais je veux savoir, et beaucoup merci.

Bon tout ce que je sais, c'est que si P(x) un polynôme entier de degré quelconque, et N un entier, alors si N ne divise pas P(x) pour une suite des N entiers x successifs, alors N ne peut plus diviser P(x) pour tout entier x.

Cordialement.

$n^5-n$ toujours divisible par $30$ ?

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