Approximation par excès de nombres premiers — Les-mathematiques.net The most powerful custom community solution in the world

Approximation par excès de nombres premiers

Bonjour,
l'un des lecteurs de ce forum aurait-il une idée de comment attaquer le problème suivant.

Pour tout nombre premier $p$ suffisamment grand ($p$ > 257 en fait) il existe trois entiers naturels $m > 2$, $k > 0$ et $r < m^k$ tels que $p+r$ soit multiple de $m^{k+1}$.

Exemples : $811+213 = 1024 = 4^5\ $ et $\ 213 < 4^4 = 256\ $
ou $\ 1031 + 22 = 1053 = 13\times 3^4\ $ et $\ 22 < 3^3 = 27$.

Cette propriété à été vérifier pour les nombres premier de moins de 100 chiffres. Les exceptions sont (2, 3, 5, 11, 37, 41, 83 et 257).

Merci pour toute suggestion.

Réponses

  • Avec tes exemples, en écrivant $p+r=l.m^{k+1}$ il semble que $l.m$ soit proche du rapport $p/r$, je ne sais pas si ça peut aider.
  • Tu peux peut-être aussi considérer l'équation en $x$ $x^x=p$ et prendre $k=m=E(x)$, avec $E(x)$ la partie entière de $x$.
  • Sinon prendre $k=m=E(x-1)$ et pour $l$ le plus petit entier supérieur à $p/E(x-1)^{E(x)}$.
  • Merci Sylvain pour ces suggestions.

    Les exemples que j'ai fournis n'ont qu'une solution et il en va de même pour les onze suivants : $7+2 = 3^2$, $\ 13+3 = 4^2$, $\ 17+1 = 2\times 3^2$, $\ 19+8 = 3^3$, $\ 89+1 = 10\times 3^2$, $\ 131+4 = 5\times 3^3$, $\ 151+11 = 2\times 3^4$, $\ 263+7 = 10\times 3^3$, $\ 4133+241 = 2\times 3^7$, $\ 9829+171 = 10^4$, $\ 9833+167 = 10^4$.
    Pour $1033,\ 10663,\ 10667,\ 562577$ et $\ 562579$ on a unicité de $m$ mais pas du triplet :
    - $1033+2 = 115\times 3^2$ et $\ 1033+20 = 13\times 3^4$,
    - $10663+2 = 1185\times 3^2$, $\ 10663+29 = 44\times 3^5$ et $10663+272 = 5\times 3^7$,
    - $10667+25 = 44\times 3^5$ et $\ 10667+268 = 5\times 3^7$,
    - $562577+211 = 772\times 3^6$ et $\ 562577+1669 = 86\times 3^8$,
    - $562579+209 = 772\times 3^6$ et $\ 562579+1667 = 86\times 3^8$.
    (correction de 272 en 772 suite à la remarque de babsgueye)

    En général, il y a de très nombreuses solutions (nombre qui augmente avec $p$).

    Concernant ta suggestion, la solution de $x^x = p$ est donnée par $x = \dfrac{\log(p)}{W(\log(p))},$ où $W$ est la fonction de Lambert. A priori, je ne vois pas pourquoi la partie entière de cette valeur conduirait à une solution pour tout nombre premier suffisamment grand.

    Par exemple pour $p=562579$, $\ x^x=p$ est vérifié pour $x\simeq 6.87$, ce qui conduit en suivant ta proposition à $\ m = k = 5$, $\ l=37$ et donc $\ r=15546>5^5$. Le fait de tronquer l'exposant ne permet pas d'avoir un reste assez proche de $p$ !

    En fait, je doute qu'il soit possible d'avoir une formule close d'une solution pour tout nombre premier, mais l'idée reste intéressante.
  • Salut.
    Il y a une erreur : $562577 + 211 = 772\times 3^6$ au lieu de $272$.

    Je ne sais pas comment tu cherches tes solutions, mais tout intervalle $\big[\frac{p}{m^{k+1}}; \frac{p}{m^{k+1}} + \frac{1}{m}\big]$ contenant un entier donne une solution.

    Cordialement.
  • Merci babsgueye pour l'observation.
    J'ai corrigé la coquille dans mon message initial.

    L'encadrement que tu proposes est tout à fait juste, et le problème est équivalent à montrer que pour $p$ premier suffisamment grand, il existe un tel intervalle contenant un entier.

    Pour un nombre premier quelconque ça n'a rien d'évident. Pour continuer avec mes exemples, pour $p=21617513$ on a pour $m^{k+1}$ les solutions $3^2$, $3^5$, $3^8$, $3^{12}$ puis $4^5$ et $4^8$ et enfin $6^8$.

    Cette approche peut s'avérer fructueuse.
Connectez-vous ou Inscrivez-vous pour répondre.
Success message!