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#1 08-04-2010 13:38:53
- Golgup
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Concernant les nombres de nerosson..
Bonjour,
Nerosson ici : http://www.bibmath.net/forums/viewtopic … 263#p20263 s'intéressait aux nombres de la forme [tex]n!-\left(n-1\right)!+...\pm 1[/tex]. J'ai un moment de libre donc je poste quelques résultats concernant ces nombres.
Déjà, posons [tex]N\left(n\right)=\left|\sum^{n}_{k=1}-{1}^{k}k!\right|[/tex] c'est le nombre de Nerosson.
puis, en posant
[tex]N\left(n\right)=n!-\left(n-1\right)!+\left(n-2\right)!-...\pm 1[/tex]
et
[tex]N\left(n+1\right)=\left(n+1\right)!-n!+\left(n-1\right)!-...\pm 1[/tex]
Voyons que [tex]N\left(n\right)+N\left(n+1\right)=\left(n+1\right)![/tex] notons que [tex]N\left(n\right)<\left(n+1\right)![/tex] et qu'on déduit des formules pour [tex]\sum^{n}_{x=0}N\left(n\right)\,[/tex]
C'est ce dernier résultat qui est interessant car on remarque que les nombres de nerosson peuvent êtres calculés récursivement! Puisque dés lors, si [tex]{U}_{n}=N\left(n\right)[/tex] : on définit la suite [tex]{\left({U}_{n}\right)}_{n\in \mathbb{N}}[/tex] et [tex]{U}_{n+1}=\left(n+1\right)!-{U}_{n}\,\,[/tex] avec [tex]{U}_{0}=0[/tex] par convention.
Un second résultat intéressant est que si on considère [tex]{U}_{n}[/tex] et [tex]A[/tex] entier qui divise [tex]{U}_{n}[/tex] alors [tex]AB={U}_{n}[/tex] et si en plus [tex]A\leq n+1[/tex] alors
[tex]\left(n+1\right)!=1\times 2\times 3\times ...\times A\times ...\left(n+1\right)=AC[/tex]
et donc [tex]{U}_{n+1}=A\left(C-B\right)[/tex] et comme [tex]{U}_{n}<\left(n+1\right)!\,[/tex] alors [tex]\frac{{U}_{n}}{A}<\frac{\left(n+1\right)!}{A}[/tex] soit, [tex]B<C[/tex] donc [tex]{U}_{n+1}[/tex] est composé et positif et donc par récurrence, tous les termes
[tex]{U}_{n}\,;\,{U}_{n+1}\,;\,{U}_{n+2}\,;\,...\,{U}_{n+K}...\,\infty [/tex] sont composés et divisibles par [tex]A[/tex] : Il existe un nombre fini de nombre de nerosson premiers. Cependant, après programmation un tel diviseur [tex]A[/tex] n'existe pas pour les termes de la suites inférieurs à [tex]{U}_{15000}[/tex]. Cependant en considerant cette suite avec [tex]{U}_{0}=4[/tex] on s'aperçoit qu'à partir du terme [tex]{U}_{6}[/tex] chaque terme est divisible par 7. Ce qui n'est pas étonnant car [tex]7|{U}_{6}[/tex] et 7 [tex]\leq [/tex]6+1 ;
n,Un,Un[7]
1 -3 4
2 5 5
3 1 1
4 23 2
5 97 6
6 623 0
7 4417 0
8 35903 0
9 326977 0
10 3301823 0
11 36614977 0
12 442386623 0
13 5784634177 0
14 81393657023 0
15 1226280710977 0
16 19696509177023 0
17 335990918918977 0
18 6066382786809023 0
19 115578717622022977 0
20 2317323290554617023 0
Ce serait stylé de trouver un tel diviseur pour les nbres de nerosson...
Sous une autre forme; Si [tex]A|{U}_{n\,}[/tex] : [tex]A\leq n+1\,\Rightarrow \,PGCD\left({U}_{n}\,;\,{U}_{n+k}\right)=A[/tex] [tex]\forall k\in \mathbb{N*}[/tex]
Par ailleurs, si [tex]PGCD\left({U}_{n}\,;\,{U}_{n+1}\right)=A[/tex] alors [tex]AB={U}_{n}[/tex] et [tex]AM={U}_{n+1}[/tex] donc [tex]{U}_{n+1}+{U}_{n}=A\left(M+B\right)=\left(n+1\right)!\equiv 0\left[A\right][/tex]
et pour cela, [tex]A[/tex] doit être inférieur ou égal à [tex]n+1[/tex]
Donc, si [tex]A|{U}_{n}[/tex] : [tex]PGCD\left({U}_{n}\,;\,{U}_{n+1}\right)=A\,\Rightarrow \,A\leq n+1[/tex]
Et en reliant les deux implications trouvées: on a l'implication réciproque:
Si [tex]A|N\left(n\right)[/tex] : [tex]PGCD\left(N\left(n\right)\,;\,N\left(n+k\right)\right)=A\Longleftrightarrow A\leq n+1[/tex] [tex]\forall k\in \mathbb{N*}[/tex]
-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
Aussi, je rajoute un nouveau record aux nombres premiers de nerosson: Apres [tex]N\left(661\right)[/tex] premier de 1579 chiffres, vient [tex]N\left(2653\right)[/tex] premier! avec 8039 chiffres, trouvé hier après de long calculs..
[tex]N\left(2653\right)=[/tex]
+
Dernière modification par Golgup (17-06-2010 20:07:53)
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#2 14-06-2010 21:54:26
- Golgup
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Re : Concernant les nombres de nerosson..
Hi,
je relance le sujet ayant eut le temps de creusé un peu..
Tout nombre de Nerosson [tex]N\left(n\right)[/tex] peu s'écrire sous la forme [tex]pk\pm c[/tex] [tex]\forall p\,\leq n[/tex]
En effet, [tex]N\left(n\right)=p\left(\frac{n!}{p}-\frac{\left(n-1\right)!}{p}+...\pm \frac{\left(n-k\right)!}{p}\right)\pm \left(n-k-1\right)!\pm ...\pm 1[/tex]
Par exemple [tex]N\left(5\right)=3\left(\frac{5!}{3}-\frac{4!}{3}+\frac{3!}{3}\right)-2!+1[/tex] avec [tex]p=3[/tex]
Et alors [tex]N\left(n\right)=pk\pm N\left(x\right)[/tex] ou [tex]x=n-\left(n-p+1\right)=p-1[/tex]
Donc [tex]N\left(n\right)=pk\pm N\left(p-1\right)[/tex] [tex]\forall p\leq n[/tex]
de la on déduit simplement que [tex]p|N\left(n\right)\Longleftrightarrow p|N\left(p-1\right)[/tex]
Mais aussi que si [tex]p[/tex] ne divise pas [tex]N\left(p-1\right)[/tex] alors [tex]p[/tex] ne divise pas [tex]N\left(n\right)\,\forall n\geq p[/tex]
De cette façon, comme [tex]2[/tex] ne divise pas [tex]N\left(1\right)=1[/tex] alors tous les nombres de Nerosson sont impairs (ont le savait déjà!!!) ou encore, comme [tex]3[/tex] ne divise pas [tex]N\left(2\right)=1[/tex] alors aucun de ces nombres est un multiples de [tex]3[/tex] ..ont peu continuer comme ca jusque à trouver [tex]p[/tex] tel que [tex]p|N\left(p-1\right)[/tex] (encore introuvé malheureusement!)
Mais ce qui est surtout intéressant c'est que (d'après ci dessus) si:
2 ne divise pas N(1) alors 2 ne divise ni N(2) ni N(3)...ni N(x) pour x aussi grand soit-il
3 ne divise pas N(2) alors 3 ne divise ni N(3) ni N(4)...ni N(x) pour x aussi grand soit-il
.
.
.
p ne divise pas N(p-1) alors p ne divise ni N(p) ni N(p+1)...ni N(x) pour x aussi grand soit-il
avec p les nombres premiers inférieurs ou égaux à n, dans ce cas, [tex]N\left(n\right)[/tex] n'est jamais divisible par un entier inférieurs ou égal à n.
CCL: En prouvant que p ne divise jamais N(p-1) (pour p [tex]\in \mathbb{N}[/tex]) , on prouve que tout les diviseurs des nombres de Nerosson N(n) sont strictement supérieurs à n.
A vos stylos
Dernière modification par Golgup (14-06-2010 22:00:39)
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#3 27-06-2010 21:56:02
- Golgup
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Re : Concernant les nombres de nerosson..
Bonjour je réécris clairement le message pour que vous compreniez;
I) Supposons que [tex]\forall[/tex] A [tex]\in \mathbb{N}[/tex]-{0}, A ne divise pas N(A-1)
D'après ci-dessus; A|N(n)et A [tex]\leq[/tex]n+1 [tex]\Rightarrow[/tex] PGCD(N(n),N(n+k))=A [tex]\forall[/tex] k [tex]\in \mathbb{N}[/tex]-{0}
RAPPEL:
N(n+1)=(n+1)!-N(n)
Donc si P premier |N(n) et P>n+1 alors P ne divise pas (n+1)! donc P ne divise pas N(n+1)
Ainsi: Si P|N(n) et si P>n+1 [tex]\Rightarrow[/tex] PGCD(N(n),N(n+1)) ≠ P
et comme P ne divise pas N(P-1) [tex]\forall[/tex] P [tex]\Rightarrow[/tex] P [tex]\geq[/tex] n+1 (d'après ci dessus) alors P|N(n) [tex]\Rightarrow[/tex] PGCD(N(n),N(n+1)) ≠ P
Même si P=n+1 car dés lors, n+1 ne divise pas N(n) et la condition P|N(n) n'est pas vérifiée.
C'est à dire que [tex]\forall[/tex] P tel que P|N(n) alors PGCD(N(n),N(n+1))≠P
DONC FORCEMENT PGCD(N(n),N(n+1))=1 [tex]\forall[/tex] n [tex]\in \mathbb{N}[/tex].
Et comme N(n+1)=(n+1)!-N(n) alors PGCD(N(n),(n+1)!-N(n))=1 et en vertu de ce théorème:
Théorème:
PGCD(x,y-x)=PGCD(x,y) si x<y.
Alors PGCD(N(n+1),(n+1)!)=1 car N(n)<(n+1)!
DONC FORCEMENT N(n) est toujours divisible par un nombre strictement supérieur à n+1
Par ailleurs: Si A ne divise pas N(A-1) avec A [tex]\in \mathbb{N}[/tex]-{0} et A composé alors A=xy
et donc xy ne divise pas N(A-1) et en vertu de ce théorème:
théorème:
Si x ne divise pas C ou y ne divise pas C alors xy ne divise pas C.
Alors si x ne divise pas N(A-1) ou y ne divise pas N(A-1) alors XY ne divise pas N(A-1)
et comme A-1>x et que (x ne divise pas N(x+k) [tex]\forall[/tex] k [tex]\in \mathbb{N}[/tex] [tex]\Rightarrow[/tex] x ne divise pas N(x-1))
alors c'est que x ne divise pas N(x-1) ou bien que y ne divise pas N(y-1).
DONC FORCEMENT A ne divise pas N(A-1) [tex]\forall[/tex] A tel qu'au moins un diviseur U de A est tel que U ne divise pas N(U-1).
II) Supposons maintenant l'existence d'un A tel que A|N(A-1)
Cela veut dire quoi? cela veut dire que comme:
* 2 ne divise pas N(1) alors A n'est pas un multiple de 2 (car sinon A=2X et 2 est un diviseur de A et 2 ne divise pas N(2-1) auquel cas A ne divise pas N(A-1)).
* 3 ne divise pas N(2) donc A≠3X [tex]\forall[/tex] X [tex]\in \mathbb{N}[/tex]-{0}
.
.
.
ainsi de suite à la manière du crible d'Eratosthène et il ne reste finalement que les nombres premiers candidats.
DONC FORCEMENT A tel que A|N(A-1) est forcement premier. A noter qu'un tel A n'est pas encore trouvé pour tous les nombres premiers <11000 (Python)
De plus d'après le Théorème de Wilson A|(A-1)!+1 si et seulement si A est premier,
et comme dans notre cas (A-1)!=N(A-1)+N(A-2) et que A est forcement premier alors A|N(A-1)+N(A-2)+1
et en vertu de ce théorème:
théorème:
Si x|y et si x|y+Z alors X|Z
Comme A|N(A-1) et |N(A-1)+N(A-2)+1 alors A|N(A-2)+1
Notons que N(n) est impair donc N(n)+1 est pair, donc: A| [tex]\frac{N\left(A-2\right)+1}{2}[/tex] Ce qui facilite la recherche d'un tel A.
CONCLUSION:
Si on parvient à prouver qu'un tel A n'existe jamais, c'est a dire que A ne diise jamais N(A-1) p soit que A ne divise jamais N(A-2)+1 our tout A premier, alors on prouve que:
* Tous les nombres de Nerosson sont premiers 2 à 2
* Tous les diviseurs des nombres de Nerosson N(n) sont >n+1
Ce qui est un premier pas pour montrer qu'il existe une infinité de nombres premiers de Nerosson.
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#4 08-09-2010 18:25:34
- Golgup
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Re : Concernant les nombres de nerosson..
hi
Je reviens là dessus après quelque mois sans m'être penché sur le sujet, et c'est vrai que ce truc semble imbuvable pour quiconque n'ayant pas pris le temps d'essayer de comprendre, et c'est bien dommage..
@+
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#5 25-08-2011 12:01:53
- yoshi
- Modo Ferox
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Re : Concernant les nombres de nerosson..
Bonjour,
Sujet réouvert à la demande de Golgup.
@+
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#6 18-09-2011 16:30:10
- Golgup
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Re : Concernant les nombres de nerosson..
Salut!
Avec l'aide d'une autre personne (qui à programmé d'une façon un plus fine que moi) il a été trouvé que 3612703 divise N(3612703-1)
Donc finalement Nerosson, il existe un nombre fini de nombres premiers de la forme n!-(n-1)!+...+/-1 !!
Alors, tu détestes toujours autant qu'avant les nbres premiers?? ;-)
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#7 18-09-2011 17:58:05
- nerosson
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Re : Concernant les nombres de nerosson..
Salut à tous
@golcup
encore plus qu'avant ! ! !
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