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#1 10-04-2018 14:20:26

babacar
Invité

Nouveaux résultats sur la conjecture de Carmichael

Bonjour,

Carmichael énonce que:

CONJECTURE:
$\forall n \lt 0,\,\exists m \neq n \, / \, \phi (m) = \phi (n)$ où $\phi$ est la fonction indicatrice d'Euler.

Je donne ici cinq méthodes de construction de $m$, connaissant $n$.

1) Soit $n = 2^{s}x$ avec $s \geq 2$ et $x = \prod_{i=1}^{r}p_{i}^{r_{i}}$ impair.

S'il existe parmi les facteurs de $x$ un $p_k\, k\in [\![1; r]\!]$ tel que:

a) $p_k = 1 + 2^{a}q_k$, $q_k$ entier et $r_k = 1$
b) $\exists t / 1 + 2^{(a-t)}q_k$ est premier et n'est pas un facteur de $n$

Alors en posant $m = 2^{(s+t)}\frac{\prod_{i=1}^{r}p_{i}^{r_{i}}}{p_k}(1 + 2^{(a-t)}q_k)$, on a $m\neq n\,\text{et}\,\phi (m) = \phi (n)$.


2) ''Réciproquement'' si $n = 2^{s}x$ avec $s \geq 2$ et $x = \prod_{i=1}^{r}p_{i}^{r_{i}}$ impair.

S'il existe parmi les facteurs de $x$ un $p_k\, k\in [\![1; r]\!]$ tel que:

a) Il existe un nombre premier $p = 1 + 2^{a}q_k$ avec $a\lt s$ et $1 + q_k = p_k,\, k\in [\![1; r]\!]$
b) $p$ n'est pas un facteur de $n$.

Alors en posant $m = 2^{(s-a)}(1 + 2^{a}q_k)\dfrac{\prod_{i=1}^{r}p_{i}^{r_{i}}}{p_k}$, on a $m\neq n\,\text{et}\,\phi (m) = \phi (n)$.


3) Soit $n = 2^{s}x\quad$ avec $\quad x = \prod_{i=1}^{r}p_{i}^{r_{i}}$ impair.

Si $\exists\,k\,\text{et}\,j\,\text{tels que}\quad p_{k} = 1 + 2^{a}p_{j}^{h_{k}}\,\text{et}\,r_{k} = 1$,

alors en posant $m = 2^{(s+a)}p_{j}^{h_{k}}\prod{i=1,i\neq k}^{r}p_{i}^{r_{i}}$,

on a $m\neq n\,\text{et}\,\phi (m) = \phi (n)$.

En effet:
$\begin{align}\phi (n) & = 2^{(s-1)}2^{a}p_{j}^{h_{k}}p_{j}^{(r_{j}-1)}\prod_{i=1,i\neq k,i\neq j}^{r}(p_{i} - 1)p_{i}^{(r_{i}-1)}\\
& = 2^{(s+a-1)}p_{j}^{(h_{k}+r_{j}-1)}\prod{i=1,i\neq k,i\neq j}^{r}(p_{i} - 1)p_{i}^{(r_{i}-1)}\end{align}$

Et
$\phi (m) = 2^{(s+a-1)}p_{j}^{(h_{k}+r_{j}-1)}\prod_{i=1,i\neq k,i\neq j}^{r}(p_{i} - 1)p_{i}^{(r_{i}-1)} = \phi (n)$

4) Soit $n = 2^{s}\prod_{i=1}^{r}p_{i}^{r_{i}}\quad$ avec $\quad s\geq 2\quad$ et $\quad k\geq 2$.

S'il existe parmi les facteurs de $n$ un $p_k$ tel que: $1 + 2^{l_k}.p_{k}^{(r_{k}-t)},\: (l_{k}\lt s\:\text{et}\:t\leq r_{k})$, est premier,

et n'est pas un facteur de $n$, avec $p_k = 1 + 2^{h_k}q_k$

on pourra prendre $m = 2^{s-l_k}\times (1 + 2^{l_k}.p_{k}^{(r_{k}-t}))\times p_{k}^{t}\times \prod_{i=1,i\neq k}^{r}p_{i}^{r_i}$


5) Soit $n = 2^{s}\prod_{i=1}^{r}p_{i}^{r_{i}}\quad$ avec $\quad s\geq 2\quad$

Si $1 + 2^{a}\prod_{i=1\\1\leq i\leq r}^{b}p_{j}^{r_{i_{j}}}\quad$ avec $\quad s\gt a,\quad b\leq r,\text{et},\: r_{i_{j}}\lt r_{i}\:\forall i$ est premier et n'est pas un facteur de $n$; alors pour,

$m = 2^{(s-a)}(1 + \prod_{i=1\\1\leq i\leq r}^{b}p_{j}^{r_{i_{j}}})\prod_{i=1}^{r}p_{i}^{(r_{i}-r_{i_{j}})}$, on a: $\phi (m) = \phi(n)$.

Le défi maintenant est de trouver un nombre $n$ pour lequel, on n'arrive pas à trouver un $m$ convenable en utilisant une de ces 5 méthodes.

Dernière modification par yoshi (12-04-2018 16:32:12)

#2 12-04-2018 15:19:31

babsgueye
Membre
Inscription : 24-02-2018
Messages : 3

Re : Nouveaux résultats sur la conjecture de Carmichael

Bonjour,

Je rectifie quelques erreurs de frappe du post précédent.

1) Soit $n = 2^{s}x$ avec $s \geq 2$ et $x = \prod_{i=1}^{r}p_{i}^{r_{i}}$ impair.

S'il existe parmi les facteurs de $x$ un $p_k\, k\in [\![1; r]\!]$ tel que:

a) $p_k = 1 + 2^{a}q_k$, $q_k$ entier et $r_k = 1$
b) $\exists t / 1 + 2^{(a-t)}q_k$ est premier et n'est pas un facteur de $n$

Alors en posant $m = 2^{(s+t)}(1 + 2^{(a-t)}q_k)\dfrac{\prod_{i=1}^{r}p_{i}^{r_{i}}}{p_k}$, on a $m\neq n\:\text{et}\:\phi (m) = \phi (n)$.


2) ''Réciproquement'' si $n = 2^{s}x$ avec $s \geq 2$ et $x = \prod_{i=1}^{r}p_{i}^{r_{i}}$ impair.

S'il existe parmi les facteurs de $x$ un $p_k\, k\in [\![1; r]\!]$ tel que:

a) Il existe un nombre premier $p = 1 + 2^{a}q_k$ avec $a\lt s$ et $1 + q_k = p_k,\:\text{et}\:r_{k}=1\, k\in [\![1; r]\!]$
b) $p$ n'est pas un facteur de $n$.

Alors en posant $m = 2^{(s-a)}(1 + 2^{a}q_k)\dfrac{\prod_{i=1}^{r}p_{i}^{r_{i}}}{p_k}$, on a $m\neq n\:\text{et}\:\phi (m) = \phi (n)$.


3) Soit $n = 2^{s}x\quad$ avec $\quad x = \prod_{i=1}^{r}p_{i}^{r_{i}}$ impair.

Si $\exists\,k\,\text{et}\,j\,\text{tels que}\quad p_{k} = 1 + 2^{a}p_{j}^{h_{k}}\,\text{et}\,r_{k} = 1$,

alors en posant $m = 2^{(s+a)}(1 + 2^{a}p_{j}^{h_{k}})\prod_{i=1\\i\neq k}^{r}p_{i}^{r_{i}}$,

on a $m\neq n\:\text{et}\:\phi (m) = \phi (n)$.

En effet:
$\begin{align}\phi (n) & = 2^{(s-1)}2^{a}p_{j}^{h_{k}}p_{j}^{(r_{j}-1)}\prod_{i=1\\i\neq k,i\neq j}^{r}(p_{i} - 1)p_{i}^{(r_{i}-1)}\\
& = 2^{(s+a-1)}p_{j}^{(h_{k}+r_{j}-1)}\prod{i=1\\i\neq k,i\neq j}^{r}(p_{i} - 1)p_{i}^{(r_{i}-1)}\end{align}$

Et
$\phi (m) = 2^{(s+a-1)}p_{j}^{(h_{k}+r_{j}-1)}\prod_{i=1\\i\neq k,i\neq j}^{r}(p_{i} - 1)p_{i}^{(r_{i}-1)} = \phi (n)$

4) Soit $n = 2^{s}\prod_{i=1}^{r}p_{i}^{r_{i}}\quad$ avec $\quad s\geq 2\quad$ et $\quad k\geq 2$.

S'il existe parmi les facteurs de $n$ un $p_k$ tel que: $1 + 2^{l_k}.p_{k}^{(r_{k}-t)},\: (l_{k}\lt s\:\text{et}\:t\leq r_{k})$, est premier, et n'est pas un facteur de $n$.

on pourra prendre $m = 2^{s-l_k}\times (1 + 2^{l_k}.p_{k}^{(r_{k}-t)})\times p_{k}^{t}\times \prod_{i=1\\i\neq k}^{r}p_{i}^{r_i}$



5) Soit $n = 2^{s}\prod_{i=1}^{r}p_{i}^{r_{i}}\quad$ avec $\quad s\geq 2\quad$

Si $1 + 2^{a}\prod_{i=1\\1\leq i\leq r}^{b}p_{j}^{r_{i_{j}}}\quad$ avec $\quad s\gt a,\quad b\leq r,\text{et},\: r_{i_{j}}\lt r_{i}\:\forall i$

est premier et n'est pas un facteur de $n$; alors pour,

$m = 2^{(s-a)}(1 + 2^{a}\prod_{i=1\\1\leq i\leq r}^{b}p_{j}^{r_{i_{j}}})\prod_{i=1}^{r}p_{i}^{(r_{i}-r_{i_{j}})}$, on a: $m\neq n\:\text{et}\:\phi (m) = \phi(n)$.

En fait ce cas est une généralisation de 4).

Dernière modification par yoshi (12-04-2018 16:32:38)

Hors ligne

#3 12-04-2018 16:35:59

yoshi
Modo Ferox
Inscription : 20-11-2005
Messages : 12 020

Re : Nouveaux résultats sur la conjecture de Carmichael

Bonsoir,

Nouveaux résultats sur la conjecture de Carmichael

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Je n'en ai pas l'impression : sujet déplacé.

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