Forum de mathématiques - Bibm@th.net

[edit] Fabricien28, pour ne pas t'emmerder avec le h, pose h= 1/n lorsque n tend ver l'infini, la formule se s'implifie en passant le n à l’intérieur de la somme, et on a

[tex]\lim_{n \to +\infty}[/tex] [tex]\left[\sum^{n-1}_{i=0}\frac{1}{\sqrt{{n}^{2}-{i}^{2}}}\right]=\,\frac{\pi }{2}[/tex]

valable pour tout n!

Bon, j'en est fini, a+

Hi!

IL faut prendre h= 10^-X ou X est plus grand, j'ai programmé avec Python , par contre la suite converge très très lentement (3,1415) pour X=9

++

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..

@+

hi

je me suis peu être mal exprimé;

Pour tous entiers appartenant à [1;36] , combien ya t-il d'ensemble d'entiers (a,b,c,d,e) vérifiant  5+a=b et 6+c=b et 11+c=d  et 8+e=d ?

Et bien soit 5+a=6+c et 11+c=8+e
donc 5+a=6+8+e-11

5+a=e+3 donc e=a+2

donc combien existe t-il de couple e,a [tex]\in [/tex] [1;36] vérifiant cette dernière équation??  Facile : 33 (et non  34, désolé)

Ainsi, comme il n'existe qu'un seul tel ensemble ayant au moins 2 facteurs plus petit ou égal à 6, j'avais 1/33 chances de tomber sur le bon ensemble.

@+

re

non, j'ai compris les écritures python. Ma question estait de savoir combien de couple (a,b,c,d,e) d'entiers (n'appartenant pas que au 18 jets) inférieurs ou égal a 36 vérifiaient 5+a=b et 6+c=b et 11+c=d  et 8+e=d. Merci

Si il n'y a pas 2 solutions possibles alors M**DE! je suis vachement chanceux!!

golgup2

NON!!

La réponse était dans le nom de monsieur: 5 et 2  puis    3 et 5  puis    3 et 3  puis   5 et 4  puis  6 et 2

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.

Joli travail!

Re,

Trouble de la personnalitée?? ou déni de reconnaissance? Héhé, sèrieusement épargnes nous ici le "je veux diffuser mais cherche une protection d'auteurs..'

(Lokr voit très bien ce que je veux dire)