Commentaire sur l'article

• Janvier 2021, 5e défi

  le 29 janvier à 12:52, par Blaxapate

  Si $p$ est impair, alors $p^q+1$ est pair, et ne peut être premier. Donc $p=2$.

  Si $q$ est impair, $2^q+1$ est divisible par 3. Donc $q=2$.

  $2^2+1=5$ est la seule solution.

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• Janvier 2021, 5e défi

  le 29 janvier à 18:30, par ROUX

  2^(2.r+1)+1=N si q=2.r+1 puisque q est impair.

  N=(2^2)^r.2+1=4^r.2+1.

  4=3+1 donc 4^r=(3+1)^r=3^r+r.3^(r-1)+...+1^r=3.K+1.

  Donc N=(3.K+1).2+1=3.K’+2+1=3.K’’.

  Ok.

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• Janvier 2021, 5e défi

  le 1er février à 13:46, par Lhooq

  Cher Roux ;-P
  Il existe dans les commentaires de ce site la possibilité de styliser les formules mathématiques avec LaTeX, il suffit simplement d’écrire les équations entre deux symboles $

  Ainsi, ce paragraphe relativement difficile à lire devient :

  $2^{2r+1}+1=N$ si $q=2r+1$ puisque $q$ est impair.

  $N=2^{2^r}.2+1=4^r.2+1$

  $4=3+1$ donc $4^r=(3+1)^r=3^r+r.3^{r-1}+...+1^r=3.K+1$.

  Donc $N=(3.K+1).2+1=3.K’+2+1=3.K’’$.

  Ok.

  Sinon, une autre preuve :

  $2 \equiv -1 \text{ mod } 3$
  $2^k \equiv (-1)^k \text{ mod } 3$
  Si k est impair, $(-1)^k = -1$
  Ainsi
  $2^{2n+1} \equiv -1 \text{ mod } 3$
  Et donc
  $2^{2n+1} + 1 \equiv 0 \text{ mod } 3$

  Ce qui permet aussi de montrer que
  $2^{2n} \equiv 1 \text{ mod } 3$
  et donc
  $2^{2n} - 1 \equiv 0 \text { mod } 3$

  Ou encore (d’après une identité remarquable : http://villemin.gerard.free.fr/Wwwgvmm/Identite/IdentAut.htm)

  $(x + 1)(x^{k-1} - x^{k-2} + x^{k-3} - ... - x + 1) = x^k + 1$ lorsque $k$ est impair. En remplaçant $x$ par $2$ on retrouve bien $2^{2n+1} + 1 = 3.X$

  □

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• Janvier 2021, 5e défi

  le 1er février à 13:55, par ROUX

  Carrés !!! et donc $n^2$ :) :) :)

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• Janvier 2021, 5e défi

  le 30 janvier à 10:44, par François

  D’une façon générale si $\displaystyle{p^q+1}$ est premier alors $q$ est une puissance de $2$. En effet si $\displaystyle{q=2^k.r}$ avec r impair alors $\displaystyle{p^q+1=\left( p^{2^k} \right) ^r-(-1)^r}$ qui est divisible par $\displaystyle{p^{2^k}+1}$ (identité remarquable $a^n-b^n=(a-b)(...)$).La réciproque est fausse : pour $p=2$ et $\displaystyle{N=2^{2^k}+1}$
  si $k=1$, $N=5$
  si $k=2$, $N=17$
  si $k=3$, $N=257$
  si $k=4$, $N= 65537$ qui est premier
  mais si $k=5$, $N= 4294967297=641.6700417$ idem pour $k=6$.
  J’ignore s’il existe d’autres valeurs de $k>6$ pour lesquelles N est premier.

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• Janvier 2021, 5e défi

  le 30 janvier à 12:58, par Blaxapate

  On l’ignore tous ! Ces nombres de la forme $2^{2^k}+1$ sont les nombres de Fermat, aucun de ceux (au-delà de 65537) dont la factorisation a été calculée ne sont premiers, mais rien ne garantit qu’il n’existe pas un très grand nombre premier de Fermat.

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• Janvier 2021, 5e défi

  le 30 janvier à 13:02, par Niak

  En effet, ce sont les nombres premiers de Fermat (OEIS). En ajoutant $N=3$ ($k=0$), vous avez cité les cinq actuellement connus. Il est généralement conjecturé qu’il n’y en a pas d’autre, mais c’est encore un problème ouvert (le plus « petit » dont le statut est inconnu est $k=33$, il a environ $\log_{10}\left(2^{2^{33}} + 1\right) \approx 2.6 \cdot 10^9$ chiffres).

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• Janvier 2021, 5e défi

  le 30 janvier à 13:21, par Niak

  Arg, Blaxapate a publié la même chose 4 min avant !
  Bon ben pour la peine, il y a aussi les nombres premiers de Mersenne (OEIS) de la forme $2^n-1$. Il faut clairement $n$ premier (même identité remarquable que dans le message de François). On conjecture généralement cette fois qu’il y en a une infinité (je ne sais pas précisément combien sont connus aujourd’hui, mais au moins une cinquantaine).

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