Calcul et preuve formelle

freddy · 04-05-2010 06:57:22

Hello tutti,

je suis intrigué par un petit sujet qui a été posté sur le site et que je ne retrouve plus.

La question posée était de savoir si l'équation [tex]\frac{n^3+1}{nm-1} \in \N^*,\forall (n,m) \in \N^*\times \N^*[/tex] pouvait admettre d'autres solutions que les neufs ci après :

[tex]n=1,\;m \in \{2,3\}[/tex]

[tex]n=2,\;m \in \{1,2,5\}[/tex]

[tex]n=3,\;m \in \{1,5\}[/tex]

[tex]n=5,\;m \in \{2,3\}[/tex]

J'ai soumis le problème à un puissant calculateur et vérifié qu'il n'y en avait a priori pas d'autre. Toutefois, ne pouvant balayer tout le champ des possibles et me contenter de cette approximation, je cherche une preuve irréfutable.

Si quelqu'un a une idée, je suis preneur.

Bis bald !

Dernière modification par freddy (04-05-2010 16:16:13)

thadrien · 04-05-2010 07:50:55

Salut,

Un problème de mathématiques à été résolu de manière similaire : la démonstration du théorème des quatre couleurs.

Pour démontrer le théorème des quatre couleurs, par une démonstration, sans ordi, le mathématicien a démontré que l'on pouvait réduire l'ensemble de tous les cas à 1478 cas. Ces cas ont ensuite été fournis à un ordinateur pour validation. Le calcul a duré plus de 1200 heures.

Je me demande si l'on ne pourrait pas tenter le coup ainsi.

freddy · 04-05-2010 10:21:35

Re,

oui, merci, j'ai lu ici aussi.

Mais je pense que dans ce petit cas, on doit pouvoir se ramener à une démonstration arithmétique en cherchant à résoudre cette équation du troisème degré en n : [tex]n^3-pmn+1-p=0, (n,m,p) \in \N^*\times \N^*\times \N^*[/tex] par la méthode de Cardan puis discuter les valeurs des une, deux ou trois solutions réelles en fonction de m et de p.

Et là, je trouve que c'est un peu lourd et me demandais s'il n'y avais pas plus efficace.

D'où ma bouteille à la mer !

Bb

thadrien · 04-05-2010 17:01:58

Salut,

Je crains qu'il n'y ait, hélas, pas d'autre méthode. Comme on dit : go !!!!!!

Bb

freddy · 12-05-2010 14:27:06

Salut,

je crois que je viens de trouver ! En effet, on remarque la décomposition suivante :

[tex]\frac{{n}^{3}+1}{mn-1}=\frac{1}{{m}^{3}}\times \left({m}^{2}{n}^{2}+mn+1+\frac{{m}^{3}+1}{mn-1}\right)[/tex]

A partir de là, on va déterminer toutes les solutions en fixant m pas à pas.

Pour [tex]m=1[/tex], les solutions doivent vérifier [tex]\frac{2}{n-1} \in \N^*[/tex], soit [tex]n-1=1 \;ou\; n-1 = 2,\; soit\; n \in \{2,3\}[/tex].

Pour [tex]m = 2[/tex], il faut trouver n tq [tex]\frac{9}{2n-1}\in \N^*[/tex] et tq [tex]\frac{1}{8}\times \left(4{n}^{2}+2n+1+\frac{9}{2n-1}\right)\in \N^*[/tex]

On a : [tex]2n-1 = 1 \;ou\; 2n-1 = 3 \;ou\; 2n-1=9\;soit\; n \in \{1,2,5\}[/tex]. On vérifie ensuite que les trois valeurs de n vérifient bien la seconde équation. Pour n= 1 , on a [tex]\frac{16}{8}=2[/tex] , pour n= 2, on a [tex]\frac{24}{8}=3[/tex] , et pour n= 5, on a [tex]\frac{112}{8}=14[/tex]

Pour [tex]m=3[/tex], on doit trouver n tq [tex]\frac{2^2\times 7}{3n-1}\in \N^*[/tex] et tq [tex]\frac{1}{27}\times \left(9{n}^{2}+3n+1+\frac{28}{3n-1}\right)\in \N^*[/tex].

On vérifie que les deux valeurs [tex]n \in \{1,5\}[/tex] sont les seules solutions.

Pour [tex]m = 4[/tex], il n'y a pas de solution. En effet, la première contrainte est de trouver n entier tq

[tex]\frac{5\times 13}{4n-1} \in \N^* \ssi 4n-1=1\;ou\;4n-1=5\;ou\;4n-1=13\;ou\;4n-1=65[/tex], ce qui est impossible.

Pour m=5, la première contrainte énonce : [tex]\frac{2\times 3^2\times 7}{5n-1} \in \N^* \ssi 5n-1=9\;ou\;5n-1=14 \ssi n \in \{2,3\}[/tex], les non solutions évidentes n'étant pas consignées.

Ces deux valeurs de n vérifient aussi l'équation : [tex]\frac{1}{125}\left(25{n}^{2}+5n+1+\frac{126}{5n-1}\right)\in \N^*[/tex]

Pour [tex]m=6[/tex] on a à résoudre [tex]\frac{7\times 31}{6n-1}\in \N^{*}[/tex] qui n'admet aucune solution.

Pour [tex]m=7[/tex] on a à résoudre [tex]\frac{2^3\times 43}{7n-1}\in \N^{*}[/tex] qui n'admet non plus aucune solution.

Dernière modification par freddy (30-05-2010 22:53:57)

thadrien · 12-05-2010 16:44:07

Bien trouvé ! Plus qu'à continuer pour m supérieur à 7.

freddy · 12-05-2010 18:21:43

Oui, mon ami, sauf qu'on va "shorter" l'incrémentation, sinon on ne va pas avoir assez de temps.

(je reviens ...)

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