Expression de la conjecture de Fermat avec l’indicatrice d’Euler

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Les démonstrations sont à venir.

Considérations générales

Un nombre de Fermat est de la forme $2^{2^n}+1$ . Fermat a conjecturé à tort que tous les nombres de cette forme étaient premiers. Une nouvelle conjecture propose qu’il y aie un nombre fini de nombres de Fermat.

La fonction indicatrice d’Euler $\varphi$ associe à un entier le nombre d’entiers premiers avec lui et qui lui sont inférieurs.

Nous allons maintenant nous intéresser aux solutions impaires des équations de la forme $\varphi(2k+1) = 2^n$ , n étant donné et allons voir que l’existence de solutions est équivalent à la conjecture sur les nombres de Fermat.

Lemme 1 : Soit $a = 2k+1$ un antécédent impair à une puissance de 2 par la fonction indicatrice d’euler. Alors $a$ est un produit de nombres premiers impairs distincts. Autrement dit

$\forall n \in \mathbf{N} \mbox{, } \varphi(2k+1) = 2^n \Rightarrow \left[m^2 \mbox{ divise } 2k+1 \Rightarrow m = 1\right]$

Il est tout d’abord évident que si $a$ est impair, tous ses diviseurs sont impairs.

Soit $p$ un nombre premier impair divisant $a$ et $\alpha$ la plus grande puissance tel que $p^{\alpha}$ divise $a$ . Alors $a = p^{\alpha}m$ avec $pgcd(p,m) = 1$ .

Donc $\varphi(a) = \varphi( p^{\alpha} )\varphi(m)$

Or $\varphi( p^{\alpha} ) = (p-1)p^{\alpha-1}$ . Si $\alpha$ était supérieur à 1, alors $p$ diviserait $\varphi(a)$ donc $\varphi(a)$ ne serait plus une puissance de 2.

Il s’ensuit que $a$ est un nombre impairs sans carrés, donc un produit de nombres premiers impairs distincts.

Lemme 2 : Soit $a = 2k+1$ un antécédent impair à une puissance de 2 par la fonction indicatrice d’euler. Alors $a$ est un produit de nombres premiers de Fermat. Autrement dit

$\forall n \in \mathbf{N} \mbox{, } \varphi(2k+1) = 2^n \Rightarrow \left[p \in \mathbf{P} \mbox{ divise } 2k+1 \Rightarrow \exists m \in \mathbf{N} \mbox{, } p = 2^{2^m}+1\right]$

Tout d’abord, montrons que tous les nombres premiers diviseurs de $a$ sont de la forme $2^k+1$ . En effet, en cas contraire, il existerait un nombre impair $k'$ tel que $p = 2^{k}k'+1$ .

Alors $\varphi(p) = p-1 = 2^{k}k'$ , donc $k'$ diviserait $\varphi(a)$ . Il s’ensuivait que $\varphi(a)$ ne serait plus une puissance de 2. Ainsi, tout diviseur premier de $a$ est de la forme $2^k+1$ .

Il a été démontré par Fermat que si $2^k+1$ est premier, alors $k$ est une puissance de 2. En effet, dans le cas contraire, 3 diviserait $2^k+1$ .

Nous obtenons donc le résultat du lemme.

Lemme 3 : Soit 2k+1 un antécédent impair à $2^n$ par la fonction indicatrice d’euler. Soit $a_ma_{m-1}..a_0$ la représentation binaire de n. Alors k est unique et n’existe que si tout i, $a_i = 1 \Rightarrow F_i$ est premier.

Soit un produit de nombres premiers de Fermat. $\prod_{i=1}^{m} F_{a_i}$

Alors $\varphi(\prod_{i=1}^{m} F_{a_i}) = 2^{\sum_{i=1}^{m} 2^{a_i}}$ .

Comme $a$ est un produit de facteurs premiers distincts, alors les $a_i$ sont distincts 2 à 2.

Nous avons donc $n = \sum_{i=1}^{m} 2^{a_i}$ , qui est la décomposition unique en puissances de 2 distinctes de $n$ . Autrement dit, pour obtenir $n$ , il est nécessaire et suffisant que chacun des $a_i$ soit présent, donc que chacun des $F_a_i$ soient des nombres premiers de Fermat.

Le résultat du lemme est alors immédiat.

Théoreme 4 : La conjecture sur les nombres premiers de Fermat est vraie si et seulement si l’équation $\varphi(2k+1) = 2^n$ n’a pas de solution à partir d’une certaine valeur de n. Plus précisément, seuls les 5 premiers nombres de Fermat sont premiers si et seulement si l’équation $\varphi(2k+1) = 2^n$ n’a de solutions que si n est strictement inférieur à 32.

Si les nombres premiers de Fermat sont en nombre fini, il ressort du lemme précédent qu’il y a une nombre fini de sommes de la forme $2^{a_i}$ , donc un nombre fini de $n$ . Si l’on prend le $n$ maximal solution de l’équation, il n’y a plus de solution à partir de $n+1$ . La réciproque est également vraie.

Si seuls les 5 premiers nombres de Fermat sont premiers, alors le $n$ maximal est $\sum_{i=0}^{4} 2^i = 31$ .

Commentaires

Coucou a dit le 14 mai 2009

Ces démonstrations viennent ou non ? Cela fait un mois maintenant.

Coucou a dit le 19 mai 2009

...Alors...

Ludovic PATEY a dit le 20 mai 2009

Oups, désolé, j’ignorais que quelqu’un s’intéressait à cet article. Je fais les démonstrations au plus tôt.

Ludovic PATEY a dit le 20 mai 2009

Voilà. je suis passé un peu vite sur certains points, mais je peux les détailler sur demande.

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