Pythagore sous toutes ses formes (géométriques)

« Dans un triangle rectangle, le carré de l’hypoténuse est égal à la somme des carrés des deux autres côtés ». Vous connaissez probablement cette phrase par cœur puisque ce n’est autre que l’énoncé du théorème de Pythagore. Pour illustrer ce fameux théorème, on a souvent recours à la figure suivante:Cette figure décrit parfaitement le théorème de Pythagore: le carré reposant sur l’hypoténuse a la même aire que la somme des aires des carrés reposant sur les deux autres côtés, c’est-à-dire a^2 = b^2 + c^2. Il y a d’ailleurs des démonstrations du théorème de Pythagore qui reposent sur cette figure et j’en ai mis une en fin d’article si cela vous intéresse… mais si vous préférez le visuel à l’écrit, voici une animation démontrant le théorème de Pythagore.

À bas les carrés !

Et si, à la place de carrés, on construisait d’autres formes géométriques sur les côtés d’un triangle rectangle ? Par exemple, si on construit un triangle équilatéral sur chaque côté du fameux triangle rectangle 3-4-5 ™, voici ce qu’on obtient:Sachant que l’aire d’un triangle équilatéral de côté a vaut a^2 \times \dfrac{\sqrt{3}}{4}, l’aire du triangle reposant sur l’hypoténuse vaut \mathcal{A}_1 = 5^2 \times \dfrac{\sqrt{3}}{4} = \dfrac{25 \sqrt{3}}{4}. La somme des aires des deux autres triangles vaut

\mathcal{A}_2 + \mathcal{A}_3 =3^2 \times \dfrac{\sqrt{3}}{4} + 4^2 \times \dfrac{\sqrt{3}}{4} = 9 \times \dfrac{\sqrt{3}}{4} + 16 \times \dfrac{\sqrt{3}}{4} = \dfrac{25 \sqrt{3}}{4} = \mathcal{A}_1

Tiens, tiens, l’aire du triangle reposant sur l’hypoténuse est égale à la somme des aires des deux autres triangles ! Ça ressemble quand même furieusement à l’énoncé du théorème de Pythagore. Voyons voir ce qui se passe si on construit une autre forme géométrique, par exemple un hexagone, sur chaque côté d’un autre triangle rectangle, par exemple, le triangle 5-12-13:Sachant que l’aire d’un hexagone de côté a est a^2 \times \dfrac{3 \sqrt{3}}{2}, on a donc

\mathcal{A}_1 =  13^2 \times \dfrac{3 \sqrt{3}  }{2} = 169 \times \dfrac{3 \sqrt{3}}{2} = \dfrac{507 \sqrt{3}  }{2}

et

\mathcal{A}_2 +  \mathcal{A}_3 = 12^2 \times \dfrac{3 \sqrt{3}  }{2} + 5^2 \times \dfrac{3 \sqrt{3} }{2} = \dfrac{432 \sqrt{3} }{2}  + \dfrac{75 \sqrt{3} }{2} = \dfrac{507 \sqrt{3}  }{2}

On voit donc que l’aire de l’hexagone reposant sur l’hypoténuse est égale à la somme des aires des hexagones des deux autres côtés. Là encore, cela ressemble beaucoup au théorème de Pythagore. Est-ce une coïncidence ? Pour en avoir le cœur net,  je vous propose de considérer un dernier exemple. Peut-être que vous préférez les formes géométriques plus arrondies ? Et si on essayait avec des demi-disques ? Bien entendu, on choisit encore un autre triangle rectangle, sinon ce ne serait pas drôle.Je ne vous fais pas l’affront de vous rappeler que la formule donnant l’aire d’un demi-disque en fonction du rayon R est \dfrac{1}{2} \pi R^2 (trop tard, l’affront est fait). Ainsi,

\mathcal{A}_1 = \dfrac{1}{2} \pi \times (6/2)^2 = \dfrac{9}{2}\pi

et

\mathcal{A}_2 + \mathcal{A}_3 = \dfrac{1}{2}\pi \times (\sqrt{21}/2)^2 + \dfrac{1}{2}\pi \times (\sqrt{15}/2)^2 = \dfrac{21}{8} \pi + \dfrac{15}{8}\pi = \dfrac{36}{8}\pi = \dfrac{9}{2}\pi

La conclusion est sans appel: l’aire du demi-disque reposant sur l’hypoténuse est égale à l’aire des deux autres demi-disques. C’est en trop ! Cela marche beaucoup trop bien pour qu’il n’y ait pas anguille sous roche !

Une généralisation de Pythagore

Il se trouve que la propriété de Pythagore est non seulement vraie pour des carrés, des triangles équilatéraux, des hexagones ou des demi-disques, mais elle est aussi vraie pour n’importe quelle forme géométrique.

L’aire du Pythagore reposant sur l’hypoténuse est égale à la somme des aires des deux Pythagore reposant sur les deux autres côtés.

Et quand je vous dis que cela marche avec n’importe quelle forme géométrique, c’est vraiment le cas, même les plus biscornues comme des fractales ! Je vous laisse vérifier que cela est vérifié avec la courbe de Koch par exemple…En fait, tous ces exemples ne sont que des cas particuliers du théorème suivant, généralisant la propriété de Pythagore:

[Théorème de Pythagore généralisé]
Si sur chaque côté d’un triangle rectangle on construit des formes géométriques qui sont des agrandissements ou des réductions les unes des autres, alors l’aire de la figure reposant sur l’hypoténuse est égale à la somme des aires des deux autres figures.

Pourquoi cela marche pour n’importe quelle figure ?

La démonstration de la généralisation du théorème de Pythagore n’est pas difficile si on se souvient d’une petite propriété vue au collège:

Si on fait un agrandissement ou une réduction d’une figure de rapport k>0 alors l’aire obtenue est multipliée par k^2.

(Pour ceux qui auraient oublié, le rapport k d’un agrandissement ou d’une réduction est le nombre par lequel on multiplie toutes les longueurs d’une figure pour obtenir l’autre. Quand k>1 on parle d’un agrandissement et quand k<1 on parle d’une réduction).

Considérons un triangle rectangle, et supposons que sur chaque côté de ce triangle, on a trois figures qui sont des agrandissements ou des réductions les unes des autres. Avec les notations du schéma ci-dessus, puisque la figure 2 est un agrandissement (ou plutôt une réduction ici) de la figure 1, alors le côté de longueur a se transforme en le côté de longueur b. Si k est le rapport de cet agrandissement/réduction, on a donc la relation k \times a = b. Autrement dit, la figure 2 est une réduction de la figure 1 de rapport k= \dfrac{b}{a}. De même, la figure 3 est une réduction de la figure 1 de rapport \dfrac{c}{a}. D’après la petite propriété rappelée au-dessus, on en déduit que

\mathcal{A}_2 + \mathcal{A}_3 = \left(\dfrac{b}{a}\right)^2 \times \mathcal{A}_1 + \left(\dfrac{c}{a}\right)^2 \times \mathcal{A}_1  = \dfrac{b^2 + c^2}{a^2} \times \mathcal{A}_1

Comme le triangle est rectangle, on sait d’après le théorème de Pythagore classique que a^2 = b^2 + c^2, donc

\mathcal{A}_2 + \mathcal{A}_3 = \dfrac{a^2}{a^2} \times \mathcal{A}_1 = \mathcal{A}_1

ce qui achève la démonstration. Vous remarquez au passage que pour prouver le théorème de Pythagore généralisé, il nous a fallu utiliser le théorème de Pythagore classique, avec des carrés. En d’autres termes, si c’est vrai pour des carrés, c’est vrai pour n’importe quelle figure !

Euclide > Pythagore

Tout ce que nous venons de voir dans cet article n’a en fait absolument rien de nouveau car cela était déjà connu d’Euclide il y a plus de 2300 ans ! En effet, dans les Éléments, on peut lire (proposition 31 du livre VI) :

«Dans les triangles rectangles, la figure construite sur le côté qui sous-tend l’angle droit est égale aux figures semblables qui sont décrites semblablement sur les côtés qui comprennent l’angle droit. »

C’était censé être un article sur Pythagore, et voilà que, finalement, Euclide lui vole la vedette !

Référence:

  • Pythagoras’ Theorem — More than Just a Square Rule, David Crawford, Mathematics in School, Vol. 30, No. 1 (Jan., 2001), pp. 14-17.

Note:

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Des triangles rectangles presque isocèles… à la pelle !

En parcourant le sujet de mathématiques du baccalauréat Scientifique tombé le 21 Juin dernier en métropole et à la Réunion, je suis tombé sur un exercice particulièrement intéressant (non pas que les autres ne le soient pas…) et qui a éveillé m’a curiosité. Il s’agissait du dernier exercice du sujet reservé aux candidats qui ont choisi la spécialité mathématiques, et il portait sur des notions d’arithmétique.

Cliquez sur l’image pour voir le sujet.

Dans cet exercice on définissait un type de triangle assez particulier: les triangles rectangles presque isocèles (TRPI).  Un TRPI est un triangle rectangle dont tous les côtés ont des longueurs qui sont des nombres entiers, et tel que les deux côtés qui ne sont pas l’hypoténuse ont des longueurs qui diffèrent juste d’une unité (et qui sont donc presque égales, d’où l’appellation « presque isocèles »). Cet exercice faisait prouver aux candidats quelques propriétés d’un TRPI (par exemple que y est toujours un nombre impair) et il se terminait en donnant une suite de TRPI. La dernière question faisait d’ailleurs démontrer que le plus petit TRPI dont les longueurs sont toutes supérieures à 2017 est le TRPI qui a pour côtés 4059, 4060 et 5741.

Voilà le triangle qui a fait suer des milliers de candidats cette année ! J’en connais qui n’ont pas eu le bac juste à cause de lui…

La question que je me suis posée en finissant cet exercice était: « Peut-on déterminer tous les TRPI ? ». Cette question, je vous la pose aussi ! Je vous laisse réfléchir autant que vous le voulez, puis lisez la suite.

Une équation diophantienne

Afin de trouver tous les TRPI possibles et inimaginables (oh qu’il y en a !), commençons par déterminer une équation qui traduit le problème. D’après le théorème de Pythagore,  un triangle de côtés x, x+1 et y est un TRPI si, et seulement si

y^2 = (x+1)^2 + x^2 \iff y^2 =2x^2 + 2x +1

Cette équation n’est pas particulièrement émoustillante (personnellement, je n’ai pas la gigite en la regardant), essayons de la transformer en utilisant la fameuse forme canonique:

\begin{array}{rcl}  y^2 =2x^2 + 2x +1 & \iff& 2x^2 + 2x - y^2 = -1 \\[6pt]  & \iff & 2 \left[ x^2 + x \right] - y^2 = - 1 \\[6pt]  & \iff & 2\left[ (x + \frac{1}{2})^2 - \frac{1}{4} \right] - y^2 = -1 \\[6pt]  & \iff & 2(x + \frac{1}{2})^2 - 2y^2 = - \frac{1}{2} \\[6pt]  & \iff & 4(x + \frac{1}{2})^2 - 2y^2 = - 1 \\[6pt]  & \iff & \left[2(x + \frac{1}{2}) \right]^2 - 2y^2 = - 1 \\  \end{array}

La dernière équation est encore équivalente à \left(2x+1 \right)^2 - 2y^2 = - 1 . En posant X = 2x+1 et Y = y, l’équation devient

\boxed{X^2 - 2Y^2 = - 1}

Si ce type d’équation vous dit quelque chose, c’est normal car il s’agit d’une équation de Pell-Fermat ! Et s’il ne vous dit rien… voyons voir comment on résout cela !

Premières solutions

Avant de résoudre complètement notre équation de Pell-Fermat (j’annonce !), cherchons-en quelques solutions. On vérifie facilement que le couple X = 1 et Y = 1 est une solution car 1^2 - 2 \times 1 ^2 = -1. Comme nous avions fait les changements d’inconnues X= 2x +1 et Y = y, on a donc x = \frac{1}{2} (X - 1) et y=Y ce qui donne ici la solution x = \frac{1}{2} (1 -1) = 0 et y = 1.

Le triangle qui a pour côtés 0, 1 et 1 n’étant pas très intéressant, cherchons donc une autre solution moins débile. En tâtonnant (c’est-à-dire en testant les valeurs X= 1, 2, \cdots), on voit que X= 7 et Y=5 est un couple de solutions de l’équation X^2 - 2Y^2 = -1 car 7^2 - 2 \times 5^2 = 49 -50 =-1. En revenant à x et y, cela donne les valeurs

x= \frac{1}{2} (7 - 1) = 3 et y = 5

On peut alors vérifier que le triangle qui a pour côtés 3, 4 et 5 est bien un TRPI et c’est même le plus petit possible. Au passage, on retrouve ici la question 2 de la partie A du sujet de bac.

Le fameux triangle 3-4-5 est un TRPI. Désormais, vous ne le regarderez plus de la même façon. (Source de l’image)

Tout cela est bien joli mais trouver une autre solution à l’équation X^2 - 2Y^2 = -1 semble devenir difficile ensuite car, comme vous pouvez le vérifier, il n’y a aucune solution pour X allant de 8 à 40. Et pourtant, cette équation possède une infinité de solutions !

Une infinité de solutions

Avant de prouver qu’il existe une infinité de solutions (ce qui est une première étape avant de trouver toutes les solutions), voyons comment noter plus simplement les solutions. Nous avons vu précédemment que le couple X=7 et Y=5 est une solution de l’équation X^2 - 2Y^2 =-1. Nous dirons alors que 7 + 5\sqrt{2} est une solution de cette équation. De même, nous avons vu que 1+\sqrt{2} est une solution de notre équation, car ce nombre correspond au couple X=1 et Y=1.

Pourquoi utiliser une notation avec des racines carrées ? Tout simplement car cela va nous permettre de multiplier des solutions entre elles pour fabriquer d’autres solutions. Cela étant dit, cette notation est bien définie car à un couple (X,Y) ne correspond qu’un seul nombre X+Y\sqrt{2}. Autrement dit, X+Y\sqrt{2}=X'+Y'\sqrt{2} \iff X=X' \quad , \quad  Y=Y'  et, sans rentrer dans les détails, cela vient du fait que \sqrt{2} est irrationnel.

Sachant tout cela, nous allons voir comment à partir de solutions déjà connues on peut construire d’autre solutions. Un premier pas pour cela est la propriété suivante (dont une démonstration est donnée en annexe à la fin de l’article):

Si a + b \sqrt{2} est une solution de l’équation X^2 - 2Y^2 = n et si c + d\sqrt{2} est une solution de l’équation X^2 - 2Y^2 =m alors

(a + b \sqrt{2})(c + d \sqrt{2}) est une solution de l’équation X^2 - 2Y^2 = n \times m

Qu’on s’entende bien sur ce que cela signifie: en le développant, on peut voir que le nombre (a + b \sqrt{2})(c + d \sqrt{2}) s’écrit de manière unique sous la forme \alpha + \beta \sqrt{2} et donc dire que (a + b \sqrt{2})(c + d \sqrt{2}) est une solution de l’équation X^2 - 2Y^2 = n \times m signifie que \alpha^2 -2\beta ^2 = n \times m. Voilà donc où réside l’intérêt de noter les couples de solutions sous la forme X + Y \sqrt{2}.

Par exemple, on a vu que 1+ \sqrt{2} est 7 + 5 \sqrt{2} sont deux solutions de X^2 - 2Y^2 = - 1 donc cette propriété nous dit que (1+\sqrt{2})(7 + 5 \sqrt{2}) = 17 +12 \sqrt{2} est une solution de l’équation X^2 - 2Y^2 = (-1) \times (-1) = 1, ce dont on peut se convaincre assez aisément car

17^2 - 2 \times 12^2 = 289 - 2 \times 144 = 1

Cependant, ce qui nous intéresse ici n’est pas l’équation X^2 - 2Y^2 = 1 mais X^2 - 2Y^2 =-1. Qu’à cela ne tienne, en appliquant la propriété précédente deux fois de suite, on peut trouver par exemple que (1+\sqrt{2})(1+\sqrt{2})(7+5\sqrt{2} )= 41 + 29 \sqrt{2} est une solution de l’équation X^2 - 2 Y^2  = (-1) \times (-1) \times (-1) = -1. Là encore, je vous laisse vérifier que 41^2 - 2 \times 29^2 = -1. Ca paraît tellement magique de pouvoir construire autant que l’ont veut de solutions  à cette équation dont on n’arrivait même pas à trouver plus de deux solutions à la main !

Plus généralement, on peut démontrer par récurrence (voir en fin d’article) qu’il y a une infinité de solutions :

Pour tout entier naturel n, (1+\sqrt{2})^{2n+1} est une solution de l’équation X^2 - 2Y^2 = -1.

Par exemple, si on prend n=3 alors (1+\sqrt{2})^7 = 239 + 169 \sqrt{2} est bien une solution de notre équation. En fait, on pourrait même montrer que si n est un entier relatif (donc éventuellement négatif) alors (1+\sqrt{2})^{2n+1} est une solution de notre équation. Par exemple, si n=-1, on a (1+\sqrt{2})^{2n+1} = (1+ \sqrt{2})^{-1} mais

(1+ \sqrt{2})^{-1} = \dfrac{1}{1+ \sqrt{2}} = \dfrac{1- \sqrt{2}}{(1+\sqrt{2})(1-\sqrt{2})} = \dfrac{1-\sqrt{2}}{-1} = - 1 + \sqrt{2}

et cela nous donne la solution X= -1 et Y=1 ((-1)^2 - 2 \times 1^2 = -1). Youpi.

Réciproque

En début d’article, nous nous étions mis en tête de trouver toutes les solutions de cette équation. Je dois vous avouer qu’on pourrait en fait s’arrêter là car nous les avons déjà toutes trouvées… sauf que nous ne le savons pas encore. Du moins, nous ne l’avons pas encore démontré mais les solutions (1+\sqrt{2})^{2n+1} sont bien les seules possibles:

Toute solution de l’équation X^2 - 2Y^2 = - 1 est de la forme X+Y \sqrt{2} = (1+\sqrt{2})^{2n+1}.

Pour le démontrer, on considère une solution X+Y \sqrt{2} de l’équation X^2 - 2Y^2 = -1. Comme la suite (1+\sqrt{2})^{2n+1} est strictement croissante et tend vers +\infty, il existe un unique entier naturel n tel que

(1+\sqrt{2})^{2n+1} \leqslant X + Y \sqrt{2} < (1+\sqrt{2})^{2(n+1)+1}

ce qui est équivalent à  1 \leqslant (1+\sqrt{2})^{-(2n+1)} (X + Y \sqrt{2}) < (1+\sqrt{2})^{2}

c’est-à-dire: 1 \leqslant (1+\sqrt{2})^{-(2n+1)} (X + Y \sqrt{2}) < 3 +2 \sqrt{2}

Comme (1+\sqrt{2})^{-(2n+1)} =(1+\sqrt{2})^{2(-n-1)+1} est de la forme (1+\sqrt{2})^{2k+1} , alors, comme nous l’avons vu, c’est une solution de l’équation X^2 - 2Y^2 = -1 et on en déduit que (1+\sqrt{2})^{-(2n+1)} (X + Y \sqrt{2}) est une solution de l’équation X^2 - 2Y^2 = (-1) \times (-1) = 1.

D’autre part, 3 +2 \sqrt{2} est aussi une solution de X^2 - 2Y^2 = 1. C’est même la plus petite solution non triviale (c’est-à-dire avec X et Y tous deux non nuls) de cette équation comme on peut le vérifier facilement.

Nous sommes en train de voir que (1+\sqrt{2})^{-(2n+1)} (X + Y \sqrt{2}) est une solution de X^2 - 2Y^2 = 1 strictement plus petite que la plus petite solution non triviale 3 +2 \sqrt{2}. Cela implique donc que (1+\sqrt{2})^{-(2n+1)} (X + Y \sqrt{2}) ne peut être autre chose que la solution triviale 1+ 0\sqrt{2} de l’équation X^2 -2Y^2 = 1. Autrement dit,

(1+\sqrt{2})^{-(2n+1)} (X + Y \sqrt{2}) =1 \iff X + Y \sqrt{2} = (1+\sqrt{2})^{2n+1}

CQFD!

Retour sur les TRPI

Pour finir de décrire toutes les solutions de l’équation X^2 - 2Y^2 = -1, cherchons à déterminer les suites X_n et Y_n telles que pour tout entier n,

X_n + Y_n \sqrt{2} = (1+\sqrt{2})^{2n+1}

Tout d’abord,  X_0 + Y_0 \sqrt{2} = (1+\sqrt{2})^{2\times 0 +1} = 1+ \sqrt{2} entraine que X_0=1 et Y_0 = 1. D’autre part,

\begin{array}{rcl}  X_{n+1} + Y_{n+1} \sqrt{2} = (1+\sqrt{2})^{2(n+1)+1} & \iff & X_{n+1} + Y_{n+1} \sqrt{2} = (1+\sqrt{2})^{2n +1} \times (1+\sqrt{2})^2 \\[6pt]  & \iff & X_{n+1} + Y_{n+1} \sqrt{2} = (X_n + Y_n \sqrt{2}) (3+2\sqrt{2}) \\[6pt]  & \iff & X_{n+1} + Y_{n+1} \sqrt{2} = 3X_n + 4Y_n + (2X_n + 3Y_n) \sqrt{2}  \end{array}

Par identification, on obtient les égalités suivantes:

\begin{cases} X_{n+1} = 3X_n + 4Y_n  \\Y_{n+1} = 2X_n + 3Y_n \end{cases}

Pour faire le lien avec les TRPI, n’oublions pas qu’on avait les relations

X_n = 2x_n +1 \iff x_n = \frac{1}{2} (X_n - 1) et y_n = Y_n

et de cela on peut en déduire les relations de récurrence ci-dessous :

\boxed{\begin{cases} x_{n+1} =  3x_n  + 2y_n + 1 \\y_{n+1} = 4x_n  + 3y_n  +2 \end{cases} }

(je vous ai épargné les calculs… si vous êtes arrivés à ce stade de l’article, je suis déjà content !).

Sachant que x_0 = \frac{1}{2} (X_0 -1) = 0 et y_0 = Y_0 = 1 (on retrouve ici la solution débile que nous avions trouvée tout au début), on peut alors calculer par récurrence la liste de tous les TRPI (et constater que ça croît très vite !):

En fait, ces suites (x_n) et (y_n) sont exactement les suites données dans le sujet de bac sous forme matricielle et nous avons vu qu’elles permettent de trouver tous les TRPI, sans exception. Les élèves ne le savaient donc pas quand ils composaient, mais ils avaient sous les yeux toutes les solutions possibles de TRPI !

Note:

Vous trouverez les démonstrations des propriétés énoncées dans l’article dans ce document.

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2017, année des cubes

Une nouvelle année commence, et avec elle son lot de surprises. Qu’est-ce qui nous attend pour 2017 ? C’est ce que nous allons essayer de voir, du moins du point de vue mathématique (car pour le reste, je n’ai toujours pas ouvert mon cabinet de voyance, mais j’y travaille).

Ça faisait longtemps  !

Tout d’abord, 2017 est un nombre premier, youpi ! Cela n’était pas arrivé depuis 2011, donc il était temps. La prochaine fois qu’une année sera un nombre premier, ce sera en 2027.

De plus, comme 2017 est un nombre premier de la forme 4k +1 (car 2017=  4 \times 504 +1), on sait, grâce à un théorème énoncé par Fermat, qu’il peut alors s’écrire comme une somme de deux carrés. Et en effet,

2017 = 9^2 + 44^2

Cela n’était pas arrivé depuis 2009 qu’une année puisse se décomposer en une somme de deux carrés et ce sera encore le cas en 2018 et 2020. L’année 2017 est la 622ème année depuis l’an I à pouvoir être décomposée en une somme de deux carrés. C’est pas mal, mais il y a mieux… beaucoup mieux !

Somme de trois cubes

Le nombre 2017 peut non seulement se décomposer en une somme de deux carrés, mais aussi en une somme de trois cubes (strictement positifs) ! Plus précisément,

2017 = 7^3 + 7^3 + 11^3

La dernière fois que cela était arrivé, c’était en 2001 (2001 = 1^3 + 10^3 + 10^3) et cela ne se reproduira plus avant 2027 (2027 = 3^3 + 10^3 +10^3… encore 2027 décidément ! Comptez sur moi pour vous ressortir le même article dans 10 ans…). Je vous sens tout de même encore un peu dubitatifs, donc essayons de comprendre pourquoi il est vraiment remarquable d’être une somme de trois cubes.

Le problème de Waring

Le problème qui consiste à savoir si un nombre peut s’écrire comme la somme de plusieurs cubes positifs date de 1770 et fait partie de ce qu’on appelle le problème de Waring. En 1909 et 1912, les dénommés Wieferich et Kempner ont démontré que tout entier naturel peut s’écrire comme la somme d’au plus neuf cubes. Dickson en 1939 ([1]) a réussi à améliorer ce résultat en démontrant que tous les nombres sauf 23 et 239 peuvent s’écrire comme la somme de huit cubes. En 1943, Linnik a même prouvé que tous les nombres assez grands (c’est-à-dire plus grands qu’un nombre donné) peuvent s’écrire comme la somme de sept cubes ([2]). On sait aussi depuis 1939 grâce à Davenport ([3]) que presque tous les nombres entiers naturels peuvent s’écrire comme une somme de quatre cubes (c’est-à-dire que la proportion de ceux qui ne peuvent pas l’être tend vers 0).

En ce qui concerne les nombres qui sont somme de trois cubes, la situation est vraiment différente. Voici ce que l’on peut affirmer tout de même:

  • il existe une infinité de nombres qui peuvent s’écrire comme la somme de trois cubes;
  • il existe une infinité de nombres qui ne peuvent pas s’écrire comme la somme de trois cubes.

Si vous n’êtes pas convaincu par ces deux affirmations (qui semblent contradictoires !), je vous propose de les démontrer.

1/ Il est facile de voir qu’il existe une infinité de nombres qui s’écrivent comme la somme de trois cubes car pour tout entier naturel non nul n, le nombre n^3 + 2 =  n^3 + 1^3  + 1^3 est une somme de trois cubes strictement positifs.

2/ Pour montrer qu’il existe une infinité de nombres qui ne peuvent pas s’écrire comme une somme de trois cubes, nous allons raisonner modulo 9. On commence par établir tous les restes possibles d’un nombre au cube quand on en fait la division par 9:

\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|} \hline \vphantom{\dfrac{X}{X}} n & 0 & 1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 & 7 & 8 \\ \hline \vphantom{\dfrac{X}{X}} n^3 & 0 & 1 & 8 & 0 & 1 & 8 & 0 & 1 & 8 \\ \hline \end{array}

Il n’y a donc que  trois possibilités: 0, 1 et 8. Maintenant, si on fait la somme de trois cubes x^3 + y^3 + z^3 modulo 9, voici les 27 possibilités:2017_annee_cubique_table_des_sommes_des_cubes_modulo_9Vous voyez que seuls les nombres 0, 1, 2, 3, 6, 7 et 8 apparaissent dans les colonnes de droite. Autrement dit, une somme de trois cubes ne peut jamais être congrue à 4 ou 5 modulo 9. Ainsi, tous les nombres de la forme 9k+4 ou 9k+5 ne s’écriront jamais comme une somme de trois cubes. Cela en fait donc bien une infinité ! Nous pouvons même affirmer qu’au plus \dfrac{7}{9} des nombres sont une somme de trois cubes. En fait, la proportion des nombres qui peuvent s’écrire comme une somme de trois cubes est bien plus petite que cela…

Beaucoup de sommes de trois cubes ?

Pour se rendre compte du nombre de nombres qui peuvent s’écrire comme une somme de trois cubes strictement positifs, nous allons en calculer la proportion. Par exemple, il y a eu 245 années (2017 y compris) depuis l’an I qui s’écrivent comme une somme de trois cubes strictement positifs, donc la proportion en 2017 est de \dfrac{245}{2017}\simeq 0,12.

Si on va plus loin dans le temps, en l’an 10 000, il y aura eu 1154 années « somme de trois cubes » ce qui donnera une proportion de 11,54%.  Si on va encore plus loin, jusqu’en l’an 50 000 (on a le temps de voir venir !), alors il y aura eu 5482 années qui s’écrivent comme une somme de trois cubes, ce qui fera un ratio de 10,96%.

A l’heure actuelle, on conjecture (mais on n’a toujours pas prouvé) que cette proportion totale de nombres qui peuvent s’écrire comme une somme de trois cubes strictement positifs est d’environ 0,0999425 ([4]). Autrement dit, il y aurait seulement environ 10% des nombres qui peuvent s’écrire comme une somme de trois cubes et 2017 en fait partie !

N’oublions pas que 2017 est premier

Que 2017 soit un nombre premier est assez remarquable; qu’il puisse s’écrire comme une somme de trois cubes est encore plus fort; mais qu’il soit les deux en même temps, c’est assez étonnant ! En fait, des années qui furent à la fois des nombres premiers et une somme de trois cubes, il n’y en a eu que 45 depuis l’an I et 2017 ne sera que la 46ème ! La question que je vous entends déjà poser est: « Est-ce qu’il y en aura encore beaucoup des années comme 2017 à l’avenir ? » et vous poseriez ainsi une belle question mathématique bien difficile.

Hardy et Littlewood avaient conjecturé ([5]) en 1923 qu’il existe une infinité de nombres premiers qui s’écrivent comme une somme de trois cubes.

2017_annee_cubique_conjecture_n_hardy-littlewood

Hardy et Littlewood énoncent leur conjecture.

Si cela a été conjecturé par Hardy et Littlewood, autant vous dire qu’il s’agit d’un problème très compliqué… et pourtant, cette conjecture a été validée en 2001 (soit 78 ans après) par Roger Heath-Brown ([6])  qui a démontré qu’il existe une infinité de nombres premiers de la forme x^3 + y^3 + y^3 (où x et y sont des entiers naturels non nuls).

La bonne nouvelle, c’est que je pourrai ressortir une infinité de fois ce même article ! A commencer par 2027.

Bonne année 2017 !

Références

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Comment ne pas tracer un heptagone régulier ?

Sur ce blog, nous avons déjà vu comment tracer à la règle et au compas un pentagone régulier, un hexagone régulier ou même un décagone régulier. Je pense que vous savez aussi tracer un triangle équilatéral et un carré à la règle et au compas (ne m’obligez pas à faire un article là-dessus, je serais capable !)

En revanche, je n’ai jamais publié d’article expliquant comment tracer un heptagone (figure à 7 côtés) régulier à la règle et au compas, et pour cause, cela n’est pas possible ! Je vous entends déjà marmonner « Mais pourquoi diantre cela n’est-il donc pas possible ? » (j’aime imaginer que mes lecteurs sont des gens qui parlent comme des personnages de Molière). Ça tombe vraiment bien que vous vous posiez cette question car c’est justement ce que nous allons voir ici.

Un heptagone régulier qui n'a évidemment pas été construit à la règle et au compas (mais avec un ordinateur).

Un heptagone régulier qui n’a évidemment pas été construit à la règle et au compas.

Des racines et des cubes

Le fait qu’il n’est pas possible de tracer un heptagone régulier à la règle et au compas va venir d’un petit théorème que nous allons énoncer ci-dessous. Auparavant, rappelons que:

  • l’ensemble \mathbb{Q} désigne l’ensemble des nombres rationnels, c’est-à-dire les fractions \dfrac{a}{b} avec a et b deux entiers;
  • un polynôme est rationnel si ses coefficients sont des nombres rationnels, par exemple le polynôme \dfrac{2}{3}X^4 - \dfrac{1}{2}X^3 + 2X - 3;
  • une racine x d’un polynôme P est un nombre tel que P(x)=0.

Cela étant dit, voici le théorème qui va nous aider à démontrer qu’un heptagone n’est pas constructible à la règle et au compas:

Soit P un polynôme rationnel de degré 3 tel que P n’a pas de racine rationnelle. Alors toute racine de P n’est pas constructible à la règle et au compas.

Nous admettrons ce théorème mais, si cela vous intéresse (et que vous êtes assez costaud niveau théorie des corps…), vous pourrez en trouver une démonstration à la fin de cet article. Il nous reste à voir comment utiliser ce théorème dans le cas d’un heptagone…

Raisonnement par l’absurde

S’il était possible de construire un heptagone régulier à la règle et au compas, alors il serait possible de construire un angle de \dfrac{2 \pi}{7} radians (environ 51,4°) avec l’axe des abscisses. En traçant le cercle de centre l’origine et de rayon 1, on couperait un rayon de cet heptagone (point A sur la figure ci-dessous).comment_ne_pas_tracer_un_heptagone_construction_de_cos_2pi_7En particulier, en  traçant la perpendiculaire à l’axe des abscisses passant par A (ce que l’on sait faire à la règle et au compas) on obtiendrait un segment de longueur \cos\left( \dfrac{2 \pi}{7}\right). Comme on peut doubler une longueur avec un compas, on pourrait donc obtenir un segment de longueur 2\cos\left( \dfrac{2 \pi}{7}\right):comment_ne_pas_tracer_un_heptagone_construction_du_double_de_cos_2pi_7Bref, si on savait construire un heptagone régulier, on saurait construire le nombre 2\cos\left( \dfrac{2 \pi}{7}\right) à la règle et au compas. Et nous allons voir que cela n’est pas possible en vertu du théorème que nous avons donné ! Pour cela, nous allons montrer que 2\cos\left( \dfrac{2 \pi}{7}\right) est une racine d’un polynôme rationnel de degré 3 qui ne possède aucune racine dans \mathbb{Q}.

Sans aucun complexe (ou plutôt si)

Nous allons chercher un polynôme rationnel dont 2\cos\left( \dfrac{2 \pi}{7}\right) est une racine et vous allez voir que l’utilisation des nombres complexes va grandement nous simplifier la tâche…

Nous avons choisi de nous intéresser au nombre 2\cos\left( \dfrac{2 \pi}{7}\right) plutôt qu’à \cos\left( \dfrac{2 \pi}{7}\right) à cause de l’égalité

2\cos\left( \dfrac{2 \pi}{7}\right) = \text{e}^{i \frac{2\pi}{7}} + \text{e}^{-i \frac{2\pi}{7}}

qui elle-même vient du fait que \cos\left( \frac{2 \pi}{7}\right) est la partie réelle du nombre \text{e}^{i \frac{2\pi}{7}}.

Pour faciliter les notations, nous poserons \omega = \text{e}^{i \frac{2\pi}{7}}. Ainsi, 2\cos\left( \dfrac{2 \pi}{7}\right) = \omega + \overline{\omega} = \omega + \omega^{-1}  car \omega est un nombre complexe de module 1, donc \overline{\omega} = \frac{1}{\omega} = \omega^{-1}.

Cela étant dit, on sait que ce nombre complexe \omega est racine du polynôme X^7 - 1 car \left( \text{e}^{i \frac{2\pi}{7}} \right)^7 = \text{e}^{i \frac{2\pi}{7} \times 7} = 1. Comme ce polynôme peut se factoriser

X^7 - 1 = (X-1) (1+X+X^2 +X^3 +X^4 + X^5 +X^6)

et comme \omega \neq 1 alors on a la relation

1+\omega+\omega^2 +\omega^3 +\omega^4 + \omega^5 +\omega^6 = 0

En multipliant cette relation par \omega^{-3}, on obtient la relation symétrique suivante

\omega^{-3} + \omega^{-2} + \omega^{-1}  + 1 + \omega + \omega^2 + \omega^3=0

ce que l’on peut écrire plus élégamment sous la forme

\boxed{(\omega^3 + \omega^{-3}) + (\omega^2 + \omega^{-2}) + (\omega  + \omega^{-1}) + 1 = 0}

Cette relation est tellement jolie que je pourrais arrêter l’article ici et retourner élever mes chèvres dans le Larzac. Mais je n’ai ni chèvre, ni maison dans le Larzac, donc je crois que je vais tout de même poursuivre un peu.

"Bêêê"

« Bêêê »

N’oublions pas que nous sommes en train de chercher un polynôme rationnel de degré 3 qui annule 2\cos\left( \dfrac{2 \pi}{7}\right) = \omega + \omega^{-1}. Pour cela, on va calculer les puissances deuxième et troisième de ce nombre à l’aide de fameuses (mais utiles !) identités remarquables.

\begin{array}{ccl} (\omega + \omega^{-1})^3 & = & \omega^3 + 3 \omega^{2} \omega^{-1} + 3 \omega \omega^{-2} + \omega^{-3} \\ & = & \omega^3 + 3 \omega + 3 \omega^{-1} + \omega^{-3} \\ & = & (\omega^{3} + \omega^{-3}) + 3 (\omega + \omega^{-1})\end{array}

Nous en déduisons que (\omega + \omega^{-1})^3 - 2 (\omega + \omega^{-1}) = (\omega^3 + \omega^{-3}) + (\omega + \omega^{-1}). D’autre part,

\begin{array}{ccl} (\omega + \omega^{-1})^2 & = & \omega^2 + 2 \omega \omega^{-1} + \omega^{-2} \\ & = & \omega^2 + \omega^{-2} + 2 \\ & = & \omega^2 + \omega^{-2} + 1 + 1\end{array}

On voit donc qu’en combinant astucieusement ces relations, on fait apparaître la relation encadrée vue plus haut (celle qui m’avait presque poussé à tout plaquer pour élever des ovidés):

(\omega + \omega^{-1})^3 - 2 (\omega + \omega^{-1}) + (\omega + \omega^{-1})^2  = \underbrace{(\omega^3 + \omega^{-3}) + (\omega + \omega^{-1}) + (\omega^2 + \omega^{-2}) +1 }_{=0}+ 1

et on en déduit que

(\omega + \omega^{-1})^3 - 2 (\omega + \omega^{-1}) + (\omega + \omega^{-1})^2  =1

Ainsi, le nombre 2\cos\left( \dfrac{2 \pi}{7}\right) est solution de l’équation X^3 - 2X + X^2 = 1, c’est-à-dire que c’est une racine du polynôme rationnel de degré 3  P = X^3 +X^2-2X -1.

Étude des racines

Pour finir, nous allons montrer que ce polynôme, aussi gentil et sympathique soit-il (là n’est pas la question), n’a pas de racine rationnelle. Par l’absurde, si \frac{p}{q} (avec p  premier avec q) est une racine de P alors

\dfrac{p^3}{q^3} + \dfrac{p^2}{q^2}- 2 \dfrac{p}{q}-1=0

En multipliant par q^3, on a

p^3 +qp^2 - 2pq^2 - q^3 = 0

En passant -q^3 de l’autre côté et en factorisant par p dans le membre de gauche, on obtient finalement

p(p^2+qp-2q^2) = q^3

On voit donc que p doit diviser q^3. Comme p et q sont premiers entre eux, cela n’est possible que si p=1 ou p=-1. Un raisonnement similaire ( \dfrac{p^3}{q^3} + \dfrac{p^2}{q^2}- 2 \dfrac{p}{q}-1=0 \iff q(p^2 - 2pq - q^2) = -p^3) montre aussi que q ne peut valoir que 1 ou -1. Donc \frac{p}{q} vaut 1 ou -1.

Mais si on remplace X par 1 ou -1 dans l’expression X^3 +X^2-2X -1, on ne trouve pas 0. Ce polynôme ne possède donc aucune racine rationnelle.

Retour à l’heptagone

Si je résume, nous avons vu que si on pouvait construire un heptagone régulier à la règle et au compas, alors le nombre 2\cos\left( \dfrac{2 \pi}{7}\right) serait constructible. Or, nous avons vu que ce nombre est racine d’un polynôme rationnel du troisième degré qui ne possède pas de racine rationnelle. D’après notre théorème, ce nombre ne peut pas être constructible. Nous voilà donc face à une contradiction… Donc posez vos compas, inutile de vouloir construire un heptagone régulier, cela est impossible ! (non, vraiment, posez vos compas, ça peut être dangereux ces machins…)

Bonus: l’impossible trisection d’un angle

Ce qui est bien avec ce théorème, c’est qu’on peut s’en resservir pour montrer qu’il n’est pas possible de trisecter (couper en trois) un angle à la règle et au compas. En effet, si cela était possible, on pourrait par exemple trisecter l’angle \dfrac{\pi}{3} (60°) et donc obtenir un angle de \dfrac{\pi}{9} (20°). On pourrait donc construire le nombre 2\cos\left( \dfrac{\pi}{9}\right). Or, ce nombre est racine du polynôme

P =  X^3 - 3X -1

En effet, la formule \cos(3 \theta) = 4 \cos(\theta)^3 - 3 \cos(\theta) (comme quoi, elles servent les formules de trigo !) appliquée \theta = \frac{\pi}{9} donne

\dfrac{1}{2} = 4 \cos( \pi/9)^3 - 3 \cos(\pi/9) \iff 1 = 8 \cos( \pi/9)^3 - 3 \times 2 \cos(\pi/9)

c’est-à-dire

(2 \cos(\pi/9))^3 - 3 (2\cos(\pi/9)) - 1 = 0

Je vous laisse vérifier pour finir que le polynôme X^3 - 3X - 1 n’a pas de racine rationnelle, ce qui prouve que l’on ne peut pas construire 2\cos\left( \dfrac{\pi}{9}\right) et que la trisection de l’angle \frac{\pi}{3} est impossible !

Note:

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Comment reconnaître deux nombres premiers jumeaux ?

Deux nombres premiers p et p+2 qui ne diffèrent que de 2 s’appellent une paire de nombres premiers jumeaux. Par exemple, les nombres 3 et 5 forment une paire de nombres premiers jumeaux. Le 14 Septembre 2016, le projet de calcul distribué PrimeGrid annonçait avoir découvert que les nombres

2 \, 996 \, 863 \, 034 \, 895 \times 2^{1 \, 290 \,  000} - 1 et 2 \, 996 \, 863 \, 034 \, 895 \times 2^{1 \, 290 \,  000} + 1

sont eux aussi des nombres premiers jumeaux. Ces nombres, au demeurant gigantesques (ils sont composés de 388 342 chiffres chacun !), sont la plus grande paire de nombres premiers jumeaux qu’on n’ait jamais trouvée !

Si l’on en croît l’annonce officielle de la découverte, on a vérifié que chacun de ces deux nombres est premier en leur appliquant à chacun le test de primalité LLR. Mais saviez-vous qu’il existe une formule très simple et qui tient en une ligne permettant de dire si deux nombres quelconques qui diffèrent de 2 sont des nombres premiers jumeaux ? Bon, c’est vrai que cette formule est peu efficace en pratique comme nous le verrons, mais elle a tout de même le mérite d’exister !

Un critère de gémellité

Voici donc le critère très simple permettant de dire si deux nombres n et n+2 forment une paire de nombres premiers jumeaux:

Soit n>1 un entier naturel. Les nombres n et n+2 sont deux nombres premiers jumeaux si, et seulement si,

4 \times [(n-1)! + 1] + n \equiv 0 \mod [n(n+2)]

Comme vous l’avez peut-être noté, ce critère se rapproche beaucoup du théorème de Wilson (qui dit que n est premier si, et seulement si, (n-1)!+1 \equiv 0 \mod [n]) et ce n’est pas un hasard !

Ce critère ne s'applique pas à Igor et Grichka. Impossible donc de savoir s'ils sont premiers, ni même jumeaux.

Ce critère ne s’applique pas à Igor et Grichka. Impossible donc de savoir s’ils sont premiers, ni même jumeaux.

Quelques exemples

Pour bien comprendre ce critère permettant de déterminer des nombres premiers jumeaux, prenons quelques exemples faciles:

Exemple 1: Si l’on prend n=3 alors n(n+2) = 3 \times 5 = 15. Il s’agit de regarder le nombre 4 \times [(3-1) ! +1] + 3 modulo 15 pour savoir si 3 et 5 forment bien une paire de nombres premiers jumeaux:

4  \times [(3-1) ! +1] + 3 = 4 \times ( 2! +1) + 3 = 4 \times (2+1) + 3 = 15 \equiv 0 \mod [15]

Voilà, nous venons de démontrer en un calcul que 3 et 5 sont bien des nombres premiers jumeaux !

• Exemple 2: Si l’on souhaite montrer que 8 et 10 ne sont pas des nombres premiers jumeaux, prenons n=8 et calculons modulo 8 \times 10 = 80:

4  \times [(8-1) ! +1] + 8 =  20172 \equiv 12 \mod [80]

Comme nous n’obtenons pas 0, c’est qu’il ne s’agissait pas d’une paire de nombres premiers jumeaux. En fait, ni 8, ni 10 n’est premier mais je voulais simplement illustrer le fait que ce critère marche vraiment avec tous les nombres !

• Exemple 3: Prenons l’exemple de 9 et 11, où seul 11 est premier. Puisque n=9, alors n(n+2) = 99 et :

4  \times [(9-1) ! +1] + 9 =  161293 \equiv 22 \neq 0 \mod [99]

et on retrouve bien le fait que 9 et 11 ne forment pas une paire de nombres premiers jumeaux.

Exemple 4: Pour finir, redémontrons que 11 et 13 sont bien des nombres premiers jumeaux en prenant n=11. On a

4  \times [(11-1) ! +1] + 11 = 4 \times ( 3628800 +1 ) + 11 = 14 \, 515 \, 215 

Comme 14 \, 515 \, 215 = 11 \times 13 \times 101 \, 505 (je vous invite à vérifier mes calculs par vous-même !), c’est qu’on a bien

4  \times [(11-1) ! +1] + 11 \equiv 0 \mod[11 \times 13]

Encore une fois, le critère marche !

Vous l’avez sans doute compris, cette formule permet de montrer en une fois que deux nombres qui diffèrent de 2 sont simultanément premiers.

La démonstration (1ère mi-temps)

La démonstration de ce critère va reposer sur le théorème de Wilson que nous avons mentionné plus haut. Puisque ce critère est une équivalence, il s’agit de montrer une implication et sa réciproque.

Le sens direct: Soit n>1 tel que n et n+2 sont deux nombres premiers. Il s’agit de montrer que

4 \times [(n-1)! + 1] + n \equiv 0 \mod [n(n+2)]

Comme n+2 est premier, d’après le théorème de Wilson, nous savons que

(n+1)! + 1 \equiv 0 \mod[n+2]

Or, n \equiv -2 \mod[n+2] et n+1 \equiv -1 \mod[n+2] donc n \times (n+1) \equiv (-1) \times (-2) = 2 \mod [n+2]. Ainsi,

(n+1)! + 1 = (n-1)! \times n \times (n+1) + 1 \equiv 2(n-1)! + 1\mod[n+2]

En reprenant alors l’égalité du théorème de Wilson, on a

2 (n-1)! +1 \equiv 0 \mod[n+2]

Si on quitte le (magnifique) langage des congruences un moment, cela signifie qu’il existe un entier k tel que

2(n-1) ! + 1 = k (n+2) \,\, \, \, (\star)

(gardez bien cette relation à l’esprit, nous allons nous en resservir !). Si on regarde cette égalité modulo n, cela donne

2 (n-1)! + 1 \equiv k ( 0 + 2) \mod[n]

Mais comme n est premier, alors (n-1)! \equiv -1 \mod[n] (toujours d’après le théorème de Wilson !) et donc

2 \times (-1) + 1 \equiv 2 k \mod[n]

Nous venons donc de montrer que -1 \equiv 2k \mod[n]. Autrement dit, il existe un entier q tel que 2k = -1 + qn. Si on reprend alors la relation (\star) et qu’on la multiplie par 2, on obtient

4(n-1)! + 2 = 2k (n+2)

En remplaçant à présent 2k par 1 + qn, on a alors

4(n-1)!  + 2 = (-1 + qn)(n+2)

et en distribuant (n+2) sur (-1 + qn), on en déduit que

4(n-1)! + 2 = -(n+2) + qn(n+2)

qui est encore équivalent à

4 \times [ (n-1)! + 1] + n = q n (n+2)

En revenant au langage des congruences, cela veut exactement dire que

\boxed{4 \times [ (n-1)! + 1] + n \equiv 0 \mod[n(n+2)]}.

Je vous laisse souffler un peu avant d’attaquer la suite. Profitez-en pour faire une petite pause pipi qui fait toujours du bien en milieu d’article.

La démonstration (2ème mi-temps)

Le sens réciproque: On suppose à présent que 4 \times [ (n-1)! + 1] + n \equiv 0 \mod[n(n+2)]. Autrement dit, il existe un entier k tel que

4 \times  (n-1)! + 4 + n = k n(n+2) \, \, \, (\star \star)

a) Commençons par montrer que cela implique que n (et donc n+2) est nécessairement impair. Par l’absurde, si on suppose que n est pair, alors n+2 est lui aussi pair. Nous avons ainsi deux nombres pairs consécutifs, donc il y en a un des deux qui est divisible par 4 (et l’autre non).

Si c’est n qui est divisible par 4 alors n=4q avec avec q <n. Ainsi, la relation (\star \star ) implique que

4 (n-1)! + 4 + 4q = k \times 4q \times (n+2)

En la simplifiant par 4, on a alors (n-1)! + 1 + q = k \times q \times (n+2) ce qui entraîne que q divise (n-1)! + 1 + q. Or, comme q divise q (comme d’habitude, chaque article a sa phrase débile, donc la voici pour celui-là) alors q divise (n-1)! +1. Mais, q divise aussi (n-1)! car q<n. On en déduit que q divise (n-1)! + 1 - (n-1)! = 1. Ainsi, q= 1 et donc n=4. Mais cela n’est pas possible car

4 \times ( (4-1) ! + 1) + 4 = 32 \neq 0 \mod [4 \times 6]

ce qui contredit notre hypothèse de départ. Tout cela montre donc que n n’est pas divisible par 4 et que c’est n+2 qui doit l’être. En d’autres termes, n+2 \equiv 0 \mod [4] et donc n \equiv 2 \mod[4]. Sachant cela, si on regarde la relation (\star \star) modulo 4, elle donne

0 \times (n-1)! + 0 + 2 \equiv k \times 2 \times 0 \mod[4]

c’est-à-dire 2 \equiv 0 \mod [4], ce qui est, bien entendu, fichtrement absurde (si je puis me permettre).

b) Maintenant que nous avons prouvé que n est nécessairement impair, reprenons notre hypothèse de départ: 4 \times [ (n-1)! + 1] + n \equiv 0 \mod[n(n+2)].  En particulier, elle implique que

4 \times [ (n-1)! + 1] + n \equiv 0 \mod[n+2]

car si un nombre est divisible par n(n+2), il est a fortiori divisible uniquement par n+2. Nous pouvons réécrire cela sous la forme

2 \times 2  (n-1)! + 4 + n \equiv 0 \mod[n+2]

Or, nous avions vu plus haut dans cette démonstration (voir le sens direct) que 2(n-1)! \equiv (n+1)! \mod[n+2]. Cela, plus le fait que 4+n \equiv 2 \mod [n+2], nous permet de dire que

2 (n+1)! + 2 \equiv 0 \mod [n+2]

et en factorisant, on a

2 [ (n+1)! + 1 ] \equiv 0 \mod [n+2]

C’est à présent que nous allons utiliser le fait que n+2 est impair: il est donc premier avec 2, ce qui veut dire que 2 admet un inverse modulo n+2. Bref, tout cela permet de simplifier par 2 et on obtient

(n+1)! + 1 \equiv 0 \mod [n+2]

D’après le théorème de Wilson, cette relation entraîne alors que n+2 est premier. Pour montrer que n est lui aussi premier, on suit un raisonnement analogue: de l’hypothèse de départ on tire que

4 \times [ (n-1)! + 1] + n \equiv 0 \mod[n]

comme n \equiv 0 \mod [n], cela est équivalent à

4 \times [ (n-1)! + 1]  \equiv 0 \mod[n]

Comme n est impair, il est premier avec 4 et donc on peut simplifier cette relation par 4, ce qui donne

(n-1)! + 1 \equiv 0 \mod [n]

et donc d’après le théorème de Wilson, n est premier. Les nombres n et n+2 sont bien des nombres premiers jumeaux ! CQFD.

Que donne ce critère en pratique ?

A l’instar du théorème de Wilson, en pratique, ce critère est inutilisable: à cause de la présence d’une factorielle dans la relation, le temps de calcul devient beaucoup trop long lorsque n devient très grand. Il faudrait une éternité (au sens propre) pour montrer que les gigantesques nombres découverts en Septembre dernier sont bien des premiers jumeaux en utilisant ce critère !

Malgré tout, on peut utiliser ce critère pour des nombres d’une taille raisonnable. Par exemple, ce test n’a mis « que » 14 secondes sur mon pauvre petit PC bien frêle pour montrer que 18 409 199 et 18 409 201 sont bien des nombres premiers jumeaux (à eux deux, ils forment la 100 000ème paire de nombres premiers jumeaux). Le programme utilisé se trouve ici.

Ce qui a pris 14 secondes pour mon ordi aurait sans doute pris des mois et des mois pour Euler... Vive les ordinateurs !

Ce qui a pris 14 secondes à mon ordi aurait sans doute pris des mois et des mois à Euler… Vive les ordinateurs !

3ème mi-temps: une généralisation

Le critère que nous avons donné peut se généraliser pour déterminer non plus des paires de nombres premiers jumeaux, mais des triplets de nombres premiers, c’est-à-dire trois nombres premiers de la forme n, n+2 et n+6 (on n’a pas mis n+4 car parmi l’un des trois nombres n, n+2 et n+4 l’un au moins est divisible par 3…). Plus précisément, on peut montrer que

Soit n>1 un entier naturel. Les nombres n, n+2 et n+6 sont trois nombres premiers si, et seulement si,

4320 \times ( 4 \times [(n-1)! + 1] + n ) + 361n(n+2) \equiv 0 \mod [n(n+2)(n+6)]

Par exemple, si on prend n=11:

4320 \times ( 4 \times [(11-1)! + 1] + 11 ) + 361 \times 11 \times ( 11 +2) = 62 \, 705 \, 780 \, 423

et comme 62 \, 705 \, 780 \, 423 = 11 \times 13 \times 17 \times 25 \, 794 \, 233 , cela veut dire que

4320 \times ( 4 \times [(11-1)! + 1] + 11 ) + 361 \times 11 \times 13 \equiv 0 \mod [11 \times 13 \times 17]

Nous avons bien redémontré que 11, 13 et 17 forment un triplet de nombres premiers !

Référence:

Congruences for Sets of Primes, P. A. Clement, The American Mathematical Monthly, Vol. 56, No. 1 (Jan., 1949), pp. 23-25

(Dans cet article, la démonstration de la réciproque du critère est vraiment torchée, pour ne pas dire laissée au lecteur en exercice… L’auteur donne aussi à la fin de son article un critère du même type pour que quatre nombres n, n+2, n+6 et n+8 soient tous premiers !)

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