Solution pour le challenge n° 84

Solution pour le challenge 84

Soit $n\in\mathbb{N}$ et soit $F_{n}=2^{2^{n}}+1.$

Manifestement, $F_{0}=3$ n’est pas une puissance parfaite. Désormais, on suppose : $n\geqslant1.$ L’égalité $F_{n}=\left(2^{2^{n-1}}\right)^{2}+1$ montre que $F_{n}$ est strictement compris entre deux carrés parfaits consécutifs, ce qui prouve que $F_{n}$ n’est pas un carré parfait (et donc pas non plus une puissance parfaite d’exposant pair).

Supposons maintenant que $F_{n}=a^{k},$ avec des entiers $a$ et $k$ tels que : $a>1,$ $k>1$ et $k$ impair.

L’entier $a$ est aussi impair, puisque $F_{n}$ est impair. D’après une identité remarquable bien connue :

$\begin{eqnarray*}2^{2^{n}} & = & a^{k}-1\\& = & \left(a-1\right)\left(a^{k-1}+\cdots+a+1\right)\end{eqnarray*}$

L’entier $N=a^{k-1}+\cdots+a+1$ est donc un diviseur de $2^{2^{n}}.$ Mais, comme $a$ et $k$ sont impairs, alors $N$ est impair et, de plus, $N>1.$

Ceci est absurde car $2^{2^{n}}$ ne possède aucun diviseur impair strictement supérieur à 1.

Cette contradiction montre qu’aucun nombre de Fermat n’est une puissance parfaite.

Pour consulter l’énoncé, c’est ici

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Cet article a 7 commentaires

fabo34 2 Oct 2023 Répondre

Merci!
La preuve semble aussi fonctionner pour les nombres 2^{2n}+1. Idem pour les 2^{2n+1}+1, du moins sur la partie k impair. Mais pour k pair ? Si on calcule quelques cas, ça « a l’air » de continuer à être vrai. Mais on est sur une forme 2.2^{2n}+1, soit 2A²+1. Qui peut être un carré parfait, comme par exemple 2.12²+1=17². Y-aurait-il une raison pour laquelle ça continue à être vrai avec A=2^{2n}, ou est-ce mon « exploration calculatoire » qui ne va pas assez loin pour trouver des contre-exemples?
1. René Adad 4 Oct 2023 Répondre
  
  Les entiers $2^0+1=2$ et $2^1+1=3$ ne sont pas des puissances parfaites. L’entier $2^3+1=9$ est un carré parfait. Supposons désormais $n\ge4$ et $2^n+1=a^k$ avec $a\ge2$ et $k\ge2$ . Si $k$ est pair, alors $2^n+1$ est un carré parfait : $2^n+1=b^2$ , donc $(b-1)(b+1)=2^n$ , ce qui impose que $b-1$ et $b+1$ soient des puissances de $2$ . La seule issue est $b=3$ d’où $n=3$ , qu’on a exclu plus haut. Supposons maintenant $k$ impair. On a : $2^n=(a-1)(a^{k-1}+\cdots+a+1)$ , donc en particulier $a^{k-1}+\cdots+a+1$ est une puissance de $2$ , strictement supérieure à $1$ . Mais $a$ et $k$ étant impairs, $a^{k-1}+\cdots+a+1$ est aussi impair : contradiction.
  Moralité : hormis le cas $n=3$ , l’entier $2^n+1$ n’est jamais une puissance parfaite.
  Tout ceci constitue un cas très particulier de la conjecture de Catalan, démontrée en 2002 par Preda Mihailescu : il n’existe aucun couple d’entier naturels consécutifs qui soient tous deux des puissances parfaites, à l’exception de $(8,9)=(2^3,3^2)$ . Mais pour prouver ce résultat, c’est une autre paire de manches …
  1. fabo34 22 Oct 2023 Répondre
    
    Merci beaucoup. J’espère qu’en mettant des , mes formules latex seront remplacées.
    
    On peut donc en déduire $2^n-1$ n’est pas non plus une puissance?
    
    Pour cas $n=2m$ :
    $2^n-1=a^k$ implique $(2^m+1)(2^m-1)=a^k$ , donc $2^m+1$ et $2^m-1$ des puissances. D’après la démonstration précédente, le premier facteur donne l’unique solution m=3. Mais $2^3-1=7$ . Il n’y a donc aucune solution.
    
    Pour $n=2m+1$ :
    Si k impair, alors $2^n=a^k+1=(a+1)(a^{k-1}-a^{k-2}+a^{k-3}- ...+1)$ . $a$ est impair, donc le raisonnement de la démonstration précédente semble s’appliquer aussi
    Si k est pair, là je suis perdu … qu’en pensez-vous ?
    1. fabo34 27 Oct 2023 Répondre
      
      J’ai ceci: si k est pair, $k=2k'$ , alors $2^n-1=(a^k')^2$ donne -1\equiv 1 ~ (mod 4) $. Ce qui est impossible. Cela quelque soit la parité de n. Sous votre contrôle. Ainsi les nombres$ 2^n\pm 2^m=2^{n-m}(2^{m}\pm 1), ~ m<n $ne peuvent pas non plus être des puissances (supérieurs ou égales à 3). Et notamment les intervalles$ [[2^n-2;2^n+2]] $. Cela rappelle un peu la physique. On observe des "trous" ou des "bandes interdites", là où on ne peut trouver aucunes puissances. Un peu comme des "spectres" atomiques, ou des gap d'énergie. C'est très troublant! Peut-être Fermat avait-il observé cela sur les$ 2^n\pm1 $; y auait-il un lien éventuel vers la conjecture de son grand théorème? Car il est étrange qu'il se soit ensuite obstiné sur ses$ F_n=2^{2^n}+1$, avec notamment sa fausse conjecture sur la primalité.
      1. fabo34 27 Oct 2023
        
        Il a manqué un « dollar ». Désolé. Je reposte.
        
        J’ai ceci: si k est pair, $k=2k'$ , alors $2^n-1=(a^k')^2$ donne $-1\equiv 1 ~ (mod 4)$ . Ce qui est impossible. Cela quelque soit la parité de n.
        Sous votre contrôle.
        
        Ainsi les nombres $2^n\pm 2^m=2^{n-m}(2^{m}\pm 1), ~ m<n$ ne peuvent pas non plus être des puissances (supérieurs ou égales à 3). Et notamment les intervalles $[[2^n-2;2^n+2]]$ . Cela rappelle un peu la physique. On observe des "trous" ou des "bandes interdites", là où on ne peut trouver aucunes puissances. Un peu comme des "spectres" atomiques, ou des gap d'énergie. C'est très troublant!
        
        Peut-être Fermat avait-il observé cela sur les $2^n\pm1$ ; y auait-il un lien éventuel vers la conjecture de son grand théorème? Car il est étrange qu'il se soit ensuite obstiné sur ses $F_n=2^{2^n}+1$ , avec notamment sa fausse conjecture sur la primalité.
René Adad 1 Oct 2023 Répondre

Oui, bien sûr. Si l’on note $A=2^{2^{n-1}}$ , alors l’égalité $F_n=A^2+1$ montre que $A^2<F_n<A^2+2A+1=(A+1)^2$ . Ainsi $F_n$ est strictement compris entre deux carrés parfaits consécutifs. Ce n’est donc pas un carré parfait. Peut-être qu’un exemple numérique permettra de mieux voir ce qui se passe : les entiers $100=10^2$ et $121=11^2$ sont des carrés parfaits consécutifs. Si un entier $N$ est compris entre $101$ et $120$ (inclusivement), alors $N$ n’est certainement pas un carré parfait.
fabo34 1 Oct 2023 Répondre

Bonjour. Merci beaucoup pour ce problème (et la solution)

Pourriez-vous détailler la partie « k pair »: F_n compris entre 2 carrés parfait consécutifs, donc pas un carré parfait ?

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