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Julien Arlandis (27/12/2018, 11h31)
Pouvez vous trouver deux entiers m et n > 2 tels que (n^m)! = (n!)^m ?
Samuel DEVULDER (27/12/2018, 13h25)
Le 27/12/2018 à 10:31, Julien Arlandis a écrit :
> Pouvez vous trouver deux entiers m et n > 2 tels que (n^m)! = (n!)^m ?


vu comme ca "avec les mains", je dirais ceci: Soit p le plus grand
premier < n^m. Il est évident que p divise (n^m)! puisqu'il figure dans
la factorielle. Ce nombre 1er doit aussi diviser (n!)^m si l'égalité
était vraie. Or on a:

n^m/2 <= p < n^m

on se convainc aisément que n < n^m/2 vu que m et n sont >= 3.
(2<n, donc ln(2)<ln(n), donc ln(n)+ln(2) < 2ln(n) < m ln(n) car m>2, et
donc 2n<n^m). Bref,

n < n^m/2 <= p < n^m

Maintenant considérons un facteur 1er de (n!)^m. C'est aussi un facteur
1er de n!, et c'est donc aussi un nombre 1er <= n. Notre p précédent est
un tel nombre, il doit donc vérifier p<=n, or juste au dessus on vient
de voir que n<p. Contradiction!

J'ai l'impression que ces m et n n'existent donc pas. Essentiellement
parce qu'il y a de plus grands facteurs 1ers dans n^m que dans n! pour
les m et n considérés.

a+

sam.
Jacques Mathon (27/12/2018, 15h51)
Le 27/12/2018 à 10:31, Julien Arlandis a écrit :
> Pouvez vous trouver deux entiers m et n > 2 tels que (n^m)! = (n!)^m ?


Éliminer 0 et 1 devrait être suffisant pour prouver que non.

En effet, si on élimine n=m=0 pour un problème de définition, si n=0
alors c'est vrai quel que soit m (et les expressions valent 0), si n=1
alors c'est vrai quel que soit m (et les expressions valent 1), si m=0
alors c'est vrai quel que soit n (et les expressions valent 1), si m=1
alors c'est vrai quel que soit n (et les expressions valent n!)

si n et m sont supérieurs à 1, tous les facteurs de (n!)^m sont contenus
dans ceux de (n^m)! et l'inverse n'est pas vrai.

(n!)^m est le produit de n facteurs distincts compris entre n^m et 1
(n^m)! est le produit de tous les facteurs distincts compris entre n^m
et 1 qui sont au nombre de n^m.
(n^m)!/(n!)^m est (après simplification des facteurs identiques) le
produit de (n^m)-n facteurs compris entre n^m et 1.

Ce qui ne vaut probablement pas une preuve rigoureuse. ;)

Récurrence sur m ?

Amicalement
Thomas Alexandre (27/12/2018, 16h14)
Le Thu, 27 Dec 2018 14:51:50 +0100, Jacques Mathon a écrit :

> Le 27/12/2018 à 10:31, Julien Arlandis a écrit :
>> Pouvez vous trouver deux entiers m et n > 2 tels que (n^m)! = (n!)^m ?


> Récurrence sur m ?


Je pensais à ça aussi mais en me replongeant dans
<https://en.wikipedia.org/wiki/Euler%27s_totient_function#Other_formulae>

Pour tout m,n>2 , ?(n^m) = n^(m-1) ?(n)

Or pour tout m,n>2 , n^(m-1) > 1
donc ?(n^m) > ?(n)
donc il existe p premier tel que n < p < n^m

p est premier avec n! et donc avec (n!)^m
mais p divise (n^m)!
Samuel DEVULDER (27/12/2018, 19h13)
Le 27/12/2018 à 15:14, Thomas Alexandre a écrit :

> ?(n^m) > ?(n) donc il existe p premier tel que n < p < n^m


Peux tu m'expliquer le pourquoi de ce "donc", car cela ne me semble pas
sauter aux yeux à partir de la définition de phi.

Par contre, sans même avoir besoin de phi on démontre ce "donc"
facilement à partir du faut qu'il existe toujours un p premier entre n
et 2n [Tchebychev], et que 2n < n^2 [car 2<n] < n^m [car 2<m], ce qui
est le truc que j'ai moi-même utilisé dans ma démonstration "avec les
mains" (qui s'est avérée être une vraie démonstration tout compte fait ;) ).

sam.
Thomas Alexandre (27/12/2018, 20h25)
Le Thu, 27 Dec 2018 18:13:45 +0100, Samuel DEVULDER a écrit :

> Le 27/12/2018 à 15:14, Thomas Alexandre a écrit :
>> ?(n^m) > ?(n) donc il existe p premier tel que n < p < n^m

> Peux tu m'expliquer le pourquoi de ce "donc", car cela ne me semble pas
> sauter aux yeux à partir de la définition de phi.


Normal, j'ai écrit rien que des bétises.
Un relent éthylique de la magie de Noël ...

> Par contre, sans même avoir besoin de phi on démontre ce "donc"
> facilement à partir du faut qu'il existe toujours un p premier entre n
> et 2n [Tchebychev], et que 2n < n^2 [car 2<n] < n^m [car 2<m], ce qui
> est le truc que j'ai moi-même utilisé dans ma démonstration "avec les
> mains" (qui s'est avérée être une vraie démonstration tout compte fait
> ;) ).


Yep !

Même pas un contre-coup de chapon ? Respect !
MAIxxxx (28/12/2018, 00h11)
Le 27/12/2018 à 10:31, Julien Arlandis a écrit :
> Pouvez vous trouver deux entiers m et n > 2 tels que (n^m)! = (n!)^m ?

En considérant la formule de Stirling, on peut voir que le membre de
gauche est équivalent à ((n^m)/e)^( n^m ). sqrt(2.pi.n^m) quand le
membre de droite est équivalent à
{(n/e )^(n).sqrt(2pi.n) } ^m= (n/e)^(n.m).[sqrt(2.pi.n)]^m

Pour n>e =2.718... et m>2 il n'y a pas photo (n/e)^(n.m) croit bien
moins vite que [(n^m)/e]^(n^m) = [ n/e]^(n^m) . [n^(m-1) ]^(n^m)]
bien sûr n.m < n^m, n et m >2

il reste le facteur (sqrt[2.pi.n]) ^m qui lui croît plus vite que
sqrt(2.pi.n^m) mais il faudrait voir si le premier facteur
[(n^m)/e]^(n^m) l'emporte largement dès que n et m sont plus grands que
2.(A vérifier [ n^(m-1 )]^(n^m] > sqrt(2.pi)^(m-1) ? pour n et m >2 )

Il reste que stirling est une approximation. Une démonstration
rigoureuse de la différence entre les deux termes suppose *connaître un
majorant de l'erreur*.

J'espère ne pas avoir fait d'erreur dans mes crochets et parenthèses.
Samuel DEVULDER (28/12/2018, 10h05)
Le 27/12/2018 à 23:11, MAIxxxx a écrit :

> Il reste que stirling est une approximation.


En vrai Stirling est plus qu'une approximation car on a pour tout n>0

sqrt(2pi) <= n! / ( sqrt(n) (n/e)^n ) <= e



a+

sam.
Samuel DEVULDER (28/12/2018, 10h07)
Le 28/12/2018 à 09:05, Samuel DEVULDER a écrit :
> ---
> L'absence de virus dans ce courrier électronique a été vérifiée par le
> logiciel antivirus Avast.
>


oops, désolé pour ca!
Olivier Miakinen (04/01/2019, 14h55)
Bonjour,

Le 27/12/2018 10:31, Julien Arlandis a écrit :
> Pouvez vous trouver deux entiers m et n > 2 tels que (n^m)! = (n!)^m ?


J'ai l'impression que l'on doit pouvoir prouver une impossibilité
beaucoup plus forte, à savoir qu'il n'existe aucun triplet (a, b, c)
de nombres strictement supérieurs à 1 tels que a! = b^c.

Sachant cela, en posant n^m = a, n! = b et m = c, on a la réponse.

Tiens, j'ai trouvé ceci :
<http://villemin.gerard.free.fr/Wwwgvmm/Compter/FactCarr.htm>

(la démonstration pour « jamais carrée » s'étend de façon triviale
à « jamais égale à un cube ou une puissance supérieure »)
Ahmed Ouahi, Architect (05/01/2019, 11h14)
.... Néanmoins ce qui en est-il carrément systématique de ce fait des
équations trinômes qui en sont-elles du second degré par rapport à une
puissance quelconque de l'inconnue ou des équations qui s'y ramènent-elles
toutefois les divise-t-on par une puissance appropriée de l'inconnue donc
des équations de la forme a x exp.deux n plus m en équivaloir b x exp. n
plus m plus c x exp. m et ainsi de suite ...
Olivier Miakinen (05/01/2019, 17h08)
Le 27/12/2018 10:31, Julien Arlandis a écrit :
> Pouvez vous trouver deux entiers m et n > 2 tels que (n^m)! = (n!)^m ?


Comme je le disais dans ma réponse précédente, en dehors de 1! aucune
factorielle n'est une puissance (d'exposant supérieur à 1) d'un nombre
entier.

Supposons l'inverse, c'est-à-dire qu'il existe des nombres n, m et k
(n > 1 et k > 1) tels que n! = m^k.

Soit p le plus grand nombre premier qui divise n!.

On a forcément p <= n, sinon p ne pourrait pas se trouver dans la
décomposition de n!. Mais on a aussi n < 2p, car sinon, d'après le
postulat de Bertrand démontré par Tchebychev, il existerait un
nombre premier compris entre p et n : ce nombre diviserait n! et
p ne serait alors pas le plus grand.

Par conséquent, parmi les nombres de 1 à n, il n'existe aucun autre
multiple de p que p lui-même, et donc p n'apparaît qu'une seule fois
dans la décomposition en facteurs premiers de n!. Ceci prouve que n!
ne peut pas être une puissance k-ième d'un entier avec k > 1.

C.Q.F.D.
Julien Arlandis (10/01/2019, 22h12)
Le 05/01/2019 à 16:08, Olivier Miakinen a écrit :
[..]
> dans la décomposition en facteurs premiers de n!. Ceci prouve que n!
> ne peut pas être une puissance k-ième d'un entier avec k > 1.
> C.Q.F.D.


Bien joué.
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