Recherche:Etude: La structure des nombres

Écriture d'un nombre entier

Travaux de recherche en mathématiques

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Les puissances de 0ⁿ jusqu'à 9ⁿ (Connu)

En calculant ces puissance on trouve :

$0^{0}$ = indéfini	$0^{1}$ = 0	$0^{2}$ = 0	$0^{3}$ = 0	$0^{a}$ = 0 ......
$1^{0}$ = 1	$1^{1}$ = 1	$1^{2}$ = 1	$1^{3}$ = 1	$1^{4}$ = 1	$1^{5}$ = 1	$1^{6}$ = 1	$1^{7}=1$	$1^{8}$ = 1 ......
$2^{0}$ = 1	$2^{1}=2$	$2^{2}=4$	$2^{3}=8$	$2^{4}=16$	$2^{5}=32$	$2^{6}=64$	$2^{7}=128$	$2^{8}$ = 256 ......
$3^{0}$ = 1	$3^{1}=3$	$3^{2}=9$	$3^{3}=27$	$3^{4}=81$	$3^{5}=243$	$3^{6}=729$	$3^{7}=2187$	$3^{8}$ = 6561 ......
$4^{0}$ = 1	$4^{1}=4$	$4^{2}=16$	$4^{3}=64$	$4^{4}=256$	$4^{5}=1024$	$4^{6}=4096$	$4^{7}=16384$	$4^{8}$ = 65536 ......
$5^{0}$ = 1	$5^{1}=5$	$5^{2}=25$	$5^{3}=125$	$5^{4}=625$	$5^{5}=3125$	$5^{6}=15625$	$5^{7}=78125$	$5^{8}$= 390625 ......
$6^{0}$ = 1	$6^{1}=6$	$6^{2}=36$	$6^{3}=216$	$6^{4}=1296$	$6^{5}=7776$	$6^{6}=46656$	$6^{7}=279936$	$6^{8}$ = 1679616 ......
$7^{0}$ = 1	$7^{1}=7$	$7^{2}=49$	$7^{3}=343$	$7^{4}=2401$	$7^{5}=16807$	$7^{6}=117649$	$7^{7}$ = 823543	$7^{8}$ = 5764801 ......
$8^{0}$ = 1	$8^{1}=8$	$8^{2}=64$	$8^{3}=512$	$8^{4}=4096$	$8^{5}=32768$	$8^{6}=262144$	$8^{7}=2097152$	$8^{8}$ = 16777216 ......
$9^{0}$ = 1	$9^{1}=9$	$9^{2}=81$	$9^{3}=729$	$9^{4}=6561$	$9^{5}=59049$	$9^{6}=531441$	$9^{7}=4782969$	$9^{8}$ = 43046721 ......

Constats

Qu'est ce qu'on remarque lorsqu'on s'intéresse au chiffre des unités de chaque aⁿ ? on remarque 3 types :

1 er type :

0ⁿ reste toujours 0 ; 1ⁿ reste toujours 1 ; 5ⁿ se termine avec 5 et aussi 6ⁿ qui se termine avec 6.

2 ème type :

4ⁿ se termine : 4 - 6 - 4 - 6 - 4 - 6 ..... , donc soit avec 4 ou 6

9ⁿ se termine : 9 - 1 - 9 - 1 - 9 - 1 ....., donc soit avec 9 ou 1

3 ème type :

2ⁿ : 2 - 4 - 8 - 6 .....

3ⁿ : 3 - 9 - 7 - 1 .....

7ⁿ : 7 - 9 - 3 - 1 .....

8ⁿ : 8 - 4 - 2 - 6 .....

Mais comment connaître le chiffre des unités ?

Il suffit tout simplement de prendre l'exposant et de le diviser soit par 4 (le cas de 2ⁿ ; 3ⁿ ; 7ⁿ ; 8ⁿ⁾ . ou par 2 (le cas de 4ⁿ ; 9ⁿ ) et de s'intéresser au reste de la division euclidienne, pour 1,5,6 pas la peine de chercher.

Exemple : 7¹⁰ :

7ⁿ peut se terminer soit par 7 soit par 9 soit par 3 soit par 1 ; 4 possibilités donc on prend 10 et on le divise sur 4 ce qui nous donne : 2.5 : ça veut dire 7 - 9 - 3 - 1 - 7 - 9 - 3 - 1 - 7 - 9 donc le nombre de l'unité se terminera par 9 , et la calculatrice nous donne : 7¹⁰ = 282475249. Résultat vrai

Autre exemple : 4²⁵ :

4ⁿ se termine soit avec 4 soit avec 6 , on divise 25 par 2 on obtient 12.5 ce qui veut dire 4

la calculatrice donne : 4²⁵ = 1125899906842624

Résultat

Chaque nombre appartenant à l’ensemble $\mathbb {Z}$ se termine par un chiffre entre 0 et 9, donc sa puissance aura un chiffre des unités qui admet aux lois suivants, il suffit d'apprendre les nombres d'unité ces puissance primordiaux (entre 0 et 9 ), et selon l’ordre cité en dessous :

0ⁿ : 0

1ⁿ : 1

5ⁿ : 5

6ⁿ : 6

4ⁿ : 4 - 6

9ⁿ : 9 - 1

2ⁿ : 2 - 4 - 8 - 6

3ⁿ : 3 - 9 - 7 - 1

7ⁿ : 7 - 9 - 3 - 1

8ⁿ : 8 - 4 - 2 - 6

ensuite il faut prendre l'exposant et le diviser soit sur 4 ou 2 selon les cas, et on obtiendra le résultat.

Cela repose sur la propriété suivante

Propriété

Soit $n\in \mathbb {Z} ^{*}$ dont le chiffre des unités est $a$ et $k$ un entier naturel non nul.

Le chiffres des unités de $n^{k}$ est le chiffre des unités de $a^{k}$

Début d'une démonstration

Démonstration

Puisque $n$ a pour chiffre des unités $a$, alors il existe un entier $m$ tel que $n=m\times 10+a$, d'où $n^{k}=(m\times 10+a)^{k}$

On peut donc écrire : $n^{k}=\sum _{i=0}^{k}{\binom {k}{i}}(10m)^{i}a^{k-i}=10\times (\sum _{i=1}^{k}10^{i-1}m^{i})+a^{k}$

Or $10\times (\sum _{i=1}^{k}10^{i-1}m^{i})$ est un multiple de 10. CQFD.

Fin de la démonstration

pour la division sur 4 : a - b - c - d :

n est l'exposant, on a donc :

n/4 = x.25 <=> a

n/4 = x.5 <=> b

n/4 = x.75 <=> c

n/4 = x.00 (aucun chiffre après virgule )<=> d

pour la division sur 2 : a - b :

n/2 = x.5 <=> a

n/2 = x.00 <=> b

Cas de 5ⁿ

Constat 1:

On a : 5^1 = 5 ; 5^2 = 25 ; 5^3 = 125 ; 5^4 = 625 ; 5^5 = 3125 ; 5^6 = 15625 ; 5^7 = 78125 ; 5^8 = 390625 ......

5ⁿ se termine non seulement avec 5 ; mais avec 25 et le nombre à côté de 25 a une jolie relation :

5³ = 125 ; 5⁴ = 625 : La relation : (1 * 5) + 1 = 6 .

5⁵ = 3125 ; 5⁶ = 15625 : La relation : (31 * 5) + 1 = 156 .

Résultat :

Le nombre à côté 25 de la puissance n on le multiplie fois 5 et on ajoute 1 pour obtenir a puissance suivante n+1

Pour chaque n € N - {0,1} :

                                                    5n = x25  

                                         (x * 5 ) + 1 = y <==> 5n+1 = y25

Et comme par hasard devrait-il y avoir une écriture pour la puissance 5ⁿ ?

Constat 2:

5ⁿ = x25

5ⁿ⁺¹ = y25 = [5x + 1]25

5ⁿ⁺² = [(5x+1)*5 + 1]25 = [25x + 6]25

5ⁿ⁺³ = [125x + 31]25 

etc ....

Pour n = 3 : x = 1 (5³ = 125), on remarque que : 

5³⁺¹ = y25 = [5 + 1]25 = [5¹ + 5⁰]25

5³⁺² = [(5x+1)*5 + 1]25 = [25x + 6]25 = [25 + 6]25 = [25 + 5 + 1]25 = [5² + 5¹ + 5⁰]25

5³⁺³ = [125x + 31]25 = [125 + 31]25 = [125 + 25 + 5 + 1]25 = [5³ + 5² + 5¹ + 5⁰]25 etc ...

On peut en déduire que :

                                             $5^{3+k}=[\sum _{p=0}^{p=k}5^{p}]25$      

Ça veut dire que 5^3+k peut s'écrire en une collocation entre 25 et un nombre x qui correspond à la somme des puissances de 5 sur-cité en haut

Début d'une démonstration

Démonstration

on va montrer que$:\forall k\in \mathbb {N} ,\forall p\in \left[|0;k|\right]\,\,\,:5^{3+k}=[\sum _{p=0}^{p=k}5^{p}]25.$ Pour k = 0: $5^{3+0}=5^{3}=[\sum _{p=0}^{p=0}5^{p}]25=[5^{0}]25=[1]25=125$ vrai. On suppose que la relation est juste jusqu'à "k" et on montre que $5^{3+k+1}=[\sum _{p=0}^{p=k+1}5^{p}]25.$

$5^{3+k+1}=5^{3+k}*5=([\sum _{p=0}^{p=k}5^{p}]25)*5$ Cependant on a: $[\sum _{p=0}^{p=k}5^{p}]25=(\sum _{p=0}^{p=k}5^{p})*100+25\,$ Alors:$([\sum _{p=0}^{p=k}5^{p}]25)*5=((\sum _{p=0}^{p=k}5^{p})*100+25)*5=((\sum _{p=0}^{p=k}5^{p})*500+125)=((\sum _{p=0}^{p=k}5^{p})*500+100+25)=100*(5\sum _{p=0}^{p=k}5^{p}+1)+25$ $=100*(\sum _{p=1}^{p=k+1}5^{p}+1)+25=100*(\sum _{p=1}^{p=k+1}5^{p}+5^{0})+25=100*(\sum _{p=0}^{p=k+1}5^{p})+25=[\sum _{p=0}^{p=k+1}5^{p}]25=5^{3+k+1}$

Fin de la démonstration

Résultat:

On a vu qu’il y a une relation entre les 5^n, par exemple : 5ⁿ⁺³ = [125x + 31]25 = [125x + 25 + 5 + 1]25 = [5³x + 5² + 5¹ + 5⁰]25

il existe un x € N pour chaque n € N - {0,1} :

                                                      5n = x25

L'écriture de 5^n correspond a la loi suivante :

                                            $5^{n+k}=[\sum _{p=0}^{p=k-1}5^{k}x+5^{p}]25$

Cas de 4ⁿ:

Constats:

41 = 4	42 = 16	43 = 64	44 = 256	45 = 1024	46 = 4096	47 = 16384	48 = 65536	49 = 262144	410 = 1048576
411 = 4194304	412 = 16777216	413 = 67108864

Comme on avait dis précédemment, 4ⁿ se termine soit avec 4 soit avec 6 , mais on s'intéressera pas à ça actuellement. En faisant attention a la partie gauche du nombre d'unité, on remarque certaines choses :

1 er type :

4³ = 64 ; 4⁴ = 256 . La relation est : (6 * 4) + 1 = 25

4⁵ = 1024 ; 4⁶ = 4096 . La relation est : (102 * 4) + 1 = 409

2^e type:

4⁴ = 256 ; 4⁵ = 1024. La relation est : (25 * 4) + 2 = 102

4⁶ = 4096 ; 4⁷ = 16384. La relation est : (409 * 4) + 2 = 1638

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On passe a l'écriture avec "x" , on considère: 4^3 = 64 ; x = 6 . n = 3

4ⁿ = 4³⁺⁰ = 4³ = x4 ;

4ⁿ⁺¹ = 4³⁺¹ = 4⁴ = [(x * 4) + 1]6 = [4¹x + 4⁰]6

4ⁿ⁺² = 4³⁺² = 4⁵ = { [ (4x + 1) *4] + 2 }4 = [4² x + 4¹ + 2 * 4⁰]4

4ⁿ⁺³ = 4³⁺³ = 4⁶ = { ( [4² x + 4 + 2] * 4) + 1 }6 = [4³ x + 4² + 2 * 4¹ + 4⁰]6

4ⁿ⁺⁴ = 4³⁺⁴ = 4⁷ = { ( [4³ x + 4² + 2 * 4¹ + 4⁰] * 4) + 2 }4 = [4⁴ x + 4³ + 2 * 4² + 4¹ + 2 * 4⁰]4

4ⁿ⁺⁵ = 4³⁺⁵ = 4⁸ = { ( [4⁴ x + 4³ + 2 * 4² + 4¹ + 2 * 4⁰] * 4) + 1 }6 = [4⁵ x + 4⁴ + 2 * 4³ + 4² + 2 * 4¹ + 4⁰ ]6

4ⁿ⁺⁶ = 4³⁺⁶ = 4⁹ = { ( [4⁵ x + 4⁴ + 2 * 4³ + 4² + 2 * 4¹ + 4⁰] * 4) + 2 }4 = [4⁶ x + 4⁵ + 2 * 4⁴ + 4³ + 2 * 4² + 4¹ + 2 * 4⁰]4

Certes je pense que c’est difficile a remarquer mais , voici les remarques :

1. Si l'exposant est paire : le nombre d'unité est 6,
2. Si l'exposant est impaire : le nombre d'unité est 4,
3. Le premier 4^k est accompagné du x du nombre de départ, et le deuxième est toujours multiplié par 1
4. 2 se multiple à une puissance chaque 2 fois .
5. 4ⁿ a une écriture qui ressemble pas beaucoup à 5ⁿ

Sauf que pour le 3 ème résultat, il y a un joli défaut :

par exemple : 4ⁿ⁺⁵ = 4³⁺⁵ = 4⁸ = [4⁵ x + 4⁴ + 2 * 4³ + 4² + 2 * 4¹ + 4⁰ ]6

ici n = 3 , mais si on met n = 4 comme par hasard ? voici un étonnant résultat: (ici x = 25)

4ⁿ⁺⁴ = 4⁴⁺⁴ = 4⁸ = [4⁴ x + 2 * 4³ + 4² +2 * 4¹ + 4⁰ ]6

La deuxième puissance est multiplié par 2 , donc il devrait y avoir des conditions peut-être.

Résultat :

On considère l'écriture 4ⁿ, alors on a donc pour chaque n appartenant à N - {0} , il existe un x € a N tel que :

4ⁿ = x4 ou 4ⁿ = x6

(si n est impaire ) (si n est paire )

L'écriture de chaque 4ⁿ est du à la loi suivante :

               $4^{n+k}=[4^{k}x+(4^{k-1}*a)+(4^{k-2}*b)+(4^{k-3}*a)+.....+4^{0}*(a)ou(b)/selon/l'ordre/des/exposants]p$

• Si n+k = impaire : p = 4 <=>
  • 1er cas : k paire: a = 1 et b = 2

               $4^{n+k}=[4^{k}x+(4^{k-1}*1)+(4^{k-2}*2)+(4^{k-3}*1)+.....+4^{0}*(a)ou(b)/selon/l'ordre/des/exposants]4$

• • 2^e cas : k impaire : a = 2 et b = 1

               $4^{n+k}=[4^{k}x+(4^{k-1}*2)+(4^{k-2}*1)+(4^{k-3}*2)+.....+4^{0}*(a)ou(b)/selon/l'ordre/des/exposants]4$

• Si n+k = paire : p = 6 <=>
  • 1er cas: k paire: a = 2 et b = 1

              $4^{n+k}=[4^{k}x+(4^{k-1}*2)+(4^{k-2}*1)+(4^{k-3}*2)+.....+4^{0}*(a)ou(b)/selon/l'ordre/des/exposants]6$

• • 2^e cas: k impaire : a = 1 et b = 2

              $4^{n+k}=[4^{k}x+(4^{k-1}*1)+(4^{k-2}*2)+(4^{k-3}*1)+.....+4^{0}*(a)ou(b)/selon/l'ordre/des/exposants]6$

Hypothèse d'écriture d'un nombre entier de Diaeddine

On a vu précédemment que : $5^{n+k}=[\sum _{p=0}^{p=k-1}5^{k}x+5^{p}]25$ (5ⁿ = x25)

et : (avec 4ⁿ = x4 ou x6) $4^{n+k}=[4^{k}x+(4^{k-1}*a)+(4^{k-2}*b)+(4^{k-3}*a)+.....+4^{0}*(a)ou(b)/selon/l'ordre/des/exposants]p$

Chacun des deux nombres peut s'écrire en tant qu'une somme d'un A^k x + A^k-1 * p + .... , dont p est un nombre et qui peut-être soit constant soit une variable qui change en 2 jusqu'à 4 fois maximum et cette écriture représente la partie gauche a coté du nombre d'unité représentant le nombre A^{n .}

Donc il se peut que tout les nombres entiers aient la même écriture et exactement le premier est toujours A^k x.

Voici donc l'hypothèse :

${\textstyle \forall n\mathrm {\euro} \mathbb {N} :}$ (a > 1 et appartient à N ; k,p positifs et appartiennent à N) , qui s'écrit sous forme de : 
                    $n^{a}=n^{k+p}=[n^{k}*x+(n^{k-1}*b)+(n^{k-2}*c)+......(n^{0}*d)]u$

u est le nombre d'unité représentant n^a ; a = k + p ; n^p = [x]u ; b,c peuvent soit être égaux soit non et sont des constantes, d aussi une constante qui peut égale soit à b soit à c soit à un autre nombre.

L'hypothèse est juste pour 5^n+k et 4^n+k ; donc il y a une chance pour qu’il soit juste pour chaque nombre entier relatif ou naturel et ainsi l'hypothèse pourra devenir un théorème. Il faut justement démontrer ce truc :').

La puissance d'un nombre vers la somme de ses puissances :

Constats 1 :

${\frac {1}{2^{1}}}=0.5;\;\;\;{\frac {1}{2^{2}}}=0.25;\;\;\;{\frac {1}{2^{3}}}=0.125;\;\;\;{\frac {1}{2^{4}}}=0.0625;\;\;\;{\frac {1}{2^{5}}}=0.03125;\;\;\;{\frac {1}{2^{6}}}=0.015625;\;\;\;{\frac {1}{2^{7}}}=0.0078125$

Si on remarque bien , on trouvera que ${\frac {1}{2^{n}}}$ s'écrit sous une forme de $0.[5^{n}]$ et le nombre de zéros augumentent de la même façon que le nombre des chiffres de $2^{n}$ : 1/2 ya un seul chiffre donc 1 zéro ; 1/16 ya 2 chiffres donc 2 zéros , 1/128 ya 3 chiffres donc 3 zeros, etc .... et le nombre a coté augumente aussi en puissance selon le premier terme : ${\frac {1}{5^{n}}}$ par exemple aussi se calcule de la même façon :

1/5 = 0.2 : un zéro car un chiffre et le premier terme est 2

1/25 = 0.04 : 2 zéros car 2 chiffres et a coté c’est 2 carré, etc ....

mais si une fraction s'écrit sous forme de 1/0.x , bah tout le monde va comprendre :') :

1/0.2 = 5

1/0.02 = 50

1/0.0025 = 400

Résultat 1 :

Chaque puissance inverse qui respecte les critères en dessous s'écrit de cette manière ( à démontrer ) :

$\forall a\in \Re -\;]-1,1[\;;\exists b\in \Re -\;]-1,1[$

                                              ${\frac {1}{a}}={\underset {\;de\;chiffres\;de\;a}{\underset {egale\;au\;nombre}{\underset {le\;nombre\;de\;zeros}{\underbrace {0.00000000.....} }}}}[b]$

                                            ${\frac {1}{a^{n}}}={\underset {\;de\;chiffres\;de\;a}{\underset {egale\;au\;nombre}{\underset {le\;nombre\;de\;zeros}{\underbrace {0.00000000.....} }}}}[b^{n}]$

$\forall a\in ]-1,1[\;;\exists b\in \Re -\;]-1,1[$

                                              ${\frac {1}{a}}={\underset {\;de\;chiffres\;de\;a}{\underset {egale\;au\;nombre}{\underset {le\;nombre\;de\;zeros}{[b]\underbrace {00........00000} }}}}$

                                            ${\frac {1}{a^{n}}}={\underset {\;de\;chiffres\;de\;a}{\underset {egale\;au\;nombre}{\underset {le\;nombre\;de\;zeros}{[b^{n}]\underbrace {00........00000} }}}}$

Constats 2 :

Cas ${\frac {1}{2^{k}}}$ :

${\frac {1}{2}}-{\frac {1}{4}}={\frac {1}{4}}\;\;\;$;

${\frac {1}{2}}-{\frac {1}{4}}-{\frac {1}{8}}={\frac {1}{8}}\;\;\;$;

${\frac {1}{2}}-{\frac {1}{4}}-{\frac {1}{8}}-{\frac {1}{16}}={\frac {1}{16}}\;\;\;$;

Donc l'écriture de ${\frac {1}{2^{k}}}$; dépend de la soustraction de ses puissances précédants

Cas ${\frac {1}{3^{k}}}$ :

${\frac {1}{3}}-{\frac {1}{9}}={\frac {1}{9}}\;\;\;$;

${\frac {1}{3}}-2*{\frac {1}{9}}-2*{\frac {1}{27}}={\frac {1}{27}}\;\;\;$;

${\frac {1}{2}}-2*{\frac {1}{9}}-2*{\frac {1}{27}}-2*{\frac {1}{81}}={\frac {1}{81}}\;\;\;$;

C'est la même écriture de la fraction inverse de deux sauf qu’il y'avait une valeur "2" laquelle on la multiplie, et c’est le même cas de ${\frac {1}{2^{k}}}$ car le nombre d'avant était "1"

Résultat 2 :

En testant plusieurs nombres, on trouve que le résultat et le même mais le nombre de valeur que je l'appèlerais "l'antécédent" va changer de valeur d'une façon logique, et ainsi on peut déduire cette loi et qui peut être démontré par récurrence :

                             $\forall a\in \Re ^{*};(n\geq {k})\in \mathbb {N} :\;\;\;\;\mathbf {{\frac {1}{a^{n}}}=\;{\frac {1}{a}}-(a-1)({\frac {1}{a^{2}}}+{\frac {1}{a^{3}}}+{\frac {1}{a^{4}}}+....{\frac {1}{a^{n}}}))}$

<===>

                                     $\forall a\in \Re ^{*};(n\geq {k})\in \mathbb {N} :\;\;\;\;\mathbf {{\frac {1}{a^{n}}}=\;{\frac {1}{a}}-(a-1)\sum _{k=2}^{n}{\frac {1}{a^{k}}}}$

== Résultat Final : La suite de puissances : ==

Tout ce que je vais écrire maintenant peut être démontré par récurrence :

On a tout d’abord : $a^{n+1}\sum _{k=2}^{n}{\frac {1}{a^{k}}}=\sum _{k=1}^{n-1}{a^{k}}$

Le résultat d'avant est : $\forall a\in \Re ^{*};(n>k)\in \mathbb {N} :\;\;\;\;\mathbf {{\frac {1}{a^{n}}}=\;{\frac {1}{a}}-(a-1)\sum _{k=2}^{n}{\frac {1}{a^{k}}}}$

ce qui donne que : $\sum _{k=2}^{n}{\frac {1}{a^{k}}}=-({\frac {1}{a^{n}}}-{\frac {1}{a}}){\frac {1}{a-1}}={\frac {a^{n}-a}{a^{n+1}}}{\frac {1}{a-1}}$

en changeant de côté et en remplaçant : $a^{n+1}\sum _{k=2}^{n}{\frac {1}{a^{k}}}=\sum _{k=1}^{n-1}{a^{k}}=(a^{n}-a){\frac {1}{a-1}}$

Et ainsi en changeant également on trouve le résultat final :

                                    $\forall a\in \Re ;(n>k)\in \mathbb {N} :\;\;\;\;\mathbf {a^{n}=a+(a-1)\sum _{k=1}^{n-1}{a^{k}}}$

Remarque :

$a+(a-1)\sum _{k=1}^{n-1}{a^{k}}=a+(a-1)(a^{1}+a^{2}+a^{3}+....+a^{n-1})=a+a^{2}+a^{3}+a^{4}+....+a^{n-1}+a^{n}-(a+a^{2}+a^{3}+....+a^{n-1})=a^{n}$

La relation d'avant n'est qu'un extension d'addition et de soustraction mais " exprimé par le nombre <a> "