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Problèmes en série.

Envoyé par emre54 
gb
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
avatar
Oui Corentin, c'est hyper connu.

Plus vicieux, les mêmes deux portes, mais avec un unique gardien qui dit la vérité $p$ fois sur $q$ ($p$ et $q$ dans $\N^*$), et l'on a toujours droit à une seule question. Que faire ?
bs
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
avatar
Parce que j'ai répondu, Corentin demande si c'est connu.
et gb d'enchérir: oui, c'est hyper connu !
C'est vraiment sympa !:)

mais,oui, je connaissais...
gb
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
avatar
Visiblement, Corentin ne connaissait pas, et comme c'est une vague vieille connaissance, je me suis permis de lui faire un clin d'oeil.
Je ne suis pas ce fil, c'est le fait de voir Corentin s'y intéresser qui a titillé ma curiosité.
Re: Problèmes en série.
il y a treize années
avatar
bonjour georgesZ,



Je ne connais pas le livre dont tu parle dans ton message du lun 5 février 2007

12:49:54. Si tu peux en extraire quelques problèmes et les mettre ici

ca pourrait donner un nouveau départ pour ce fils.

L'énoncé dont tu parle, je l'ai retrouvé dans mes notes et il me semble qu'il

provient d'une revue.

Sinon, une variante du problème n°20, ( pour un joueur d'échec ) a été proposé été proposé dans un vieux numéro de Quadrature et quelqu'un le résolu sans utiliser le principe de Dirichlet ... Peut-être quelqu'un peux retrouver cette démonstration et nous la décrire?

Sincèrement,

Galax
Re: Problèmes en série.
il y a douze années
avatar
Bonjour,

Voici une question ammusante:

Problème 21

Existe-t-il une suite de 1000 naturels concécutifs ayant parmi eux 4 nombres premiers exactement?

Sincèrement,

Galax

PS Problème 20 de GeorgesZ est très interessant... et vaut bien un détour
Re: Problèmes en série.
il y a douze années
avatar
Bonsoir .

Juste une petite parenthèse pour Georges, je viens de survoler les dernières pages du fil pour me rendre compte que j'avais complètement zappé un PS à propos du pb6 , d'autre part j'étais persuadé avoir répondu ( ça doit être l'âge ) . Quoiqu'il en soit ta réponse est juste ( et donc la mienne fausse ) .

Bravo et avec toutes mes excuses pour le retard .

Domi

PS : je n'ai pas le temps d'intervenir sur ce fil ou sur les autres en ce moment mais je reviendrais :)
georgesZ
Re: Problèmes en série.
il y a douze années
Bonjour,
je remonte ce fil.

Domi,notre but commun est de progresser et de donner, si possible, une réponse correcte à toute question posée. Merci de confirmer ce que j'ai écrit (je ne suis pas infaillible, loin de là).

Galax, je ne vois pas du tout comment répondre à ton Pb.n° 21. Cela me semble lié aux questions posées (pas très clairement) par Alibri ces jours-ci.

Pour le Pb.n°20, j'aimerai voir la preuve sans Dirichlet, donnée dans Quadrature...

Amicalement,
Georges
Re: Problèmes en série.
il y a douze années
avatar
bonjour GeorgesZ,

Voici une indication pour le problème 21:
on peut prouver facilement qu'il existe une suite de 1000 nombres consécutifs sans aucun nombre premier.
Ce problème est inspiré par la question suivante ( de quelque sorte duale aux questions posées par par Alibri, mais la réponse à ma question n'as rien révolutionnaire... je trouve tout simplement mon problème amusant et rien d'autre ):
Dans un intervalle de longueur donné, quel est le cardinal maximal possible de nombres premiers dans cet intervalle.

Pour le problème 20 je recherche, moi aussi, le n° de Quadrature à ce sujet, il semblerait qu'il s'agit de l'un de 10 premierès N°.

Sincèrement,

Galax



Edité 2 fois. La dernière correction date de il y a douze années et a été effectuée par galax.
bs
Re: Problèmes en série.
il y a douze années
avatar
Bonjour,
un petit tour sur ce fil:

Galax: Dans Sierpinski: $26$ est le nombre maximal de nombres premiers pouvant apparaître dans une suite de $100$ nombres entiers consécutifs; cette situation ne se produit qu'une seule fois : de $2$ à $101$. J'ai fait , (en regardant de temps à autre le corrigé ), cet exercice. Pour tout intervalle, sa méthode est généralisable , mais plutôt fastidieuse.

Amicalement.
Re: Problèmes en série.
il y a douze années
avatar
bonjour Bs,

Oui le résultat que tu cite est fort intéressant,
en ce qui concerne la méthode de résolution du problème 21 que j'ai trouvé permet démontrer que:

pour tout nombre n entre 0 et 26 il existe il existe une suite de 100 nombres consécutifs ayant exactement n nombres premiers.

Ceci dit, je laisse à tout le monde le plaisir de chercher un peu
la solution du problème 21

Sincèrement,

Galax
georgesZ
Re: Problèmes en série.
il y a douze années
Rebonjour,
Galax, oui ton Pb.21 est assez simple (une fois vues tes indications) à un détail près.

Soit (p(n)) la suite des nombres premiers (2,3,5,..) il existe n (n=69) tq 997<p_(n-1)<1000<p_(n)=1009.

On considère Q=Prod(p(k),k=1..n) alors l'intervalle [Q-p(n)-1,Q-2] ne contient aucun nombre premier et est de longueur p(n)>1000.
Soit k tq. p(k)<Q-p(n)-1<p(k+1).

Si p(k)-p(k-3)<=1000, l'intervalle [p(k-3), p(k-3)+999] contient exactement 4 nombres premiers.

Sinon, si p(k+4)-p(k+1)<=1000, l'intervalle [p(k+4)-999, p(k+4)] contient exactement 4 nombres premiers.

Sinon, on peut considérér le plus petit q tq.[q, q+999] ne contient aucun nombre premier et faire de même en espérant une de ces conditions vérifiées...

Ce "détail" m'embête...

Amitiés,
Georges
Re: Problèmes en série.
il y a douze années
avatar
bonjour GeorgesZ,

Voici mon idée de démonstration pour le Problème 21:

Au départ j'ai considère (par exemple) 999!, 999!+1, ..., 999! + 999 une suite de 1000 nombres consecutifs non premiers;

ensuite je "glisse" vers la gauche cette suite initial d'autant de pas qu'il le faut.


N.B. Ceci n'est pas une démonstration constructive mais elle assure le résultat.

Sincèrement,


Galax

P.S. Georges, c'est à toi proposer un nouveau problème.



Edité 1 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a douze ann&eacute;es et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par galax.
georgesZ
Re: Problèmes en série.
il y a douze années
Bonsoir Galax,

D'abord 999!+1 est-il composé?

Oui je me suis compliqué la tâche, on glisse vers la gauche (ou la droite) jusqu'à ce que l'on ait dans l'intervalle de longueur 1000, 4 nombres premiers exactement.

PS. Ma méthode pour trouver un intervalle de longueur 1000 sans nombre premier donne un intervalle plus à gauche que la tienne [1001!+2, 1001!+1001] (ou mieux [1001!-1001,1001!-2]).

J'attends une solution du Pb. 20 (énoncé à rectifier par "1km au minimum chaque jour").
Re: Problèmes en série.
il y a douze années
avatar
Bonjour GeorgesZ,

Oui tu as raison ta suite est un meilleur choix que la mienne.

En fait je ne sais pas si 999! + 1 est composé ou non.
Je préfère glisser vers la gauche car à priori on ne sait pas ce qui se passe à droite.

Sincèrement,

Galax

P.S Un complément à mon message:
999! + 1 n'est pas premier
j'ai trouvé d'abord un résultat grâce au google: 999! + 1 ou 999! - 1 est divisible par 1999
puis que 999! + 1 est divisible par 9811 et 176852426053921 ...
en outre 999! - 1 est divisible par 1999 et 11173 ...



Edité 3 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a douze ann&eacute;es et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par galax.
georgesZ
Re: Problèmes en série.
il y a douze années
Bonjour,
Je récapitule sur le Pb.21 et en profite pour essayer d'écrire en Latex.

D'abord, Galax comment fais-tu pour modifier ton message du 22/02/07 20:45, le 23/02/07 01:51 ?

Soit $N\geq 1$. Pour $n\geq 1$, soit $\pi_N(n)$ le nombre de nombres premiers dans l'intervalle $[n,n+N]$. Soit $\pi_N= Max_{n\geq 1} \pi_N(n)$ (qui est $\geq 1$) et $m_0$ (minimal) tel que $\pi_N(m_0)=\pi_N$.

Soit $n$ tel que $\pi_N(n)=0$. Il existe $q_1,..,q_s$ nombres premiers distincts tels que $\forall k \in [0,N], \exists i \in [1,s]$ tel que $q_i\mid n+k$ (donc $q_i\neq n+k$). Soit $Q=q_1..q_s$, alors $\forall t \in \N, on a \pi_N(n+tQ)=0$.

Alors, $\exists t \in \N, tel que n_0=n+tQ>m_0$ et, en considérant les $n \in [m_0,n_0]$, on obtient :

$\forall p \in [0,\pi_N],\exists n_p \in [m_0,n_0], tel que \pi_N(n_p)=p$.

Amicalement,
Georges

PS. J'ai appuyé sur "Aperçu", après avoir appuyé sur "..contient du Latex", et cela m'a redonné le message codé la case "..contient du Latex" non cochée...

Alors advienne que pourra.
Re: Problèmes en série.
il y a douze années
avatar
bonjour GeorgesZ,

Une dernière observation à propos du problème 21.

Dans mon message du jeu 22 février 2007 19:50:24 j'aurais du ajouter une remarque presque évidente) pour que ma démarche soit plus claire:
à chaque glissement d'une suite de n d'entiers consecutifs ayant m nombres premiers d'un pas (unitaire) le nombre de premiers dans la suite obtenue ne peut être que m,m+1 ou m-1.

Cette remarque permet d'obtenir une suite de n d'entiers consecutifs ayant 1,2,..., K nombres premiers en glissant à condition qu'on sait qu'il existe un intervalle
$ [n,n+N]$ tel que $ \pi_N(n)\geq K$ ( en adoptant ta notation ),
car en glissant la suite initiale vers $ [n,n+N]$ elle doit passer par des suites intermédiaires qui doivent avoir m nombres premiers, pour toutes les valeurs de m entre 0 et K (sinon, il est impossible de passer de 0 à K)

Sincèrement,
Galax

PS pour pouvoir modifier tes messages il faut être enregistré sur le forum.
Re: Problèmes en série.
il y a douze années
Bonjour Galax,
Merci, je vais essayer de m'enregistrer sur le Forum.

J'avais des pbs. pour lire Latex avec Internet Explorer sur mon I-Mac. Puis je n'arrivais même plus à lire le nouveau Forum. J'utilise maintenant Netscape 7.02 et tout marche!

{\bf Pb. n°22. Soit $(u(n))$ une suite définie par $u(0)=2, u(1)=10/3$ et $u(n+1)=u(n)(u(n-1)^2-2)-10/3$. Calculer $E(u(n))$.}

Pour le Pb.21,

Notre expert Borde m'a signalé que, avec mes notations, on a $\pi_N(n)=\pi(n+N)-\pi(n-1)$ et que Rosser et Schoenfeld ont prouvé en 1962 que l'on a, pour $x\geqslant 17$,

$\frac{x}{\ln(x)}\leqslant \pi(x) \leqslant \frac{1,25506 x}{\ln(x)}$

(Voir (3.7) p.68 de son livre)

d'où, pour $n\geqslant 18$,on a

$\pi_N(n)\geqslant \frac{n+N}{\ln(n+N)} -\frac{1,25506 (n-1)}{\ln(n-1)}$

Pour $N=999$, cela donne, si $n \leqslant 3260$, $\pi_N(n)\geqslant 4,0017924$

Amitiés,
Georges

PS. Je copie la façon de mettre en gras par Borde.
Re: Problèmes en série.
il y a douze années
avatar
bonjour GeorgesZ,

C'est interessant de constater qu'un problème élémentaire comme le problème 21 peut avoir des retombées inattendus. C'est l'effet de sérendipicité! ( Pour utiliser un mot qui n'est pas encore dans le dictionnaire :) )

Sinon j'utilise le plus souvent le firefox qui marche très bien ( sous windows).


Sincèrement,

Galax
Re: Problèmes en série.
il y a douze années
Salut Georges,

Revenons un instant sur ce problème 21, dont un énoncé équivalent est de résoudre dans $\N^{*} - \{1 \}$ l'équation $\pi(n+999) - \pi(n) = 4$ (ie. déterminer un intervalle du type $]n,n+999]$ d'entiers contenant {\it exactement} $4$ nombres premiers).

Heuristiquement, on peut se fonder sur la conjecture suivante stipulant que, lorsque $y <x$ sont suffisamment grands, alors on a $\pi(x+y) - \pi(x) \sim y / \ln x$, ce qui laisse supposer, si ce résultat était vrai (et je pense personnellement qu'il l'est) qu'il y a peu de chances de rencontrer de tels intervalles, du moins dans les grandes valeurs de $n$. A l'heure actuelle, on a démontré, à l'aide de majorations de grand crible, que, pour tout $x,y > 2$, on a $\pi(x+y) - \pi(x) < 2y/\ln y$ (Montgomery & Vaughan, 1973). Dans une autre direction, Baker et Harman ont récemment obtenu $\pi(x+y) - \pi(x) \asymp y / \ln x$ pour $y=x^{0,535}$.

Ces résultats utilisent des mathématiques (très) profondes. Sans aller jusque là, on peut utiliser des encadrements type Rosser & Schoenfeld (qui ne {\bf sont pas} élémentaires), mais un peu plus fins, comme ceux obtenus dans le même esprit par Dusart dans sa thèse. Supposons d'ores et déjà que $n \geqslant 3000$, disons, puisque, d'après le message précédent de Georges, l'équation ne peut avoir de solution si $n < 3000$. Dans cette zone, on peut par exemple utiliser l'encadrement : $$\frac {x}{\ln x} \left ( 1 + \frac {1}{\ln x} \right ) \leqslant \pi(x) \leqslant \frac {x}{\ln x} \left ( 1 + \frac {1,2762}{\ln x} \right ).$$ Un raisonnement identique au tien montre alors que $\pi(n+999) - \pi(n) > 4$ tant que $n \leqslant 35575$.

Borde.
Re: Problèmes en série.
il y a douze années
avatar
Bonsoir GeorgesZ,

Quelques recherches empiriques à propos du pb. 22 ( grâce à l'Excel) me font croire que :

E(u(0)) = 2
E(u(1)) = 3
E(u(2)) = 3 = $3^{E_2}$ avec $E_2 = 1$
et $E(u(n)) = 3^{2E_(n-1) + (-1)^n}$ pour n $ \geq 3$

\{ E(u(n)) \} = \{ 2, 3, 3, 27, 243, 177147 ...\} )

Pour la démonstration je n'ai encore aucune idée.

Sincèrement,

Galax
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