Nombres premiers successifs

zephir
zephir
dans Arithmétique
Chers amis de la théorie des nombres, bonsoir.

Une petite conjecture pour vous distraire.
Je note $\mathit P$ l'ensemble des nombres premiers et $s$ la fonction de $\mathit P$ dans $\mathit P$ qui, au nombre premier $p$, associe son successeur dans $\mathit P$.
Je note enfin, pour tout réel $x$, $[x]$ la partie entière de $x$.
Soit $E$ l'énoncé :$\exists (k,a,u)\in \N\times \R\times \N ^{\mathit P} : s(p)=p+k*[\log_2(p)^a]-u(p)$

Conjecture : $E$ est vrai.

Elle est numériquement vérifiée, avec $k=2,\ a=1.5$ pour les $10^8$ premiers nombres premiers.
Vrai ou fausse, je ne sais.

Cordialement,
zephir.

edit : le "+" est modifié en "-" devant $u(p)$

Réponses

  • Poirot
    Poirot
    La conjecture porte sur le caractère entier des valeurs de la fonction $u$ si on la définit par ta formule ? Car sinon ça n'a pas grand sens.
  • zephir
    zephir
    C'est sa positivité qui est importante. La conjecture est la majoration suivante : $$s(p)\le p+2*\log_2(p)^{1.5}+2$$ vrai pour les $10^8$ premiers nombres premiers.
    Je m'aperçois d'une erreur dans mon message. Je corrige.
  • Sylvain
    Sylvain
    C'est le log de base 2 dans ton dernier message ?
  • zephir
    zephir
    Oui, c'est bien le log en base 2
  • Math Coss
    Math Coss
    La conjecture de Cramér pronostique un écart en le carré du logarithme ($a=2$).
  • noix de totos
    noix de totos
    Comme le souligne Math Coss, on est actuellement très loin de pouvoir démontrer une telle conjecture. Même l'Hypothèse de Riemann ne prédit qu'une majoration de la forme $p_{k+1} - p_k \ll p_k^{1/2} \log p_k$, et on est loin, là aussi, d'avoir démontré ça. Le meilleur résultat actuel dans cette direction est $p_{k+1} - p_k \ll p_k^{0,525+\varepsilon}$.

    Plus généralement, on voit fleurir ici ou là des conjectures actuellement hors de portée d'à peu près tout le monde (dont certaines prétendent être démontrées par des gens qui, manifestement, n'y connaissent absolument rien). Même s'il y a un petit côté historique, l'intérêt de balancer ces conjectures m'échappe. Pourquoi ne pas poser, sur un forum, des exercices plus abordables ?

    Par exemple, montrer avec un minimum de bagage (si possible en évitant le recours au Théorème des Nombres Premiers, inutile ici) que, pour tout $k \in \mathbb{Z}_{\geqslant 7}$, on a
    $$p_{k+1} - p_k < \tfrac{1}{4} \left( p_{k+1} - 1 \right) \ ?$$
    (ou $\frac{1}{2}$ à la place de $\frac{1}{4}$ si on trouve l'exo un peu dur).
  • zephir
    zephir
    Bonsoir noix de toto,
    On sait depuis Bertrand (conjecture de ...) que $p_k\le p_{k+1} \le 2*p_k$, donc : $$p_{k+1}-p_k\le p_k
    $$ La conjecture de Bertrand a été améliorée plusieurs fois pendant le XXème siècle, mais je ne me souviens plus précisément comment et par qui.

    Toi qui es un fin connaisseur de l'histoire des mathématiques, tu pourrais nous rafraîchir la mémoire.

    Voir par exemple la page Bertrand. On y trouve :
    $$\forall e>0,\ \exists n\in \N\ :\ \forall k>n,\ \exists p\in\mathcal P\ :\ k\le p\le (1+e)k,$$où $\mathcal P$ désigne l'ensemble des nombres premiers.

    Cdt,
    zephir.

    Edit : petit hommage à ...
    (avec hémistiche raté au 4eme)
    AD l'indestructible est bien passé par là
    et les nombres premiers retrouvent leur symbole
    Un grand merci à toi qui des groupes est l'idole
    Car dans un livre culte tu les cajolas.
  • noix de totos
    noix de totos
    L'idée de prendre une extension de la conjecture de Bertrand est (la) bonne.

    Une indication ici : Si $n \geqslant 25$, l'intervalle $\left ] n , \frac{6}{5} n \right [$ contient au moins un nombre premier.

    Référence.

    J. Nagura, On the interval containing at least one prime number, Proc. Japan Acad. 28 (1952), 177--181.
  • abstract
    abstract
    Si je comprends, on a le système :
    prime(n+1) - prime(n) < 1/4((prime(n+1) -1)
    et
    prime(n+1)-prime(n) < 6/5 prime(n) - prime(n) avec prime(n) > 25, ou n >= 10

    soit
    prime(n) > 3/4 prime(n+1) +1/4
    et
    prime(n) > 5/6 prime(n+1)

    Si prime(n) = W et prime(n+1) = Q
    alors
    5Q/6 > 3Q/4 + 1/4, si Q > 3 https://goo.gl/xCNKSc

    où on voit ( https://goo.gl/tCW2uc ) que
    ce n’est effectivement qu’à partir de n=10 que le système pourrait être vérifié pour tout n : https://goo.gl/zXgRrp
  • zephir
    zephir
    Je recommande vivement, a ceux qui s'intéressent aux nombres premiers, l'achat et la lecture du livre suivant (en anglais) :
    titre : Prime Numbers and the Riemann Hypothesis
    auteurs : Barry Mazur & William Stein
    Editeur : Cambridge University Press
    date : 2016

    Il résume ce qui est connu à ce jour sur le sujet. Il est très clair et plein d'humour. Les prérequis sont d'un niveau assez élevé (M1 théorie des nombres). Aucune démonstration, mais un "overview" de la question.

    Ils parlent, entre autre du "skewes Number".

    Je reviendrai sur la question proposée par noix de totos en tentant un raisonnement par récurrence.
    Pour n>=25, il existe p tel que n<=p<=6n/5.
    Pour n=25, entre 25 et 25*6/5=30, il y a 27 et 29
    Donc, pour n=26,27,28,29 pas de souci
    on passe donc à n=30, entre 30 et 30*6/5=36, il y a 31 seulement.
    On passe donc à 32. entre 32 et 32*6/5=38,xxx, il y a 37 seulement
    On passe donc à 38. entre 38 et 38*6/5=45,xxx, il y a 39,41 et 43
    On passe donc ... et ... on essaie un récurrence ? à partir de 1261 ?

    La suite au prochain numéro, avec Li(p) et Pi(p). Je ne sais pas faire de façon élémentaire. Désolé.
    Bonne nuit.
    zephir.

    P.S. Je reproduis l'edit d'un précédent message.
    pour être presque sûr que quelqu'un l'aura lu.

    Edit : petit hommage à ...
    (avec hémistiche raté au 4 ième)
    AD l'indestructible est bien passé par là
    et les nombres premiers retrouvent leur symbole
    Un grand merci à toi qui des groupes est l'idole
    Car dans un livre culte tu les cajolas.
  • LEG
    LEG
    Bonjour
    j'ai du mal à comprendre pourquoi on ne démontre pas tout simplement l'estimation du nombre de nombres premiers entre $n$ et $2n$ en se référant au T N P avec la fonction : $\frac {n}{Ln\ 2n}$ .
    Car en prenant exemple sur l'intervalle cité par noix de totos le nombre augmente très rapidement et on est loin de 1 nombre premier dans cet intervalle.....
    par ex : si on prend $n =10^9$ , la deuxième fonction du TNP nous en donnerait environ : 28 700 461 , au lieu de "1"...???

    $\frac {600 000 000}{Ln\ 1 200 000 000}$; ce n'est pas le même intervalle bien sur...Mais quand même; et Il y a des estimations encore plus affinées ....
  • Chaurien
    Chaurien
    N'ayant pas réussi à télécharger Prime Numbers and the Riemann Hypothesis de Barry Mazur & William Stein :-(, je l'ai acheté, il n'est pas trop cher. Merci pour le tuyau. J'attends qu'il arrive chez moi.
    Barry Mazur est-il parent avec Stanislaw Mazur ?
    Fr. Ch.
  • depasse
    depasse
    Bonjour à tous,

    si le bagage
    noix de totos a écrit:
    Si $n \geqslant 25$, l'intervalle $\left ] n , \frac{6}{5} n \right [$ contient au moins un nombre premier
    est considéré comme minimum, alors la réponse à l'injonction
    noix de totos a écrit:
    montrer avec un minimum de bagage (si possible en évitant le recours au Théorème des Nombres Premiers, inutile ici) que, pour tout $k \in \mathbb{Z}_{\geqslant 7}$, on a $$p_{k+1} - p_k < \tfrac{1}{4} \left( p_{k+1} - 1\right) \ $$
    me paraît triviale, comme me semble le dire @abstract:

    Du premier encadré on déduit, vu que $p_9=23<25<29=p_{10}$, que

    Si $k \geqslant 10$, l'intervalle $\left ] p_k, \frac{6}{5} p_k \right [$ contient au moins un nombre premier
    et donc $\displaystyle{p_{k+1}<\frac{6}{5} p_k} $, et donc $\displaystyle{p_{k+1}-p_k<\frac {p_k}{5}} $, a fortiori $\displaystyle{p_{k+1}-p_k<\frac {p_{k+1}}{5}} $
    Or $\displaystyle{\frac {p_{k+1}}{5} \leq \frac{p_{k+1}-1}{4}}$ dès que $p_{k+1}\geq5$, i.e. $k\geq2$
    Ainsi, dès que $k\geq 10$, $$p_{k+1} - p_k < \tfrac{1}{4} \left( p_{k+1} - 1
    \right). \ $$ On vérifie que si $k \in \{7,8,9\}$ on a encore $$p_{k+1} - p_k < \tfrac{1}{4} \left( p_{k+1} - 1 \right). $$ Ainsi est démontré ce que demandait @noix de totos.

    J'en déduis que :
    ou bien j'ai raconté une bêtise,
    ou bien @noix de totos ne considère pas que son premier encadré est un bagage élémentaire et, qu'en conséquence, il attend une réponse qui ne l'utilise pas.

    Cordialement
    Paul
  • zephir
    zephir
    Noix de totos a demandé une démonstration de $$p_{k+1}-p_k \le \dfrac 1 5 p_k$$
    La suite est bien ce que tu (depasse) as fait. Cela semble correct.
  • noix de totos
    noix de totos
    La démonstration du résultat de Nagura étant élémentaire (c'est du Chebyshev amélioré), ça fait partie du bagage minimum pour traiter cet exercice, mais que je n'irai pas jusqu'à traiter de trivial, faut quand même pas exagérer.
  • depasse
    depasse
    Bonjour,

    Il y a, noix de totos, un grand malentendu!

    Ce que j'ai qualifié de trivial est ma propre démonstration ( i.e. celle du fait que le résultat de Nagura (que tu déclares toi-même bagage minimal) implique que dès que $\displaystyle{k\geq 7, p_{k+1}-p_k\leq \frac {p_{k+1}-1}{4}}$) et certainement pas le joli résultat de Nagura!

    Cordialement
    Paul
  • noix de totos
    noix de totos
    J'avais bien compris : il faut imaginer traiter l'inégalité que j'avais demandé sans avoir eu l'indication du résultat de Nagura, indication que j'ai eu la faiblesse de donner un peu rapidement plus haut.
  • zephir
    zephir
    Bonsoir les amis,
    Je rentre d'un déplacement à l'étranger où j'avais difficilement accès à internet.
    J'ai fait une expérimentation en commençant par calculer les $10^8$ premiers nombres premiers
    et j'ai calculé les écarts $$d_1(p) = 2*(ln_2p)^{3/2}+2-(s(p)-p)\text\ \ \ et\ \ \ \ d_2(p)=ln_2(p)^2-(s(p)-p)$$ pour chaque nombre premier.
    Les deux conjectures testées sont : $\forall p\in P, d_1(p)>0$ et $\forall p\in P, d_2(p)>0$
    j'ai ensuite groupé par paquet de $3000$ en prenant le minimum sur chaque paquet.

    $d_1$ reste autour de $200$ et $d_2$ autour de $800$. aucune tendance haussière.
    Je suis porté à croire que ces conjectures sont fausses, mais ...
    Elles devrait conduire à $\pi(n) = o(\pi(n))$. Mais comment ?
Connectez-vous ou Inscrivez-vous pour répondre.

Bonjour!

Pour participer au forum, cliquer sur l'un des boutons :

Connexion S'inscrire

Catégories

In this Discussion

Qui est en ligne 43

ChaurienFoysGot66JLapinMatricule_63PetitLutinMalicieuxTOTO25Thierry Pomamanussistfjzeste +31 Invités