Nombres premiers successifs
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 $u(p)$
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 $u(p)$
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Réponses
Je m'aperçois d'une erreur dans mon message. Je corrige.
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).
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.
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.
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
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.
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 ....
Barry Mazur est-il parent avec Stanislaw Mazur ?
Fr. Ch.
si le bagage est considéré comme minimum, alors la réponse à l'injonction
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
La suite est bien ce que tu (depasse) as fait. Cela semble correct.
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
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 ?