Nombres premiers
dans Arithmétique
Salut mes chers amis , j'espère que vous allez bien, j'ai un exercice en théorie de nombre aujourd'hui.
Trouver tous les entiers positifs $n\ge 2$ ayant la propriété suivante : chaque entier $m$ supérieur à $1 $qui est inférieur à $n$ et relativement premier avec $n$ est un nombre premier.
Je sais que pour tout entier $k$ supérieur à $1$, il existe un nombre premier parmi les nombres $ k+1,\,k+2,\ldots,2k-1$, mais je ne sais pas si ça peut me servir.
Si vous avez des indices à me donner je serais très très reconnaissante.
Merci d'avance et bonne journée.
Trouver tous les entiers positifs $n\ge 2$ ayant la propriété suivante : chaque entier $m$ supérieur à $1 $qui est inférieur à $n$ et relativement premier avec $n$ est un nombre premier.
Je sais que pour tout entier $k$ supérieur à $1$, il existe un nombre premier parmi les nombres $ k+1,\,k+2,\ldots,2k-1$, mais je ne sais pas si ça peut me servir.
Si vous avez des indices à me donner je serais très très reconnaissante.
Merci d'avance et bonne journée.
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Réponses
Quels sont, parmi les premiers entiers supérieurs ou égaux à 2, ceux qui vérifient ta propriété ?
Cordialement.
NB : Je ne devrais pas avoir à te suggérer ça, c'est quand même la première idée qui devrait venir en tête !!
Tu penses vraiment que $12$ est le plus petit nombre qui marche ?
Tu penses vraiment que $14$ marche ?
Cette précision exclut 2 (si, 2 marche), mais entre 3 et 12, j'en vois quelques-uns, moi...
Deux petites pistes :
1) un nombre premier peut-il vérifier les conditions ?
2) un nombre contenant un facteur carré peut-il vérifier les conditions ?
manifestement, tu n'as pas sérieusement essayé ce que je te disais. Sinon, tu aurais vu que 2 convient (pourquoi ?), puis que 3 convient (pourquoi ?), et continué ...
Cordialement.
- 2 vérifie toutes les conditions (car l'ensemble des nombres strictement supérieurs à 1 et strictement inférieurs à 2 est vide)
- tout nombre impair strictement supérieur à 4 est exclu, car (étant impair), 4 sera premier avec lui sans être premier. Il reste à tester 3 : le seul nombre strictement compris entre 1 et 3 est 2, qui est premier et donc a fortiori premier avec 3. Conclusion partielle : 3 est le seul nombre impair solution du problème.
Donc il ne reste effectivement que les nombres pairs à tester.
Donc : au-dessus de 10, on cherche les multiples de 6, en-dessous de 10, on essaie "à la main" parmi les nombres pairs.
Mais ce raisonnement va nous posser assez loin : un nombre supérieur à 26 qui n'est pas un multiple de 5 ne pourra pas marcher, car il serait premier aevc 25 qui n'est pas premier. Puis les nombres supérieurs à 50 qui ne sont pas des multiples de 7, à cause de 49.
En fait, pour tout nombre premier, les seuls nombres supérieurs à $p^2 +1$ qui peuvent marcher sont les multiples de $p$, donc ça va devenir compliqué...
Bonne soirée.
Fr. Ch.
Avec ce que j'ai résumé pour l'instant : il faut chercher parmi les nombres pairs inférieurs à 26, ou parmi les nombres multiples de 30 (nombres pairs, supérieurs à 10 et multiples de 3, supérieurs à 26 et mutliples de 5). Donc on arrive à faire apparaître le fameux 30, c'est déjà bon signe.
Avec ma remarque sur les nombres supérieurs aux $p^2 +1$ on finira peut-être par s'en sortir.
Cela nous donne les 8 suites arithmétiques de raison 30, et de premier terme P, avec tous les nombres premiers $P_n$ tel que $ P < P_ n < n$
Exemple:
n = 30k = 60 ; m = 7 :
$ [60 : (7,11,13,17,19,23,29,31,37,41,43,47,53 ; 59)]$ je pense qu'il est inutile de chercher les nombres n pairs, situés entre 30k et 30(k+1) cela ne changerait rien.....on aura les même nombres premiers Pn > 5 et < n
Ou , j'ai loupé quelque chose.....?
On a deux listes de nombres à tester : celle des nombres inférieurs ou égaux à 26, qu'on peut tester à la main et dont on s'occupera plus tard, et la liste des multiples de 30. Regardons celle-là.
Mon argument avec 49 dit qu'on peut supprimer tous les multiples de 30 qui sont premiers avec 7, mais par exemple 210 n'est pas exclu par cette règle. Pour 210, il faut trouver un autre nombre premier $p$ (qui n'est pas dans la décomposition en facteurs premiers de 210) dont le carré est encore inférieur à 210, puis on pourra supprimer tous les multiples de 30 qui sont multiples de $p$. Si on suppose qu'on trouve effectivement un $p^2 < 210$ avec $p$ premier, ce problème va se prolonger indéfiniment (avec un multiple de 30 encore plus grand que 210) si on ne trouve pas un argument général qui permette de régler l'affaire une fois pour toutes. Et je ne l'ai pas encore trouvé.
d'où par exemple n = 210 ne peut convenir car tu as d'office 121, 169...qui ne sont pas premiers et premier avec n...
d'ailleurs quelque soit 30k > 60 ne peut convenir il y aura toujours un entier m < n = 30k, premier avec 30k et qui n'est pas un nombre premier ...
pour 60, il y a 49, ; pour 90 il y a 49,77...puis 120 il y a 91....etc ...
Ou alors je n'est pas compris quel type d'entier $n$ vous chercher...
avec n = 30, les seuls nombres m impairs < n , premiers avec 30 et qui sont des nombres premiers sont {7,11.13.17.19.23.et 29} tous les autres sont les multiples de 2,3 et 5 qui ne sont pas premiers avec 30
si tu prend n = 26 = 2*13 et bien il y a 15 premier avec 26 qui n'est pas premier P....
donc quelque soit un nombre pair = 2*P ne peut convenir car il y aura un multiple de 3 ou de 5 qui invalidera 2*P, avec P > 5.....
Si on prend l'ensemble des nombres impairs non multiple de 3 et / ou de 5, ce sont ceux qui sont en progression arithmétiques de raison 30 avec P comme premier terme appartenant à [7 ; 31]...d'où les multiples de P, de cet ensemble , invalidera 30k > 30...
mais n=10 n'est pas bon car 9 , >1, et < 10 ; est premier avec 10 mais ce n'est pas un nombre premier
n = 12 ok, 18, 24 aussi...30 et puis plus rien....
Mais il faut réussir à le montrer. Il suffirait de montrer le résultat suivant : pour tout nombre $N$ divisible par $30$ (sauf $30$), il existe un nombre premier $p$, premier avec $N$ et tel que $p^2 < N$.
Pour qu'un naturel $n\geq 2$ plaise à Jodie, il faut qu'il soit divisible par chaque premier $p$ tel que $p^2<n$, et donc par leur produit.
Ainsi tout nombre $n>25$ de Jodie est divisible par $2\times 3 \times 5=30$. On vérifie que $30$ est bien de Jodie mais que si $abc>1$ aucun $2^a\times 3^b\times 5^c$ ne l'est car chacun est supérieur ou égal à $2^2\times 3\times 5=60 > 49 =7^2$.
On constate que $2\times 3 \times 5 \times 7=210>121=11^2$ et que donc aucun des $2^a\times 3^b\times 5^c \times 7^d$ n'est de Jodie.
On finit en utilisant le fait que tout premier est inférieur au double de son prédécesseur, i.e $2p_n>p_{n+1}$:
Il en découle que, pour tout $n$ naturel non nul, $8p_np_{n+1}= (2(2p_n)) (2p_{n+1})> ( 2p_{n+1} ) ( 2p_{n+1} )> p_{n+2}^2$, d'où, a fortori $2\times 3 \times 5 \ p_np_{n+1} > p_{n+2}^2$; puis, a fortiori de a fortiori, dès que $n>3$ (soit $p_n \geq 7$),
$2 \times 3 \times 5 ....p_np_{n+1} > p_{n+2}^2 $
Sauf erreur, comme d'hab
Amicalement
Paul
Elle cherche les nombres $N$ tels que tout nombre (strictement positif) inférieur à $N$ qui est premier avec $N$ est premier tout court.
c'est tellement évident....tout nombre m, tel que : 1 < m < 30 qui n'est pas divisible par 2,3 et 5 est un nombre premier P.
(" Eratosthène") ; donc il existe P , tel que 5 < P < 30; soit : P = 7 , il existe P² = 49 < 50<60 qui invalide tout multiple de 30 > 30.
et comme 2n > 8 ; 2n * 5 ; 2P < 30 ne peut convenir car m = 9, ou 15, ou encore 25, invalideront N = 2P > ou = à 14....
Donc le tour des N qui correspondent, est vite fait....pour N > 8 qui ne sont pas premier avec {9,15 ou 25} , il ne reste bien que 12, 18, 24 et 30....
@depasse , le met mathématiquement en forme .....:)o
Regarde : 210 est un multiple de 30 qui n'est pas premier avec 49 ! C'est ce que j'ai déjà dit plusieurs fois. Donc il faut trouver un autre nombre premier que 7, dont le carré est inférieur à 210. Alors, ça marche, on peut prendre 11, mais le premier multiple de 30 qui sera un multiple de 11 va à nouveau poser problème, etc etc etc on continue de repousser le truc un cran plus loin à chaque fois ! Et je ne vois pas encore (parce que ce que tu viens de dire est mal rédigé) l'argument général qui prouve que pour tout multiple de 30, on peut trouver (par exemple) le carré d'un nombre premier qui lui est inférieur.
EDIT : Et par rapport à ce que dit depasse : on ne cherche absolument pas les nombres $N$ qui sont divisibles par tout premier $p$ tel que $p^2 < N$. On cherche les $N$ tel que tout nombre inférieur à $N$ et premier avec $N$ soit premier. Donc pour moi il ne répond pas à la bonne question !
Leg ne fait jamais de démonstrations, il se contente d'essayer sur des petits nombres, puis d'affirmer sa conviction que c'est toujours vrai; puis, face aux contestations, il rajoute des arguments spécieux, basés généralement sur des exemples. Si tu lis aussi ses anciens messages, tu verras qu'il fait une fixation sur le nombre 30.
Cordialement.
On cherche les nombres $n \geqslant 2$ tels que, pour tout nombre $2 \leqslant m \leqslant (n-1)$, si $m$ est premier avec $n$, alors $m$ est premier tout court.
On avait déjà trouvé que le seul nombre impair solution du problème est $3$.
Un nombre pair au-dessus de 10 ne peut être solution du problème que s'il est un multiple de $3$, sinon il sera premier avec $9$.
En-dessous de 10, on peut tester à la main :
$2$ est solution du problème car la liste des nombres $m$ à tester pour $2$ est vide.
$4$ est solution du problème car les $m$ sont $2$, $3$, seul $3$ est premier avec $4$ et il est premier.
$6$ est solution du problème car le seul $m$ premier avec lui est $5$, qui est premier.
$8$ est solution du problème car les seuls $m$ premiers avec lui sont $3$, $5$ et $7$, qui sont premiers.
$10$ n'est comme dit pas solution du problème à cause de $9$.
Avec le même argument que précédemment, on exclut les nombres strictement supérieurs à $26$ qui ne sont pas multiples de 5 à cause de $25$. Donc il faut tester les nombres pairs de $12$ à $24$ d'un côté, et les multiples de $30$ de l'autre.
De $12$ à $24$, je n'ai pas d'argument sophistiqué, alors j'ai testé à la main. Les nombres qui résolvent le problème sont : $12$, $18$, $24$. Les autres sont premiers avec $9$, c'est l'argument d'avant.
Donc ma liste actuelle est : $2$, $3$, $4$, $6$, $8$, $12$, $18$, $24$, plus d'éventuels multiples de $30$.
Ce que je veux montrer, c'est :
Lemme : pour tout $N$ qui est un multiple positif de $30$, sauf $30$ lui-même, il existe un nombre premier $2 < p < N$ tel que :
$i)$ $p$ ne divise pas $N$
$ii)$ $p^2 < N$
Si l'on a ça, alors on aura montré qu'il existe $2 \leqslant m \leqslant N$ tel que $m$ est premier avec $N$ sans être premier, donc $N$ n'est pas solution du problème (le $m$ en question étant $p^2$). Testons $30$ à la main... il est solution du problème.
J'essaie de démontrer mon lemme. Je n'y arrive toujours pas... J'ai essayé par récurrence mais je me suis emmêlé les pinceaux pour montrer l'hérédité. L'initialisation est triviale car pour $N=60$, $p=7$ marche comme on l'avait déjà dit.
EDIT : c'est très certainement l'argument de depasse qui va m'aider à conclure, encore faut-il que je me persuade qu'il est vrai (tout nombre premier est inférieur au double de son prédécesseur).
j'utilise et je travaille dans les entiers naturels >0, congrus à 1 ou à P modulo 30 Ce qui n'est pas pareil , ni même une fixation...!
Cela me permet avec mes faibles moyens "si tu es dur de la comprenette" , de ne travailler que dans les nombres premiers > 5 , et donc de construire des cribles Eratosthène mod 30 ou Goldbach.. ..etc...etc.
Ce que toi, avec tous tes outils et ton bagage mathématique tu as été incapable de trouver.....
De même que tu es incapable: 1) de démontrer que le nombre de nombre premier q appartenant à [n ; 2n] pour $n\geqslant {15}$ vaut au minimum $\frac{n}{Ln 2n}$ lorque n tend vers + l'infini. Ni même de prouver ou de trouver un contre exemple à mon affirmation ....
Et on est hors sujet...!
Pour en revenir aux multiples de 30 bien sûr que 49 n'est pas premiers avec P*30 = 210 mais il l'est pour P =11; 11*30....puis 13*30....etc P*30 , etc... donc on va prendre 11², puis 13² , 17² ...P² < P*30 ainsi que les multiples de P < P*30 premier avec 30k ....
C'est pour cela que j'ai fais référence aux entiers en progression arithmétique de raison 30 et de premier terme:
P [7; 31] ne représentant 26,66666.....% des entiers naturels positifs...
Donc je pense que @Depasse ta donné la solution....mathématiquement, ce que j'ai dit plus Haut ...
Moi, je n'est besoin pour m'en convaincre que de mes exemples....
["Tu remarqueras, que gerard0 ne démontre rien du tout, ces interventions n'ont qu'un seul but: c'est sa fixation sur une personne qui n'a jamais fais de math en dehors du CEP, car à mon époque faute de moyens on quittait l'école à 13 ans 1/2 pour aller travailler....! Et ça doit lui donner des boutons...! Dommage qu'il ne sait pas, que cela se soigne malgré son bagage mathématique....
En tout cas :
"Pour en revenir aux multiples de 30 bien sûr que 49 n'est pas premiers avec P*30 = 210 mais il l'est pour P =11; 11*30....puis 13*30....etc P*30 , etc... donc on va prendre 11², puis 13² , 17² ...P² < P*30 ainsi que les multiples de P < P*30 premier avec 30k .... "
Justement, ce que moi je cherche c'est à ôter les points de suspension à la fin de ta phrase. Je suis d'accord que "ça va marcher", on va toujours trouver un nombre premier qui marche, mais tu ne l'as pas prouvé. C'est justement le truc que j'ai appelé lemme dans mon dernier gros message, et je n'arrive pas encore à le démontrer non plus. Je veux une preuve solide du résultat, je pense que les informations dans ce fil vont me permettre d'y arriver mais là je fais autre chose, j'essaierai plus tard.
mathématiquement je n'ai rien démontrer.
@Poirot vient de te donner une indication...dont il doit avoir la suite....
si on s'en tient 2*P < P*30 ...OK.
Il existe donc un autre nombre premiers entre p et P*30 dont le carré serra premier avec p*30 et qui ne serra pas premier : qui invalide 7*30 = 210 ; entre 7 et 14 il y a 11 dont le carré est < p*30 = 210
puis 11*30
il existe un nombre premier entre 11 et 22, = 13, dont le carré serra < à 11*30 est premier avec 11*30....qui invalide 11*30...
là il est clair que n = p*30 ne peut être candidat.
je ne pense pas non plus que 30k > 30 et inférieur à P*30 = 210 premier avec P² = 49 pour l'exemple que tu as cité, soit candidat...
cela donne deux ensembles différents....dont la conclusion élémentaire devrait être simple à trouver...
peut être que ce que t'as dit Poirot ou Dépasse, devrait te permettre de prouver ton lemme....
@+
La preuve dans le livre de Rademacher & Toeplitz pointée par Chaurien utilise une autre inégalité, à savoir : $p_{n+1}<\sqrt{p_1\cdots p_n}$ (pour $n\ge4$). Cette borne est beaucoup plus large que $p_{n+1}<2p_n$.
on pourrait alors voir les choses ainsi :
Lemme 1 : Soit p > 4 un premier et q le premier suivant.
On a q2 < p3.
q < 2p (Bertrand)
q2 < 4p2 < p3
Lemme 2 : Soit pn le n-ième nombre premier et Pn le produit des n premiers nombres premiers.
Pour tout n $\geqslant$ 4, on a pn+12 < Pn
Vrai pour n = 4 : 112 < 2.3.5.7
Supposons-le vrai pour n $\geqslant$ 4.
pn+12 < Pn
pn+13 < Pn pn+1
pn+22 < pn+13 < Pn+1
$\square $
a) le seul nombre impair qui convienne est 3.
b) les seules puissances de 2 qui conviennent sont 2, 4, 8.
c) les seuls nombres de la forme 2n.3m ( n, m > 0) qui conviennent sont 6, 18 ; 12 ; 24.
d) le seul nombre de la forme 2n.3m.5q ( n, m, q > 0) qui convienne est 30.
e) aucun autre nombre N ne convient :
Soit q = pk le plus petit premier qui ne figure pas dans la décomposition de N en facteurs premiers.
Si q = 3, N a un facteur premier supérieur (puisqu'il n'est pas sous b)) et 9 < N est premier avec N.
Si q = 5, N a un facteur premier supérieur (puisqu'il n'est pas sous c)) et 25 < N est premier avec N.
Si q = 7, N a un facteur premier supérieur (puisqu'il n'est pas sous d)) et 49 < N est premier avec N.
Si q > 7, on a k > 4 et q2 < Pk-1 $\leqslant $ N est premier avec N.
$\square $
1) N= 30k ( multiple de 30 avec k entier non nul ) - c'est sur qu'il existe au moins un Premier entre 15k et 2.15k ( c'est le théorème de Tchebychev ) il suffit dans ton cas de vérifier les sept intervalles restants 7< p < 14 ; 6< p < 12 ; 5< p < 10 ; 4< p < 8 ;3< p < 6;4< p < 8 ; 2< p < 4 ;...à la main .
( je pense avoir une autre démonstration du théorème de Tchebychev )
2) p ne divise pas N : , bien sur car N=30k est PAIR et p > 2 est toujours IMPAIRE le quotient n'est point défini dans le entiers
3) p^2 < N : Je n'arrive pas à la démontrer et je vois pas le lien d' avec le Lemme 2 de GG.
BERKOUK
tu n'arrives pas à montrer que $p^2 < N$ pourtant GG explique bien la nature de N = 30 *pn*pn+1*pn+2*.....etc
d'après ce que je comprend, pour n=4, et p =7 ; N =210
si je prend pn+3 = 17
il est clair que 17 est < 2*13, ("Bertrand")
tout comme 17² est < N = (30*7*11*13) et donc premier avec N
le produit des nombres premiers > 5, multiplier par 30 serra obligatoirement > pn+1 au carré = q² , non ....?
Moi j'ai peut être induit en erreur en parlant de 30k avec k entier naturel non nul, mais k n'augmente pas de 1, lorsque n augmente de 1.....D'où N = 30k ....qu'elle est la valeur de k...? ; 7, *11,*13.....*pn+1...etc