Question
dans Arithmétique
Bonjour j'ai une question. On note par $ R_{n}=\{p \in \mathbb{P}_{n}\mid (p-4,p-6)\in \mathbb{P}^{2}\}$
et $G_{n}=\{ p\in \mathbb{P}_{n}\mid (p+4,p+6) \in \mathbb{P}^{2}\}$
J'aimerais savoir si $ \mathrm{card}( R_{n})= \mathrm{card}(G_{n}),$
avec $ \mathbb{P}_{n}$ l'ensemble des nombres premiers inférieurs à $n$.
et $G_{n}=\{ p\in \mathbb{P}_{n}\mid (p+4,p+6) \in \mathbb{P}^{2}\}$
J'aimerais savoir si $ \mathrm{card}( R_{n})= \mathrm{card}(G_{n}),$
avec $ \mathbb{P}_{n}$ l'ensemble des nombres premiers inférieurs à $n$.
Connectez-vous ou Inscrivez-vous pour répondre.
Réponses
Une question qu'on pourrait se poser, c'est de savoir si l'équation $Card(R_n) = Card(G_n)$ a une infinité de solutions ou pas ?
Donc On a $\#\{(p, p+4, p+6) \in \mathbb{P}^3 \, | \, p+6 \leq n\} = \#\{(q-6, q-2, q) \in \mathbb{P}^3 \, | \, q \leq n\}$
Et Pour $G_{n}=\{ p\in \mathbb{P}_{n}\mid (p+4,p+6) \in \mathbb{P}^{2}\}$ On a :
$$(p, p+4, p+6) = (q-6, q-2, q) \,\, , \,\, q-6 = p$$
Donc : $\mathrm{card}( R_{n})= \mathrm {card}(G_{n})$
Si tu as des exemples ou on a $\mathrm{card}( R_{n}) \neq \mathrm {card}(G_{n})$, malgré que cela est impossible Puisque $R_n = G_n$.
On a approximativement la meme quantité de 3-tuples $(p, p+2, p+6) \in \mathbb{P}^3$ et $(p, p+4, p+6)\in \mathbb{P}^3$ inférieur à un nombre $N$ donné
La conjecture de Hardy-Littlewood :
$$\#\{(p, p+4, p+6) \in \mathbb{P}^3 \, | \, p+6 \leq n\} \sim \dfrac{9}{2} \displaystyle{\small \left( \prod_{\substack{5 \leq a \\ \text{a prime}}} {\normalsize \frac{a^2 (a-3)}{(a-1)^3}} \right)} \, \dfrac{n}{\log(n)^3}$$
Aussi :
$$\#\{(p, p+2, p+6) \in \mathbb{P}^3 \, | \, p+6 \leq n\} \sim \dfrac{9}{2} \displaystyle{\small \left( \prod_{\substack{5 \leq a \\ \text{a prime}}} {\normalsize \frac{a^2 (a-3)}{(a-1)^3}} \right)} \, \dfrac{n}{\log(n)^3}$$
$ R_{7}= \emptyset$
$G_{7}=\{7\}$
Ce que tu démontré c'est $\mathrm{card}( R_{n+6})= \mathrm {card}(G_{n})$
$A_n = \{(p-6, p-2, p) \in \mathbb{P}^3 \, | \, p \leq n\}$
$B_n = \{(p-6, p-4, p) \in \mathbb{P}^3 \, | \, p \leq n\}$
$A_n' = \{(p, p+4, p+6) \in \mathbb{P}^3 \, | \, p+6 \leq n\}$
$B_n' = \{(p, p+2, p+6) \in \mathbb{P}^3 \, | \, p+6 \leq n\}$
Il est claire que $A_n = A_n'$ et $B_n = B_n'$.
Il n y a aucune raison pour penser que : $\text{Card}(A_n) = \text{Card}(B_n)$ pour tout $n$ dans $\mathbb{N}$
Mais asymptotiquement on peut conjecturer que $\text{Card}(A_n) \sim \text{Card}(B_n)$
Ou comme il a dit @lourrran on peut conjecturer que l'équation $\text{Card}(A_n) = \text{Card}(B_n)$ admet une infinité de solutions ou encore $\text{Card}(A_n) - \text{Card}(B_n)$ change de signe une infinité de fois..
Pour un nombre premier $q$ soit : $N_q = \displaystyle{\small \prod_{\substack{a \leq q \\ \text{a prime}}} {\normalsize a}}$
Et soit l'ensemble : $\mathcal{B}_q = \{h \in \mathbb{N}^{*} \, | \, \gcd(h,N_q)=1 \}$
On utilise le théorème du reste chinois on montre que :
$$\#\{(b, b+2, b+6) \in \mathcal{B}_q^3 \, | \, b+6 \leq N_q\} = \displaystyle{\small \prod_{\substack{5 \leq a \leq q \\ \text{a prime}}} {\normalsize (a-3)}}$$
On a aussi :
$$\#\{(b, b+4, b+6) \in \mathcal{B}_q^3 \, | \, b+6 \leq N_q\} = \displaystyle{\small \prod_{\substack{5 \leq a \leq q \\ \text{a prime}}} {\normalsize (a-3)}}$$
C'est la raison pour laquelle on a approximativement le meme nombre de $(p, p+2,p+6)\in\mathbb{P}^3$ et $(p, p+4,p+6)\in\mathbb{P}^3$ inférieur à un nombre $N$ donné ..
J'ai rédigé comment peut-on prouver la conjecture de Hardy-Littlewood ici : https://mathoverflow.net/questions/336452/weak-k-tuple-conjecture-form-and-what-we-should-prove
Ouii c'est ça,
Pour $R_{n}=\{p \in \mathbb{P}_{n}\mid (p-2,p-6)\in \mathbb{P}^{2}\}$ et $G_{n}=\{ p\in \mathbb{P}_{n}\mid (p+4,p+6) \in \mathbb{P}^{2}\}$ on a : $\mathrm{card}( R_{n+6})= \mathrm {card}(G_{n})$
Voir $A_n$ et $A_n'$ sont bien formulés..
- c'est une conjecture connue, elle porte le nom de conjecture de Hardy-Littlewood. On sait qu'il y a beaucoup de valeurs de n pour lesquels les 2 ensembles ont le même cardinal, mais on ne sait pas si c'est une infinité.
C'est bien ça ?
Apparement, Keynes savait tout ça (moi, je le découvre)
Du coup, quel était le but de cette question ? Démontrer ici une conjecture qui n'a jamais été résolue ?
C'est marrant, quand j'ai vu cette question, je me suis dit : une question sur les nombres premiers, ça devrait vite finir dans la rubrique shtam.
la distribution des $k$-uples de nombres premiers est asymptotiquement la même que celle des $k$-uples qui apparaissent dans une réalisation d'une suite $X_n$ de variables aléatoires indépendantes $P(X_n = 1)= 1/\ln n, P(X_n = 0) +P(X_n = 1)=1$,
modulo les obstructions de congruence évidentes style $p,p+1$ ne peuvent être tous les deux premiers
Le modèle de Cramer utilise le fait que la probabilité qu'un nombre $n$ soit premier est $\dfrac{\pi(n)}{n} \approx \dfrac{1}{\log(n)}$
Donc Pour $\mathcal{H}=(h_1,h_2,\cdots,h_k)$ ce modèle prétend que $\pi_{\mathcal{H}}(n) \sim c_k \dfrac{n}{\log(n)^k}.$ Avec $c_k$ une constante qui [est] égale à $0$ pour les k-uples non admissibles et $\pi_{\mathcal{H}}(n)$ le nombre des k-uples $(b+h_1,b+h_2,\ldots,b+h_k) \in \mathbb{P}^k$ inférieur à $n$.
Le probleme dans le modèle de Cramer est qu'il suppose que les événements "$n$ premier" et "$n+2$ premier" par exemple sont indépendants !
La règle dit que $P(A/B)=\dfrac{P(A \cdot }{P(B)}$ et $P(A \cdot = P(A) \cdot P(B)$ Pour $A$ et $B$ des événements indépendants.
Pour la théorie des cribles, elle veut arriver à compter les k-uples premiers.
Par exemple compter les nombres premiers jumeaux sur l'intervalle $[\frac{n}{2}, n]$ revient à cribler les nombres de cet intervalle jusqu'au rang $z=\sqrt{n}$
Mais le crible d’Ératosthène ne permet pas ça, si on crible avec $P_z = { \prod\limits_{\substack{a \leq z \\ \text{a prime}}} {\normalsize a}}$ alors le terme de l'erreur de nombres criblé est de l'ordre $O(2^{\pi(z)})$.
On peut cribler donc jusqu'au $z=\log(n)$, et la théorie des cribles cherche a diminuer ce terme d'erreur pour qu'au moins on puisse calculer les nombres criblés jusqu'au rang $z=n^{\epsilon},\ \epsilon > 0$.
Ma méthode propose un autre chemin.
Pour un nombre premier $q$, soit : $N_q = { \prod\limits_{\substack{a \leq q \\ \text{a prime}}} {\normalsize a}}$
Soit l'ensemble : $\mathcal{B}_q = \{h \in \mathbb{N}^{*} \mid \gcd(h,N_q)=1 \}$
Soit $q(n)$ le plus grand nombre premier qui vérifie ${ \prod\limits_{\substack{a \leq q(n) \\ \text{a prime}}} {\normalsize a}} \leq n$
Grâce au théorème des nombres premiers on a $q(n) = \log(n)(1+o(1))$
Donc le crible d’Ératosthène me suffit pour conclure par exemple que : $$
I_{\mathcal{H3}}(n) \sim \dfrac{9}{2} { \bigg( \prod\limits_{\substack{5 \leq a \\ \text{a prime}}} {\normalsize \frac{a^2 (a-3)}{(a-1)^3}} \bigg)} \, e^{-3 \gamma} \, \dfrac{n}{\log(\log(n))^3},
$$ avec $I_{\mathcal{H3}}(n) = \#\{(b,b+4,b+6) \in \mathcal{B}_{q(n)}^3 \mid b+6 \leq n\}$
(Pour la démonstration voir : https://mathoverflow.net/questions/336452/weak-k-tuple-conjecture-form-and-what-we-should-prove)
Mon idée est qu'on a $I_{\mathcal{H3}}(n) \sim \pi_{\mathcal{H3}}(n) \big( \pi(q(n)) e^{-\gamma} \big)^3$ avec $\pi_{\mathcal{H3}}(n) = \#\{(b,b+4,b+6) \in \mathbb{P}^3 \, | \, b+6 \leq n\}$.
Et si on montre ça on montre la conjecture de Hardy-Littlewood.
Et cela vient du fait que pour $b > q(n)$ on a $(b, b+4, b+6) \in \mathbb{P}^3 \implies (b, b+4, b+6) \in\mathcal{B}_{q(n)}^3$.
Soit $I_{\mathcal{H3}} ' (n)= \{(b,b+4,b+6) \in \mathcal{B}_{q(n)}^3 \, | \, b+6 \leq n\}$ et $\pi_{\mathcal{H3}} ' (n) = \{(b,b+4,b+6) \in \mathbb{P}^3 \, | \, b+6 \leq n\}$
Donc On a $\big(\pi_{\mathcal{H3}} ' (n) \setminus A \big) \subset I_{\mathcal{H3}} ' (n)$ Avec $A =\{(p, p+4, p+6) \in \mathbb{P}^3 \, | \, p+6 \leq q(n)\}$.
Il suffit de voir que $\#A$ est très négligeable devant $\pi_{\mathcal{H3}}(n)$, puisque l'ensemble $A$ compte les $(p, p+4, p+6) \in \mathbb{P}^3$ inférieur à $q(n)=\log(n)(1+o(1))$ et $\pi_{\mathcal{H3}} ' (n)$ compte les $(p, p+4, p+6) \in \mathbb{P}^3$ dans $]q(n), n]$
Il n'y a aucune raison pour que la densité sur un gros intervalle indique la bonne densité sur un petit intervalle.
Par contre il y a des tonnes de bonnes raisons pour que le modèle de Cramer (qu'on peut définir comme l'indépendance asymptotique de $a \bmod p$ et $a \bmod q$) ne soit pas complètement faux.
De plus c'est comme ça que tout le monde voit les choses en théorie des nombres : les grandes conjectures sont conséquences du modèle de Cramer.
Quand tu mets en gras modèle probabiliste des nombres premiers tout le monde comprend que tu fais des conjectures totalement improuvables mais que tout le monde suppose pas totalement fausses. Si tu ne le fais pas alors tout le monde suppose que tu n'as pas compris d'où sortent les grandes conjectures et pourquoi elles sont improuvables.
Mais ce modèle reste un outil important pour estimer des situations avec relation avec les nombres premiers.
Pour la question pourquoi un gros intervalle indique la bonne densité sur un petit intervalle, c'est une très importante question pour ma méthode :
Pour $I(n)=\{k \in \mathcal{B}_{q(n)} \mid k \leq n\}$ on a une importante propriété, si $a \in I(n)$ et $b$ divise $a$ alors $b \in I(n)$.
Donc tout nombre non premier dans $I(n)$, ses diviseurs sont dans $I(n)$.
On a $\#I(n) \sim e^{-\gamma} \dfrac{n}{\log(\log(n))}$
Et voici ma remarque $\dfrac{n}{\log(\log(n))} = \dfrac{n}{\log(n)} \dfrac{\log(n)}{\log(\log(n))}$
Donc d'après le théorème des nombres premiers on a : $\#I(n) \sim \pi(n) \big( \pi(q(n)) e^{-\gamma} \big)$
N'oublier pas que $\#I(n)$ est le nombre des nombres premiers avec $N_{q(n)}$ et inférieur à $n$.
Mon idée est si on prouve que $\#I(n) \sim \pi(n) \big( \pi(q(n)) e^{-\gamma} \big)$ indépendamment du théorème des nombres premiers, on va prouver la conjecture de Hardy-Littlewood.