Question

C'est simple de vérifier que pour certaines valeurs de $n$, $Card(R_n) = Card(G_n)$, et pour d'autres valeurs, ces 2 nombres ne coïncident pas.

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 ?

@lourane, je pense que @Keynes veut écrire $R_{n}=\{p \in \mathbb{P}_{n}\mid (p-2,p-6)\in \mathbb{P}^{2}\}$

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 $R_n = G_n$.

Soit les ensembles :

$A_n = \{(p-6, p-2, p) \in \mathbb{P}^3 \, | \, p \leq n\}$

$B_n = \{(p-6, p-4, p) \in \mathbb{P}^3 \, | \, p \leq n\}$

$A_n' = \{(p, p+4, p+6) \in \mathbb{P}^3 \, | \, p+6 \leq n\}$

$B_n' = \{(p, p+2, p+6) \in \mathbb{P}^3 \, | \, p+6 \leq n\}$

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..

@blasselle

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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..

Donc je résume :
- 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.

@reuns:
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 $]q(n), n]$

@reuns, je ne dis pas que le modèle de Cramer est faux, mais personne ne sait la conséquence de la supposition que les événements "$n+h_1$ premier", "$n+h_2$ premier", ... , "$n+h_k$ premier" sont indépendants.

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.