nombres premiers
dans Arithmétique
SVP pouvez-vous me donner une majoration ( non triviale) du nombre des nombres premiers p <x tel que d.p+2 est un nombre premier ( d.p+2<x et d entier impaire d > x^(1/4) ) ..
je sais que c'est faisable par la méthode du crible que je ne maîtrise pas bien ...
Merci .
je sais que c'est faisable par la méthode du crible que je ne maîtrise pas bien ...
Merci .
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Réponses
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Borde.
On obtient le résultat plus haut avec $s=2$, $a_1 = 1$, $b_1 = 0$, $a_2 = d \geqslant 1$, $b_2 = 1$.
LA démonstration de ce théàrème est longue, et peut-être lue dans le livre dont j'ai mis la référence ci-dessus. Le lien suivant permet d'emprunter (moyennant 8 ou 10 euros) ce livre : \lien {http://www.emis.de/cgi-bin/zmfr/ZMATH/fr/quick.html?first=1&maxdocs=3&type=html&an=0080.25901&format=complete}
Borde.
On obtient le résultat plus haut avec $s=2$, $a_1 = 1$, $b_1 = 0$, $a_2 = d \geqslant 1$, $b_2 = 1$.
LA démonstration de ce théorème est longue, et peut-être lue dans le livre dont j'ai mis la référence ci-dessus. Le lien suivant permet d'emprunter (moyennant 8 ou 10 euros) ce livre : \lien {http://www.emis.de/cgi-bin/zmfr/ZMATH/fr/quick.html?first=1&maxdocs=3&type=html&an=0080.25901&format=complete}
Borde (doublon à supprimer. Merci).
Pour la littérature, consulter le livre de {\bf Bombieri} : {\it Le grand crible dans la théorie analytique des nombres}, SMF, Collection {\it Astérisque}, 1974/1987 (attention : le niveau de cet monographie est très élevé).
Ici, $\omega(p) = 1$.
Borde.
Quant au livre de Bombieri, il concerne surtout le grand crible. La question posée par Ptitloupfouchou portait sur le crible de Selberg et ses dérivées. Voir aussi le livre de {\bf Greaves} : {\it Sieves in number theory}, Springer (2001).
Enfin, pour terminer, une borne que j'avais calculée il y a quelques temps : Soient $N \geqslant 7$ et $m \geqslant 1$ entiers. On note $$\pi_m(N) = \sum_{p \leqslant N, \, p \, et p+m \, premiers} 1.$$ Alors on a : $$\pi_m(N) < \frac {6 \pi^2 N}{(\ln N)^2} \prod_{p \mid m} \left ( 1 + \frac {1}{p} \right ) + \frac {N^{2/3} (\ln N)^4}{8} + N^{1/3}.$$
Borde.
Et que pensez vous des résultats obtenus par Goldston et son équipe ?... moi je n'est pas trop compris sa démonstration surtout qu'il utilise des notations non usuelles...( $\sum_{}^{b}$ )
Ce résultat est dans l'ordre de grandeur des résultats actuels concernant la "$m-$twin conjecture", et il est facile de vérifier, à l'aide de cette borne, que $$\sum_{p \leqslant N, \, p \, et \, p+m \, premiers} \frac {1}{p} \ll 1.$$
En revanche, la constante $6\ pi^2$, quant à elle, est loin d'être optimale. La meilleure constante actuellement connue dans ce problème est $7,8342$ (Chen, 1978), mais les calculs pour l'obtenir sont infernaux.
Borde.
Ce résultat est dans l'ordre de grandeur des résultats actuels concernant la "$m-$twin conjecture", et il est facile de vérifier, à l'aide de cette borne, que $$\sum_{p \leqslant N, \, p \, et \, p+m \, premiers} \frac {1}{p} \ll 1.$$
En revanche, la constante $6 \pi^2$, quant à elle, est loin d'être optimale. La meilleure constante actuellement connue dans ce problème est $7,8342$ (Chen, 1978), mais les calculs pour l'obtenir sont infernaux.
Borde (doublon à supprimer. Merci).
Ayant réussi à trouver un peu de temps, je vais montrer comment le crible de Selberg s'applique à ce type de problème.
Je vais poster deux messages successifs (si le LaTeX passe...ou, plutôt, si je ne fais pas de faute en latex) : celui-ci rappelle le crible de Selberg, et le suivant l'appliquera à estimer la somme $$S_k(N) = \sum_{p \leqslant N, \, p \, et \, kp+1 \, premiers} 1$$ où $k \leqslant 1$ est un entier {\it fixé} (je ne crois pas que la contrainte $k > x^{1/4}$ du premier post apporte vraiment quelque chose).
{\bf Remarque}. Toutes les sommes ou produits qui vont suivre et qui sont indicés par $p$ portent exclusivement sur les nombres premiers.
1. {\bf Cadre et notations du crible de Selberg}.
$N \geqslant 1$ est un entier grand, $z > 1$ est un nombre réel, $f(n)$ est un polynôme à coefficients entiers naturels, $\mathcal {A} = \{ f(1), f(2),...,f(N) \}$, et on note : $$S \left ( \mathcal {A} \, ; \, z \right ) = \sum_{n \in \mathcal {A}, \, p \mid n \rightarrow p > z} 1.$$
Ces notations sont devenues, depuis une cinquantaine d'années, traditionnelles dans les méthodes de cribles, dont le but est d'estimer c nombre $S \left ( \mathcal {A} \, ; \, z \right )$.
Enfin, pour tout entier $d$ sans facteur carré, on note $\omega(d)$ le nombre d'éléments de $\{f(1),...,f(d) \}$ multiples de $d$. On montre que l'on peut prolonger $\omega$ en une fonction {\it complètement multiplicative} sur $\N^{*}$.
2. {\bf Le résultat}.
{\bf Th} (Selberg). $$S \left ( \mathcal {A} \, ; \, z \right ) \leqslant N \left ( \sum_{m \leqslant z} \frac {\omega(m)}{m} \right )^{-1} + z^2 \prod_{p \leqslant z} \left ( 1 - \frac {\omega(p)}{p} \right )^{-2}.$$
Borde.
Appliquons le résultat précédent au polynôme $f(n) = n(kn+1)$. Si $p \leqslant N$ est premier tel que $kp+1$ soit aussi premier, alors :
(i) ou bien $p \leqslant N^{1/3}$,
(ii) ou bien $f(p)$ ne possède pas de facteur premier $\leqslant N^{1/3}$
d'où l'on déduit que $$S_k(N) \leqslant S \left ( \mathcal {A} \, ; \, N^{1/3} \right ) + N^{1/3}.$$
On estime le premier terme du membre de droite par le théorème de Selberg ci-dessus, où l'on aura noté qu'ici $\omega(p) = 1$ si $p \mid k$ et $\omega(p) = 2$ si $p \nmid k$, de sorte que $$\omega(n) \geqslant \sum_{d \mid n, \, (d,k) = 1} 1$$ où $(a,b)$ désigne le pgcd de $a$ et $b$.
Par sommation partielle, on obtient : $$\sum_{m \leqslant N^{1/3}} \frac {\omega(n)}{n} \geqslant \int_{1}^{n^{1/3}} t^{-2} \left ( \sum_{n \leqslant t} \sum_{d \mid n, \, (d,k) = 1} 1 \right ) \, dt,$$ et la somme intérieure est minorée par : $$\sum_{n \leqslant t} \sum_{d \mid n, \, (d,k) = 1} 1 \geqslant \frac {t}{2} \sum_{d \leqslant t, \, (d,k) = 1} \frac {1}{d} \geqslant \frac {t \ln t}{2 \zeta(2)} \times \prod_{p \mid k} \left ( 1 + \frac {1}{p} \right )^{-1}.$$ En réinjectant cette estimation dans l'intégrale, il vient (sauf erreur) : $$\sum_{m \leqslant N^{1/3}} \frac {\omega(n)}{n} \geqslant \frac {(\ln N)^2}{36 \zeta(2)} \times \prod_{p \mid k} \left ( 1 + \frac {1}{p} \right )^{-1}.$$
Je passe rapidement sur les dernières estimations suivantes, car elles sont plus classiques (mais je peux répondre à des questions dessus s'il y en a) : $$\prod_{3 \leqslant p \leqslant N^{1/3}} \left ( 1 - \frac {2}{p} \right )^{-2} \leqslant \prod_{3 \leqslant p \leqslant N^{1/3}} \left ( 1 - \frac {1}{p} \right )^{-4} \times \prod_{p \geqslant 3} \left ( 1 + \frac {1}{p(p-2)} \right )^2 \ll (\ln N)^4.$$
Finalement, nous avons obtenu :
{\bf Th}. {\it Pour $N$ suffisamment grand et $k \geqslant 1$ fixé, on a} : $$S_k(N) \ll \frac {N}{(\ln N)^2} \times \prod_{p \mid k} \left ( 1 + \frac {1}{p} \right ).$$
{\bf Corollaire}. La série $$\sum_{p, \, p \, et \, kp+1 \, premiers} \frac {1}{p}$$ {\bf converge}.
{\bf Remarque}. La démarche suivie ici diffère un peu de celle de Prachar, mais revient quasiment au même.
Borde (ouf !)
1er message, ligne 6 : il faut lire $k \geqslant 1$, et non $k \leqslant 1$, bien sûr.
2nd message : la borne supérieure de l'intégrale est $N^{1/3}$ au lieu de $n^{1/3}$.
Alain : inutile de les corriger, cet erratum est suffisant, je pense.
Merci,
Borde.
<BR>Je pense que toutes les questions doivent être posées, pas seulement celles dont on connaît la réponse, sinon on ne peut pas avancer.
<BR>Si j'ai posé la question c'est que cela m'a posé un problème
<BR>
<BR><center> <SPAN CLASS="MATH"><IMG WIDTH="171" HEIGHT="35" ALIGN="MIDDLE" BORDER="0" SRC="http://www.les-mathematiques.net/phorum/2006/05/21/88208/cv/img1.png" ALT="$ \Pi_{p/k}^{}(1+\frac{1}{p})<< C.ln(k)$"></SPAN> </center>
Si je comprends bien, tu veux savoir si $$\prod_{p \mid k} \left ( 1 + \frac {1}{p} \right ) \ll \ln k \, ?$$ La réponse est oui, et même mieux. Voici le bon ordre de grandeur : on a $$\prod_{p \mid k} \left ( 1 + \frac {1}{p} \right ) = \exp \left ( \sum_{p \mid k} \ln ( 1 + 1/p) \right ) \leqslant \exp \left ( \sum_{p \mid k} \frac {1}{p} \right ) \ll \exp ( \ln \ln \ln k ) \ll \ln \ln k.$$ Rappelons qu'en théorie analytique des nombres, la notation de Vinogradov $\ll signifie $O(.)$.
Borde.
Si je comprends bien, tu veux savoir si $$\prod_{p \mid k} \left ( 1 + \frac {1}{p} \right ) \ll \ln k \, ?$$ La réponse est oui, et même mieux. Voici le bon ordre de grandeur : on a $$\prod_{p \mid k} \left ( 1 + \frac {1}{p} \right ) = \exp \left ( \sum_{p \mid k} \ln ( 1 + 1/p) \right ) \leqslant \exp \left ( \sum_{p \mid k} \frac {1}{p} \right ) \ll \exp ( \ln \ln \ln k ) \ll \ln \ln k.$$ Rappelons qu'en théorie analytique des nombres, la notation de Vinogradov $\ll$ signifie $O(.)$.
Borde.
coupons la boucle du b -> t
coupons en deux le d -> cl
et le petit bou du b coupé collons le au d découpé -> ch
et voilà une caractéristique de borde ... borde = torche ^^
:-)
Borde.
Référence : {\bf Ramaré et Rumely}, {\it Primes in arithmetic progressions}, Maths. Comp. {\bf 65} (1996), 397-425.
Borde.