Nouvelle conjecture sur les nombres premiers

octobre

Bonjour à toutes et à tous,

Si il est difficile de trouver n si a_n-1 et b_n-1 sont juste non nulle, alors on va rendre ce problème encore plus facile vous pouvez trouver n si a_n-1 et b_n-1 sont supérieur à 1 ou 2 ... ou voir le plus facile à 8.

gerard0

Aucune conjecture !!

octobre

Si il y a une conjecture faible qui dit que P=P1*10^n +P2 il y a toujours un nombre permiers si P1 et P2 sont de même taille, et il y a une autre conjecture plus intéressante qui dit que même si P1 et P2 commence par 9 donc j'ai limité les cas de an-1 et bn-1 a juste la valeur 9, il pourrait aussi donner un nombre permiers...

En plus clair imaginer qu'il existe que deux nombres permiers de taille n commencant par 9, bah la deuxieme conjecture dit simplement que P va être forcement un nombre permiers...

lourrran

Et il y a une autre conjecture, c'est que 27 serait un nombre premier.

octobre

Je ne dis pas ça je dis simplement qu'il existe au moin un nombre permiers former par P1 et P2 de même taille n,

Pour être plus clair, imaginez qu'il existe que deux nombres premiers de taille n commençant par 9. La deuxième conjecture dit simplement que P sera forcément un nombre premier.

En clair cette conjecture serait très utile pour former un nombre permier lorsque les nombres permiers de même taille n serait rare...

NicoLeProf

octobre a dit :

Pour être plus clair, imaginez qu'il existe que deux nombres premiers de taille n commençant par 9. La deuxième conjecture dit simplement que P sera forcément un nombre premier.

Bonjour,

bah non...

Contre-exemple simple : $P_1=991$ et $P_2=997$ sont premiers de taille $n=3$ mais $P=P_1 \times 1000+P_2=991997$ n'est pas premier car ce dernier nombre est divisible par $73$...

octobre

bah non pour n=3 si P1=911 et P2=947 j'ai P=911947 premier

NicoLeProf

Ah oui j'avais pas bien lu le "il existe que deux nombres". Ok je crois voir ce que tu veux faire bien que je trouve cela assez tordu.

En tout cas, c'est vachement complexe ce que tu veux prouver. Déjà, il faut être sûr qu'il existe que deux nombres premiers de taille $n$ pour certaines valeurs de $n$ (et exhiber des valeurs de $n$ qui répondent au problème).

Ensuite, il faut réussir à démontrer que ton $P$ défini plus haut est bien premier.

Et encore, si tout ceci est vrai... Bref, bon courage !

octobre

Ah la plupart des conjectures sur les nombres permiers ne sont pas résolu ,donc ça serait pour moi très difficile de prouver cette nouvelle conjecture...
En tous cas l'utilité de cette conjecture est que, si par exemple les nombres premiers de taille n sont très rares, et que je trouve seulement deux nombres premiers de taille n, alors forcément dans ce cas, P serait premier.

lourrran

Si pour un $n$ donné il y a seulement 2 nombres premiers de taille $n$....

Tu t'intéresses aux nombres premiers. Ok, pourquoi pas.
Et tu crois que pour certaines valeurs de $n$, on pourrait avoir seulement 2 nombres premiers de taille $n$ ? Tu crois vraiment que ça pourrait arriver ?

C'est quand même dommage de s'intéresser aux nombres premiers, et d'ignorer des résultats ultra-classiques comme le postulat de Bertrand.

octobre

Oui, car on dit que les nombres premiers ont tendance à devenir plus rares avec l'augmentation de n. Ensuite, la deuxième conjecture limite davantage les choix de nombres premiers de taille n, en disant qu'ils doivent commencer par 9. Par exemple, pour n = 2, il n'y a que 97 qui est un nombre premier. S'il n'y en avait que deux, je pourrais confirmer que P est un nombre premier.

gerard0

Toujours le même flou ! Il n'y avait aucune conjecture dans le premier message, même évoquée. Il a fallu un deuxième message pour en avoir 2, mal présentées. 
N'importe, ce fil sera fermé comme les précédents de l'open, champion de fausses mathématiques. 

zeitnot

Petite chanson pour @octobre !

octobre

Bon les voici bien formulé: 

Conjecture 1 :
Il existe au moins un nombre premier P = P1 ⋅ 10^n + P2, tel que P1 = a_(n-1) ⋅ 10^(n-1) + a_(n-2) ⋅ 10^(n-2) + ⋯ + a1 ⋅ 10 + a0
et P2 = b_(n-1) ⋅ 10^(n-1) + b_(n-2) ⋅ 10^(n-2) + ⋯ + b1 ⋅ 10 + b0,
où ai, bi ∈ {0, 1, …, 9} et a_(n-1), b_(n-1) ≠ 0 et P1 et P2 sont des nombres premiers différents de même taille n.

Conjecture 2 :
Il existe au moins un nombre premier P = P1 ⋅ 10^n + P2, tel que P1 = a_(n-1) ⋅ 10^(n-1) + a_(n-2) ⋅ 10^(n-2) + ⋯ + a1 ⋅ 10 + a0
et P2 = b_(n-1) ⋅ 10^(n-1) + b_(n-2) ⋅ 10^(n-2) + ⋯ + b1 ⋅ 10 + b0,
où ai, bi ∈ {0, 1, …, 9} et a_(n-1) = b_(n-1) = 9 et P1 et P2 sont des nombres premiers différents de même taille n.

La première conjecture est difficile à contredire, mais pour la deuxième, pourriez-vous trouver une contradiction ?

gerard0

Toujours mal formulé. Pourtant Octobre a parlé de maths très souvent, il devait savoir comment on présente les propriétés. Par exemple qu'on n'utilise pas une variable non définie précédemment. 
Mais quand on prétend faire des maths sans jamais s'obliger à apprendre comment ça se fait, on perd son temps. 

octobre

Bon  vasy aide moi a le bien forumler au lieu juste de crtiquer
En plus je pense que vous avez bien compris les deux conjectures même si ils sont pas bien forumler pourriez vous nous dire votre savoir si ils sont vrai ou fausse ?

NicoLeProf

9001	9007	9011	9013	9029	9041	9043	9049
9059	9067	9091	9103	9109	9127	9133	9137	9151	9157
9161	9173	9181	9187	9199	9203	9209	9221	9227	9239
9241	9257	9277	9281	9283	9293	9311	9319	9323	9337
9341	9343	9349	9371	9377	9391	9397	9403	9413	9419
9421	9431	9433	9437	9439	9461	9463	9467	9473	9479
9491	9497	9511	9521	9533	9539	9547	9551	9587	9601
9613	9619	9623	9629	9631	9643	9649	9661	9677	9679

9689	9697	9719	9721	9733	9739	9743	9749	9767
9769	9781	9787	9791	9803	9811	9817	9829	9833	9839
9851	9857	9859	9871	9883	9887	9901	9907	9923	9929
9931	9941	9949	9967	9973

Ci-dessus, la liste des nombres premiers de taille $4$ commençant par un $9$ apparemment (c'est ce que j'ai trouvé sur internet en tout cas).

Comme tu peux le constater Octobre, ce genre de conjecture est très difficile à valider ou invalider mathématiquement, même pour des nombres de tailles vraiment petites. Il faudrait a minima un programme informatique sous la main.

Déjà que j'ai mis un peu de temps à comprendre tes conjectures car tu as du mal à les formuler correctement comme le signale gerard0, j'ai bien peur que cela ne reste que de simples conjectures... 

Quel est ton but en fait, pourquoi cherches-tu quelque chose d'aussi compliqué d'ailleurs? 

octobre

Pour n=4, avec P1=9001 et P2=9049 , qui sont premiers, nous obtenons P=90019049 un nombre premier. Donc, cela ne contredit pas la deuxième conjecture.

J'ai demandé à Gérard, étant un expert en mathématiques, de bien formuler ces deux conjectures. J'attends son aide...

L'objectif est de formuler une conjecture concernant les nombres premiers, avec un accent particulier sur la deuxième conjecture. En effet, si les nombres premiers de même taille n   commencent par 9 sont rares, il pourrait être plus facile de déduire de grands nombres premiers par la suite, leur étude pourrait offrir des perspectives intéressantes pour générer de grands nombres premiers.

lourrran

C'est n'importe quoi, du début à la fin.
On va commencer par quelque chose de simple, de connu de tous les mathématiciens qui s'intéressent aux nombres premiers. : la densité des nombres premiers sur un certain intervalle.
La densité des nombres premiers diminue quand les nombres deviennent plus grands. Oui.
Mais si on regarde tous les nombres de 5 chiffres qui commencent par un 9, combien a-t-on de nombres premiers dans cet intervalle .... je ne sais pas , disons 1000 à la louche.
Puis tous les nombres de 6 chiffres qui commencent par un 9. La densité diminue, mais la longueur de l'intervalle augmente... et disons qu'on a environ 5000 nombres premiers dans cet intervalle.
Puis tous les nombres de 7 chiffres qui commencent par un 9. la densité diminue, mais pareil, le nombre augmente, 25000 nombres premiers dans cet intervalle.
Et plus tu vas regarder des grands nombres, certes, la densité va diminuer, mais la taille de l'intervalle augmente beaucoup beaucoup plus vite. 
Et à chaque fois, quand on passe d'une longueur à la longueur suivante, le nombre de nombres premiers AUGMENTE.
Aucun espoir de trouver une taille $n$ où on aurait seulement 2 ou 3 nombres premiers de longueur $n$ et commençant par 9.

Ca, ce sont des résultats simples, connus de tous les gens un peu sérieux qui s'intéressent aux nombres premiers.
C'est le B.A.BA. Il y a des formules classiques connues, validées, qui donnent une estimation très fiable du nombre de nombres premiers dans un intervalle comme ceux que tu envisages.
Si tu veux t'intéresser aux nombres premiers, la première chose, c'est à minima de connaître le B.A.BA.

Tu me fais penser à un type qui voudrait sauter en hauteur au delà de 2 mètres, mais qui n'essaierait jamais de vérifier si déjà, il est capable de passer 1m, ou 1m50. 
Il saute , il fait plein d'essais. Souvent il passe sous la barre sans la toucher. Mais il espère un jour passer au dessus de la barre, par miracle.


Les nombres premiers ont une très très forte capacité à rendre fou les pseudo-mathématiciens, cette discussion en est une nouvelle illustration.

octobre

Je vois, je ne dis pas le contraire, mais cela n'empêche pas d'explorer les détails de cette conjecture, puisque l'on peut fabriquer un nouveau nombre premier à partir de deux nombres premiers de même taille. Qui sait, peut-être que l'on peut trouver quelque chose d'intéressant en creusant davantage cette propriété...

Ce qui rend une conjecture intéressante, ce sont les propriétés que l'on peut découvrir en essayant de la résoudre.

Et puisque nous ne savons rien sur la manière dont on peut trouver des nombres premiers plus grands à partir de deux nombres premiers, chaque nouvelle conjecture nous éclairera davantage sur ce sujet.

lourrran

Explore, explore, explore tant que tu veux.

chaque nouvelle conjecture nous éclairera davantage sur ce sujet. 

Non, totalement ridicule comme argument.  

Des conjectures sur les nombres premiers, je pourrais en pondre 10 par jour si je voulais. Et ça ne servirait à rien ni à personne.

Et pourtant, moi, si j'émets une conjecture, je vais la formuler proprement, mathématiquement, avec des phrases qui ont un sens précis, contrairement à ton charabia.

octobre

Je pense que vous avez bien compris mes deux conjectures pourriez vous les forumler mathématiquement pour voir la diffrence et mon erreur de formulation?
En tout cas je cherche a apprendre de vous vasy 

Les voila merci de bien les forumler comme ça je peux voir ses erreurs graves dont vous avez fait plien de critiques ..

Conjecture 1 :
Il existe au moins un nombre premier P = P1 ⋅ 10^n + P2, tel que P1 = a_(n-1) ⋅ 10^(n-1) + a_(n-2) ⋅ 10^(n-2) + ⋯ + a1 ⋅ 10 + a0
et P2 = b_(n-1) ⋅ 10^(n-1) + b_(n-2) ⋅ 10^(n-2) + ⋯ + b1 ⋅ 10 + b0,
où ai, bi ∈ {0, 1, …, 9} et a_(n-1), b_(n-1) ≠ 0 et P1 et P2 sont des nombres premiers différents de même taille n.

Conjecture 2 :
Il existe au moins un nombre premier P = P1 ⋅ 10^n + P2, tel que P1 = a_(n-1) ⋅ 10^(n-1) + a_(n-2) ⋅ 10^(n-2) + ⋯ + a1 ⋅ 10 + a0
et P2 = b_(n-1) ⋅ 10^(n-1) + b_(n-2) ⋅ 10^(n-2) + ⋯ + b1 ⋅ 10 + b0,
où ai, bi ∈ {0, 1, …, 9} et a_(n-1) = b_(n-1) = 9 et P1 et P2 sont des nombres premiers différents de même taille n.

lourrran

Allez, 
je suis dans un jour de grande bonté.
Je vais ajouter les symboles 'dollar' pour que le latex soit lisible.
Normalement, c'est à toi de le faire, c'est le minimum à faire pour rendre un message lisible, mais même ça, tu ne le fais pas : 

Conjecture 1 :
Il existe au moins un nombre premier $P = P1 ⋅ 10^n + P2$, tel que $P1 = a_{n-1} ⋅ 10^{n-1} + a_{n-2} ⋅ 10^{n-2} + ⋯ + a_1 ⋅ 10 + a_0$
et $P2 = b_{n-1} ⋅ 10^{n-1} + b_{n-2} ⋅ 10^{n-2} + ⋯ + b_1 ⋅ 10 + b_0$,
où $a_i, b_i \in \{0, 1, …, 9\}$ et $a_{n-1}, b_{n-1} \neq 0$ et $P1$ et $P2$ sont des nombres premiers différents de même taille $n$.

JLapin

Je n'ai pas lu tous les pavés mais voici ce que j'ai compris.

On cherche le plus petit $n$ (sous réserve d'existence) tel qu'aucune concaténation de deux nombres premiers de taille $n$ ne donne un nombre premier (de taille $2n$).

En tout cas, c'est ce que j'ai compris du premier message du fil.

octobre

Oui c'est ça , j'ai mis le même message dans l'image en anglais dans math.stackexchange.com j'ai même recu un vote postif mais ici je ne comprend pas pourquoi il y a tant de critiques, laba si tu fais une nouvelle conjecture sur les nombres permiers tu va recevoir plien de votes négatives, ou ils vont te dire que ça existe déja...

lourrran

Regardons avec des arguments probabilistes, avec un raisonnement accessible par un lycéen.
Prenons $n=10$ par exemple

1. Parmi les nombres de 10 chiffres, quelle est la proportion de nombres premiers ? On sait que pour les nombres dans un intervalle [k, k*1.05] , la proportion de nombres premiers est de l'ordre de $1/ln(k)$
2. Donc parmi les nombres à 10 chiffres qui commencent par un 9, chaque nombre a ''une chance sur 23'' d'être premier. Il y a donc environ 44 000 000 de nombres premiers à 10 chiffres qui commencent par un 9
3. Quand on concatène 2 nombres parmi ces 44 000 000 de nombres premiers, tous les résultats possibles donnent un ensemble d'environ 1 900 000 000 000 000 nombres distincts.
4. On 'picore' donc 1 900 000 000 000 000 nombres qu'on va considérer comme aléatoires parmi tous les nombres à 20 chiffres qui commencent par 9
   
5. Et on se demande si en picorant 1 900 000 000 000 000 nombres au hasard, on va avoir ou pas au moins un nombre qui est premier.
   
6. Les nombres qu'on peut obtenir, ils ont 20 chiffres et ils commencent par un 9, ils ont chacun une probabilité d'environ 2.2% d'être premiers. (si on chipote, en vrai, c'est même un peu plus plus, parce qu'on est sûr que tous nos nombres sont impairs, et pas multiples de 5.... par contre, ils ont une probabilité anormalement haute d'être multiples de 3...)
   
7. Donc, à la louche, en prenant tous les nombres premiers de 10 chiffres qui commencent par un 9, en concaténant 2 nombres premiers de cet univers, on a environ 41 000 000 000 000 de cas où on va tomber sur des nombres premiers.
   
8. On peut refaire les mêmes calculs avec des nombres à 11 chiffres par exemple. (on trouve un nombre 80 fois plus grand)
   

Et la conjecture c'est : même si on prend des nombres plus grands, des nombres à 30 ou 40 ou 50 chiffres par exemple, ce nombre obtenu (ici 41 000 000 000 000) ne sera jamais nul.
Oui, on peut sans grand risque affirmer que cette conjecture est vraie, puisque pour chaque nouvelle valeur de $n$, ce nombre augmente de façon quasi exponentielle (x 80 environ à chaque nouvelle valeur de $n$) 

J'ai numéroté chacun des points, comme ça, si tu as des questions, c'est facile d'identifier quelle étape du raisonnement est trop peu détaillée.

Rescassol

Bonjour,

Faire des conjectures avec le nombre de chiffres des entiers est lié au système de numération en base $10$.
On n'obtiendra pas de propriété intrinsèque des nombres premiers.

Cordialement,
Rescassol

octobre

Peut que si on vois par exemple que pour P1 et P2 commencant par 1 jusqu'a 9 il n'y a pas de solutions la conjecture semble vrai,  mais si je vais aller plus que 9 on peut trouver des solutions , ses solutions peuvents avoir peut être des patriculiarités lier au nombres permiers...

En clair, oui, $n$ ici semble ne pas exister pour cette question : c'est quoi le plus petit $n$ tel que, pour tous les nombres premiers $P_1$ et $P_2$ de même taille $n$ commençant par $j = 1, 2, \dots, 9$, l'expression $P = P_1 \cdot 10^n + P_2$ ne soit jamais un nombre premier ?

Donc, la conjecture semble être vraie pour $j<=9$.

Bon, supposons que je veux aller au-delà de $j > 9$, que seraient $j$ et $n$ pour résoudre ce problème ? Et si je trouve un $j$ et $n$, quel serait le $j$ et $n$ suivant qui résoudrait aussi ce problème ?

troisqua

octobre, fais une pause, relis-toi, corrige un minimum ton message pour qu'il soit lisible, dans un français à minima correct, ne serait-ce que par respect pour ceux à qui tu t'adresses. La forme de ton message indique déjà la faiblesse du fond.

Emphyrio

Avez-vous essayé de faire vérifier votre démonstration par Chatgpt ça peut aider  Cela dit, il peut vous exclure pour au moins 24h si vous dépassez votre quota d'analyse sur un problème trop pointu même pour lui

Méfiance quand même car son niveau mathématiques n'est pas au top même s'il a bien augmenté recemment. Il y a encore quelques mois, il disait que la somme des carrés des inverses des nombres premiers diverge puis converge vers Pi^2/6 quand vous protestiez du contraire. Si vous déclariez qu'à l'évidence c'était faux alors il revennait à sa première déclaration et ainsi de suite un simple perroquet  

C'était le bon temps, j'ai beaucoup moins rit quand il y a quelques semaines il m'a sorti une réponse correcte avec la justification simple que j'avais essayé en vain de lui faire entrer dans la tête !