infinitude des nombres premiers

borde

Bonsoir,
<BR>
<BR>Voici, sur ArXiV, un petit article d'une seule page, dans lequel l'auteur reprend et généralise une démonstration de Perrot pour démontrer l'infinitude de l'ensemble des nombres premiers :
<BR><a href=" http://fr.arxiv.org/PS_cache/math/pdf/0610/0610066.pdf"&gt; http://fr.arxiv.org/PS_cache/math/pdf/0610/0610066.pdf</a&gt;
<BR>
<BR>L'argumentation n'est pas sans rappeler quelques idées d'Erdös.
<BR>
<BR>A lire tranquillement, à la veillée ! Peut être utile pour enrichir une leçon, pourquoi pas...
<BR>
<BR>Borde.<BR>

egoroff

Salut borde,

Merci pour l'article. C'est vrai que c'est rigolo comme preuve. Je ne suis pas bien réveillé, je ne vois pas trop le passage : $\sum_{i=1}^r 1/p_i^m < \sum_{n=1}^{\infty} 1/n^m-1$.

bs1

bonjour,

Même réveillé, ça me fait pareil; mais là, c'est normal.

Question: Deux nombres de Fermat distincts sont premiers entre eux, donc ,il existe une infinité de nombres premiers . Borde, il me semble que tu as écrit un jour, sur ce forum, que cette méthode était due à Polya.( est-ce que c'est ça ?)

Dans le même genre:DEUG Université Claude Bernard- Lyon I- 1999- Exercice 3:
Soit$n,i,j$ des entiers naturels tels que: $1

borde

Pour bs, c'est exact. De plus, ton exercice suit cette même idée que celle de Polya. Puisque tu as mon livre, l'exercice 2.3 est également fait pour cela (dû à Edwards, 1964).

Pour Egoroff : l'auteur majore une somme portant sur des nombres premiers par une somme portant sur tous les entiers sauf $1$.

Brde.

ryo

Bonjour j'ai un petit truc que je n'arrive pas a resoudre. Comme c'est pas grand chose je voulais pas ouvrir un sujet pour ca et puisque ca parle de nombres premiers ici je me permet de m'incruster

Voila l'enonce : soit $p,q$ deux nombres premiers impairs tels que $q | 2^p-1$. Montrer que $q \equiv 1 [p]$

Alors dans le bouquin ou j'ai trouve ca, ils donnent ca comme une application arithmetique de la theorie des groupes (c'est donne juste apres le theoreme de Lagrange). Ca doit pas etre bien dur mais je vois pas du tout.

merci d'avance

egoroff

Merci borde (honte). Certains jours je me dis que je devrais arrêter les maths... :-(

[Utilisateur supprimé]

pour ryo: regarde ce qui se passe dans $\mathbb F_q^*$.

Joaopa

bs1

merci Borde pour tes réponses .
je n'avais pas capté que l'exercice 2.3 obéissait à cette même famille, maintenant c'est annoté dans la marge.

borde

De rien, Egoroff, et ne te bile pas : cela arrive à tous !

Ryo, Joaopa a donné une bonne indication, et, s'il me le permet, je la redis sous la forme suivante : Soit $\delta = \mbox {ord}_q(2)$ l'ordre de $2$ modulo $q$. Ton hypothèse $p \mid \left ( 2^p - 1 \right )$ et petit Fermat impliquent que $\delta \mid p$, donc $\delta = p$ (car $\delta = 1$ entraînerait $2 \equiv 1 \pmod q$, ce qui ne se peut) et $\delta \mid (q-1)$, ce qui achève la preuve.

Je complète ton exercice en l'énonçant de la façon suivante : soient $p,q \geqslant 3$ deux nombres premiers tels que $q \mid \left (2^p - 1 \right )$. Montrer qu'alors il existe $k$ entier tel que $q = 1 + 2kp$ (autrement dit, tout diviseur premier de $2^p-1$ est de la forme $1 + 2kp$). Voir mon livre page 55, exemple 3.27.

Pour bs : je te suggère, si tu le peux, de lire l'article d'Edwards, qui donne d'autres exemples de suites infinies d'entiers premiers entre eux : {\bf Edwards, A.W.F.}, {\it infinite coprime sequences}, Math. Gazette {\bf 48} (1964), 416-422.

Borde.

ryo

Merci Joaopa et Borde. J'avais pense a regarder ca dans $\mathbb F_q^*$ mais j'arrivais pas a en tirer quelque chose. Heureusement que c'est le weekend!

Faut vraiment que je me procure ton livre Borde mais il est pas souvent dispo dans la bu de ma fac et agreg oblige, mes achats du moment sont consacres aux "classiques".
par contre il y a une petite faute de frappe dans ton message c'est $q$ qui divise $2^p-1$. si un moderateur passe par la..

Richard André-Jeannin

"Faut vraiment que je me procure ton livre Borde mais il est pas souvent dispo dans la bu de ma fac et agreg oblige, mes achats du moment sont consacres aux "classiques".

Borde est un néo-classique.

Richard André-Jeannin

Salut Borde.
Ton expression "petit Fermat " me fait penser à notre ami Martial (c'est une de ses expressions favorites). Il y a belle lurette que je ne l'ai pas vu (lu) sur ce forum.

borde

Salut RAJ,

"Borde est un néo-classique" : pas mal, celle-là, RAJ !

Tu as raison, Martial se fait rare, ces temps-ci ! S'il nous lit, qu'il sache que lui et ses compétences manquent à ce forum...

Ryo, c'est exact, en ligne 3 de mon message plus haut, il faut lire "...ton hypothèse $q \mid \left ( 2^p - 1 \right )$ au lieu de "...ton hypothèse $p \mid \left ( 2^p - 1 \right )$.

Borde.

bs1

ryo: tu as de la chance; dans aucune des trois facs de maths de Marseille ne figure le livre de notre ami. Dans le cahier de suggestions de l'une d'entre elles , j'ai commencé à réparer cet oubli inconcevable en préconisant cet ouvrage.Les autres suivront.

Borde : je vais essayer de trouver ce Math Gazette, dont tu me parles.

Pour le livre de Vincent , c'est pas la peine: il y en a environ cinq dans chaque BU.

skilveg

Bonjour Borde,

Un truc me perturbe dans cette démonstration, je pense que cela vient de moi mais j'aimerais avoir une précision. En effet, Kilford considère $N\geq\prod p_i$, et ensuite affirme que le nombre d'entiers sans puissance $m$ième entre 1 et $N$ est $m^r$. Pour cela, il sous-entend sans doute que chacun des $p_i$ peut être affecté d'un exposant $\alpha_i

borde

Salut Skilveg,

Il semblerait que tu aies soulevé un écueuil de rédaction : tout d'abord, la dénomination exacte est entier $m-$libre ($m-$free integer). Ce sont effectivement les entiers dont les valuations vérifient $\alpha < m$. L'auteur a donc compté le nombre de choix possibles pour les exposants ($m$), et le nombre de nombres premiers possibles affectés de ces valuations ($r$), et le lemme des bergers a fait le reste.

J'aurais donc mis $\displaystyle {N \geqslant \prod_{i=1}^{r} p_i^{m-1}}$, puis j'aurais choisi in fine $N$ de sorte que $\displaystyle {N \geqslant \max \left ( \prod_{i=1}^{r} p_i^{m-1} \, , \, m^r/\delta \right )}$.

Borde.

skilveg

D'accord! Merci pour ces précisions, j'avais peur de raconter n'importe quoi...

Ce forum est vraiment précieux... Je ne connais pas beaucoup d'endroits où l'on puisse avoir de tels interlocuteurs en face de soi, et si rapidement

Bonne journée!

PS: ah si, la dénomination exacte d'écueuil est écueil... Pardon, je m'en vais...

ours

les nombres premiers négatifs

le signe du diviseur

et toc

borde

Oui, mes doigts ont écorné le clavier en tapant un "u" de trop !! :-)

Quant aux remarques d'Ours, je ne vois pas où il veut en venir...surtout avec son "et toc" !

Borde.

paulDH

Bonjour à vous

Supposons tous les nombres premiers soient connus jusquà Pn
effectuons la multiplication 2 x 3 x 5 x 7 x 11 x ........ x Pn = Q
alors Q+1 est premier
etc.

Salutations


[Ah oui ? 2 x 3 x 5 x 7 x 11 x 13 + 1 = 30031 = 59 x 509. AD]

egoroff

Alain, ça méritait un post ! C'est dommage de rester dans l'ombre :-)

paulDH : Tu as fait un raccourci dans cette preuve ultra-classique, il y a une subtilité qui a dû t'échapper. On ne prétend pas que $Q+1$ est premier mais qu'il a un diviseur premier, qui ne peut être aucun des $n$ qui interviennent dans la définition de $Q$.

paulDH

bonjour à tous

bien entendu, ma démo était incomplète,

de deux choses l'une:
ou Q est premier (ce qui peut arriver) et la proposition est vérifiée
ou Q n'est pas premier, (voir l'exemple ci-dessus de... qui au fait ?) [J'ai pourtant signé AD]
mais alors le plus petit diviseur de Q est supérieur à Pn, et la proposition est vérifiée également

Mais mon propos était en fait de montrer qu'il n'est pas nécessairement besoin de grandes théories pour démontrer des choses aussi simples.

D'autre part, je félicite Borde pour son érudition, et j'avoue ne pas pouvoir toujours le suivre

Salutations

paulDH

Bonjour egoroff

oui vous aviez la bonne démo,

la mienne (incomplète) était de mémoire, et ma mémoire fatigue un peu;
bientôt 80 ans !

Salutations

arno_nora

citation :
"Bonjour à vous

Supposons tous les nombres premiers soient connus jusquà Pn
effectuons la multiplication 2 x 3 x 5 x 7 x 11 x ........ x Pn = Q
alors Q+1 est premier
"

C'est vrai Q+1 est premier,
mais il est aussi non premier,
ba oui comme on raisonne par l'absurde Q n'existe pas, tout peut arriver

l.g

bonjour arno_nora et à tous
citation:
"mais il est aussi non premier, (ok)
....................................................................................................................
ba oui comme on raisonne par l'absurde Q n'existe pas, tout peut arriver
.....................................................................................................................
je ne comprends pas du tout cette phrase ...cela voudrait il dire que: Pn étant infini, alors Q n'est pas fini donc il n'existe pas ..?
merci.

lolo33

Et la preuve usuelle permet d'avoir $p_n < 2^{2^n} $ où $p_n$ est le n-ième nombre premier. Tandis qu'avec la preuve dErdös l'estimation est meilleure d'une exponentielle, ce me semble.

superman

comme il existe toujour un nombre premier $p$ compris entre $n$ et $2n$ , donc il existe une infinitude de nombre premier !