Couple de nombres premiers

Bonjour à tous,

J'ai besoin de quelqu'un pour m'éclairer la lanterne sur la question qui suit :

Soient $a$ et $b$ deux entiers naturels non nuls tels que $(a\land b)=1$, $p$ étant un nombre premier, on pose $q=(a\cdot p+b$). Question : Le nombre de nombres premiers $p$ tels que $q=(a\cdot p +b)$ soit aussi premier est-il infini ?

En d'autres termes, la restriction du théorème de progression arithmétique de Dirichlet à l'ensemble des nombres premiers reste-t-elle toujours vraie ?

Cordialement.

Réponses

  • C'est une question hors de portée actuellement : en prenant $a=1$ et $b=2$ on tombe sur le problème de l'existence d'une infinité de nombres premiers jumeaux, qui est encore ouvert aujourd'hui.
  • A mon avis, la question mérite tout de même d’être posée juste parce les cas des nombres premiers jumeaux, cousins, sexys, etc. ne sont que des cas particuliers du problème. Par conséquent, partir d’un cas particulier pour déduire le cas général semble inductif.

    En effet, dans les cas particuliers cité ci-dessus, $a=1$ et la différence entre $p$ et $q=(p+b)$ est une constante et égale à $b$, ce qui peut poser une certaine difficulté au vu de la répartition et de la raréfaction des nombres premiers quand $p$ croît. Or si $a\geqslant 2$, alors la différence entre $p$ et $q=(a\cdot p+b)$ n’est plus constante et l’écart entre les deux nombres devient proportionnel à $p$, $(q-p)=\left((a-1)\cdot p +b\right)$.

    Aussi, le Théorème de progression arithmétique de Dirichlet s’énonce avec $a\geqslant 2$, d’où l’intérêt de regarder le problème sous cet angle et de se poser la question si le Théorème restreint à un sous-ensemble de $\mathbb{N}$ de cardinal infini reste encore vrai.
  • Bonjour

    je ne suis pas sur de bien comprends ta question

    $a$ et $b$ premier entre eux
    tu veux savoir s'il y a une infinité de nombres premiers de la forme
    $p=n \cdot a+b$

    ou $p_a$ premier et b premier avec $p_a$
    tu veux savoir s'il y a une infinité de nombres premiers de la forme
    $p=n \cdot p_a+b$

    en gros cela revient savoir s'il existe plusieurs nombres tels que $(p)mod(p_a) =b$ ou $(p)mod(a)=b$

    la réponse et trivial pour $p_a =2 $ pour les autres mème chose vue que pour $p_a=3$, $b=\{1,2\}$
    il y en a obligatoirement plusieurs nombre premier de la forme $p=n \cdot p_a+b$


    Par contre si tu fais allusion à la conjecture des nombres premiers jumeaux il y a

    http://remyaumeunier.chez-alice.fr/pdf/conjecture de Goldbach.pdf

    ligne 48-51.

    Je suis actuellement à la recherche de quelque avis constructif
  • @JRManda : oui tu peux poser la question, mais je ne vois pas bien en quoi ça fait avancer le schmilblick étant donné que l'on est incapable de montrer la moindre spécialisation de ton problème. Pour démontrer le théorème de Dirichlet, on utilise le fait que l'on peut détecter une congruence $n \equiv a \text{ mod } q$ à l'aide des caractères de Dirichlet modulo $q$. Pour détecter une congruence $n = a + qp$ avec $p$ premier je ne vois pas comment faire.

    @aumeunier : la question de savoir si, étant donnés $a$ et $q$ premiers entre eux, il existe une infinité de nombres premiers $p$, tels que $a+pq$ est premier. La question est ouverte puisque la cas $a=2$ et $q=1$ correspond au problème des nombres premiers jumeaux.
  • perso j'ai bien une piste à explorer mais au lieu d'utiliser p*q+a je propose p*q-a
    l'on ne va pas chipoter pour un signe non ;-)


    $2.3.5.7.11...p_n-p_y=a$ ,$a$ et un nombre premier sss $a<p_n^2$ avec $p_y$ premier avec la primorelle
    donc si $p_y$ et un nombre premier jumeaux alors $a$ le sera aussi
    $2.3.5.7.11-101=109, \sqrt{109}=10,....$
    $2.3.5.7.11-103=107$

    et après avoir bien torturé le concept, tu devrais arriver à mon doc
    voir le lien plus haut mes 3 centimes

    Cordialement remy
  • Ha bon ?
    2.3.5.7.11 = 2310 produit ou ta primorielle $P(n)$ car dans cet exemple $P_n = 11$
    2310 - 59 = 2251 ; un nombre premier $P$
    2301 - 61 = 2249 ; alors où il est ton nombre premier jumeau ....? pourtant $p_y = 61$ est un nombre premier jumeau ...(td)
  • $2.3.5.7.11...p_n-p_y=a$ a et un nombre premier sss $a<p_n$ avec $p_y$ premier avec la primorielle

    donc pour ton exemple $2.3.5.7.11-59=2251$ $\sqrt{2251}=47,..$ 47 >11 non ?

    la démonstration et trivial

    $2.3.5.7.11...p_n-p_y=a$ dans a je ne peux mettre aucune de ces valeur en facteur

    et tu d'accord avec cela ?

    si oui alors a et un nombre premier si $ a< p_y^2$

    ben ensuite, tu remplaces $p_y$ par un nombre premier jumeau et tu auras un autre nombre premier jumeau
    plus petit

    simple non ?

    Cordialement remy
  • Tu as écris au dessus de mon post $a < P^2_n$ donc 61 est inférieur à 121 ; simple non !
    Et ta primorelle c'est quoi ?
    Car dans ton exemple ridicule où tu prends bien $p_n - 101 = 109$ donc 101 est inférieur à racine de quoi ? de $a = 210$ ou d'une nouvelle variété de primorelles...
    Tu te contredits sans arrêt, que ça en devient stupide ....simple non ?
    Et lorsque l'on te met devant tes idioties tu changes les définitions!
    Essaye un peu $p_n - 5 = 205$ avec $p_n - 7 = 203$ c'est un couple de premier jumeaux ? ...ha ben ça alors... j'ai pourtant bien pris un nombre premier jumeau ...
    Et dans $a =203$ ou $205$ je ne peut pas mettre 7 ou 5 en facteur...?
  • $2\cdot3\cdot5\cdot7\cdot11-2249=61$

    $2\cdot3\cdot5\cdot7\cdot11-13\cdot 173=61$

    ici nous avons bien $2249 =13\cdot 173$ qui est premier avec le produit des nombres premiers consécutif, la primorielle
    Donc $61$ ne peut avoir aucun facteur présent. $61\notin\{2,3,5,7,11,13,173\} $

    et comme $61 < 11^2$ ,$61$ est premier parce que tout nombre composé a un facteur premier inférieur a sa racine carrée et ici comme je me suis arrangé pour que cela ne soit pas possible , je peux donc affirmer que 61 est premier sans avoir à le tester.


    Ensuite pour les nombres premier jumeaux ,il faut remplacer $2249=13\cdot 173$ par un nombre premier jumeaux


    $2\cdot3\cdot5\cdot7\cdot11-2267=43$,$2\cdot3\cdot5\cdot7\cdot11-2269=41$

    donc comme 2267,2269 sont deux nombre premier jumeaux, 41 et 43 sont aussi des nombre premier jumeaux,je peux l'affirmer sans avoir a les tester,parce que 41 et 43 ne peuvent pas avoir comme facteur $ \{2,3,5,7,11\} $

    Cordialement remy
  • ,je peux l'affirmer sans avoir a les tester,parce que 41 et 43 ne peuvent pas avoir comme facteur {2,3,5,7,11}.
    Comble de l'imbécilité : moi aussi il me suffit de vérifier si l'inverse est vrai....X:-(

    Comment tu fais pour affirmer l'inverse sans vérifier : {2,3,5,7,11} - 61 et {2,3,5,7,11} - 63 , qui sont deux premiers jumeaux que leur différence donnera un couple de premiers jumeaux selon tes allégations ... Et pourtant 13 et 173 ne sont pas dans {2,3,5,7,11}

    Tu prends tes désirs pour la réalité :-D . C'est grâce au théorème que tu as pondu ...ou à tes illusions ?
  • @Poirot il m'avait semblé lire qu'un mathématicien américain (d'origine chinoise) avait démontré l'existence d'une infinité de nombres premiers pas trop éloignés (delta~70000 de mémoire) avec une technique que l'on pensait vouée à l'échec.
    Je n'y avais compris goutte.
    "J'appelle bourgeois quiconque pense bassement." Gustave Flaubert
  • pourquoi tu modifies ce que j’écris , je n'ai pas écrit cela
    mais
    $2 \cdot 3 \cdot 5 \cdot 7 \cdot 11-2267=43$,$2\cdot3\cdot5\cdot7\cdot11-2269=41$

    donc comme 2267,2269 sont deux nombre premier jumeaux, 41 et 43 sont aussi des nombre premier jumeaux,


    je ne comprends pas ce que tu ne comprends pas ,dans la relation suivante

    $(2\cdot3\cdot5\cdot7\cdot11\cdot...\cdot p_n)-p_y=a$
    pour que cela fonctionne il y a une double contrainte

    il faut que cela soit $p_y$ qui soit un nombre premier jumeau et que $a < {p_n}^2$
    sous réserve du respect de cette double condition $a$ sera un nombre premier jumeau.
    et il sera aussi plus petit que $p_y$ .

    Donc pour la conjecture des nombres premiers jumeaux l'on ne peut pas l'utiliser en l'état,
    si cela peut rassurer.


    Cordialement remy
  • Je viens de voir que l'écart a été réduit à delta=246 https://www.pourlascience.fr/sd/mathematiques/nombres-premiers-jumeaux-une-version-restreinte-de-la-conjecture-demontree-18128.php, et que c'est démontré sur les corps finis.
    "J'appelle bourgeois quiconque pense bassement." Gustave Flaubert
  • perso après avoir mal traité le concept si dessus j'obtiens


    http://remyaumeunier.chez-alice.fr/pdf/conjecture de Goldbach_fr.pdf

    mais le doc et en cours de création, et na pas pue être mis en échec ou suscité la moindre objection mathématique , jusqu’à présent.



    Cordialement remy
  • Pour $a\geqslant 2$ et $b\geqslant 1$ tels que $a\land b=1$, les couples de nombres premiers dont on cherche à prouver que leur nombre est infini sont ceux de la formes $(p,q)$, avec $q=a\cdot p +b$ où $p$ est premier $q$ est aussi premier.

    Exemple Pour $a=2$ et $b=1$, on trouve les couples de nombres premiers suivants : $(2,5)$; $(5,11)$; $(29,59)$; $(41,83)$; $(53,107)$, etc.

    Cordialement.
  • donc si je te comprend bien (p-1)/2=p


    2*2+1=5
    2*5+1=11
    2*29+1=59

    ...

    cela ne fonction que parce que tu es sûr de petits nombres premiers
    plus les nombres sont grands moins cela fonctionnera

    exemple 101,103 qui sont 2 nombres premiers jumeaux

    mes 3 centimes
  • @aumeunier : Je pense que tu n'as pas compris la question. Dans l'exemple que j'ai donné ci-dessus que je me permets de reprendre ici : $(2,5)$; $(5,11)$; $(29,59)$; $(41,83)$; $(53,107)$, etc., je ne vois pas de couple de nombres premiers jumeaux. Aussi, je ne comprends pas ton acharnement à tout ramener aux nombres premiers jumeaux. Et donc si dans ton contre-exemple $101$ et $103$ que tu viens de donner, si $p=101$ alors $q=(2\cdot p+1)$ sera égal à $203$ et non $103$ comme tu t'obstine à le faire. Et malheureusement $203 = 7\times 29$ n'étant pas un nombre premier, le couple $(101, 203)$ ne nous intéresse pas.
    Aussi, contrairement à ce que tu prétends, on peut trouver des couples de nombres assez grands qui sont ceux qu'on cherche ici. Cela dépend simplement de la limite de la fonction isprime du calculateur que tu utilises. Avec Maple, j'ai pu trouver des couples de nombres premiers au-dela de $p=2^{100}$.
    Exemple : Entre $(2^{100}-1)$ et $(2^{100}+10000)$, on trouve deux couples $(p,q)$ de nombres premiers qui conviennent, à savoir :
    $(p=1\hspace{3pt}267650\hspace{3pt}600228\hspace{3pt}229401\hspace{3pt}496703\hspace{3pt}206331$, $q=(2p+1)=2\hspace{3pt}535301\hspace{3pt}200456\hspace{3pt}458802\hspace{3pt}993406\hspace{3pt}412663)$ et ;
    $(p=1\hspace{3pt}267650\hspace{3pt}600228\hspace{3pt}229401\hspace{3pt}496703\hspace{3pt}214569$, $q=(2p+1)=2\hspace{3pt}535301\hspace{3pt}200456\hspace{3pt}458802\hspace{3pt}993406\hspace{3pt}429139)$.

    Garde tes 3 centimes !
  • J’étais parti sur les nombres premiers jumeaux parce que Poirot a écrit plus haut ***
    ...correspond au problème des nombres premiers jumeaux.

    Donc si, et j'ai bien dit si, je te comprends bien, tu ne considères que les couples de nombres tels que que $p_a=2\cdot p_b+1$ avec $p_a$ et $p_b$ deux nombres premiers, et tu veux savoir s'il en existe une infinité ?
    Merci pour ton retour.
  • @aumeunier : Affirmatif ! Cet exemple va dans le sens de ma question.

    Cordialement.
  • Le but du jeu démontré qu'il existe une infinité de nombres premiers
    de la forme $2\cdot p_a+1=p_b$.

    $2\cdot 3\cdot 5\cdot 7\cdot 11-3\cdot13=a=3\cdot(...)$
    $2\cdot 3\cdot 5\cdot 7\cdot 11-7\cdot 23=a=7\cdot(...)$
    $2\cdot 3\cdot 5\cdot 7\cdot 11-31\cdot 23=a$ a est premier avec 2,3,5,7,11,31,23

    Ensuite tout nombre composé a un facteur premier inférieur à sa racine carrée,
    donc si $a <11^2$ et comme $a$ par construction ici ne peut pas avoir comme facteur 2,3,5,7,11,
    et qu'il est différent de zéro alors $a$ est un nombre premier .

    Jusque la il ne doit pas y avoir de problème,ensuite je remarque que je peux écrit tout les nombres premiers sous cette forme.

    donc dans $2\cdot p_a+1=p_b$

    je remplace $p_a$ par la précédence écriture
    $2\cdot(2\cdot3\cdot5\cdot7\cdot11...\cdot p_n-y)+1=p_b$
    $2^2\cdot3\cdot5\cdot7\cdot11...\cdot p_n- (2\cdot y-1)=p_b$

    donc si je veux que $p_b$ soit un nombre premier il faut que

    $y$ , $(2\cdot y-1)$ et $(p_b-1)$ sont premier avec $(2\cdot3\cdot5\cdot7\cdot11...\cdot p_n)$


    exemple

    $(41,83)$
    $\sqrt{41}=6...$
    $2\cdot3\cdot5\cdot7-13\cdot13=41$
    $2\cdot2\cdot3\cdot5\cdot7-2\cdot13\cdot13+1=83$

    $2\cdot2\cdot3\cdot5\cdot7-2\cdot13\cdot13=83-1$
    $2\cdot2\cdot3\cdot5\cdot7-2\cdot13\cdot13=2\cdot41$

    Donc si $(2\cdot y-1)$ est premier avec les nombres premier $<\sqrt{p_a}$
    alors il doit pouvoir être de la forme $2\cdot p_a+1=p_b$


    Mainteant est que c'est une condition suffisante, personnellement, je pense que oui
    donc pour moi il y en a bien une infinité

    Mes 4 centimes

    Cordialement remy
  • Bonjour.

    Tu devrais arrêter d'écrire n'importe quoi :
    Aumeunier a écrit:
    $2\cdot 3\cdot 5\cdot 7\cdot 11-31\cdot 23=a$ a est premier avec 2,3,5,7,11,31,23
    a est pair de façon évidente (différence de deux impairs).

    Comment peut-on prétendre avoir résolu une conjecture arithmétique qui a résisté depuis très longtemps et faire ce genre d'erreur de collégien ???
  • Gérard, c'est toi qui fais une erreur de collégien.
  • Effectivement,

    j'ai mal lu ...

    Désolé.
  • $p_b=2\cdot p_a+1$

    $2\cdot3\cdot5\cdot7\cdots p_n-y=p_a$ , $p_n<\sqrt{p_a}$

    $p_b$ et premier sss $2\cdot y+1$ et premier avec $2\cdot3\cdot5\cdot7\cdots p_n$

    un ninimun de mots donc pas trop de pb :-)

    Cordialement remy
  • Ben oui ...est alors tu vas nous la rejouer $2p+1=q$ premier si $q$ est un nombre premier. X:-(

    Tu vas surement nous raconter que tu peux toujours tester si $a$ est premier avec tes nombres premiers 2,3,5,7,11,23,31, suivant ton exemple : $(2*3*5*7*11) – (23*31) = a$ , $a$ est premier avec $2,3,5,7,11,23,31$

    Tu as prouvé que ça marche à tous les coups ?

    Donc tu as alors, surement démontré l'infinité de premiers $2p + 1 = q$ aussi difficile que la conjecture des premiers jumeaux.

    Mais pourquoi :
    $(2*3*5*7*11) – (17*17) = a = 2021$ où $a$ est premier avec $2,3,5,7,11,17$ puisque $2021 = 43*47$ qui n'est pas un nombre premier … ? avec 43,47 qui sont inférieur à racine de 2310, comme dans ton exemple ...

    D'où tu as sorti ton $y$ sans le définir : $y$ , $(2y - 1)$ ?
  • $2\cdot3\cdot5\cdot7-(13\cdot13)=41$

    $2\cdot13^2-1=337$ et comme $337$ est premier avec $\{2,3,5,7,11\}$ donc $2\cdot 41+1$est premier

    il ne faut pas que $y$ soit un nombre premier, mais que $y$ soit premier avec la primorielle

    Cordialement remy
  • Ton exemple :
    $2*3*5*7*11 - (13*13) = 2141 $ qui est premier ; $2*13^2 - 1= 337$ et comme 337 est premier avec {2,3,5,7,11}
    donc $2*2141+1 = q$.
    ok

    Malheureusement ton rêve ne va pas loin::)o

    $2*3*5*7*11 - (17*17) = 2021 $ qui n'est pas premier !(td)
    $2*17^2 - 1= 577$ et comme 577 est premier avec {2,3,5,7,11} ; donc $2*2021 + 1$ a oublié d'être premier (td)

    Je ne vois pas bien le rapport avec le sujet de ce fil qui est : il y a t'il une infinité de nombres premiers $q$ tel que $2p +1 = q$.

    En utilisant une Primorielle $P(n)$ et un produit que l'on soustrait, en espérant que le résultat soit un nombre premier $P$ pour ensuite vérifier si $2P+1 = q$.
    Déjà qu'en utilisant tous les nombres premiers $P$ on ne peut rien prouver, alors imagine avec tes allégations...
  • Tu ne veux pas faire un petit effort $\sqrt{2021}=44.9..$

    Pour écrit un nombre premier à partir d'une primorielle il y a 2 conditions
    dans $(2\cdot3\cdot5\cdot7\cdot11...\cdot p_n)-y=a$ il faux que $\sqrt{a}<p_n$ et que $y$ soit premier avec la primorielle, et avec cette méthode tu peux écrire tous les nombres premiers .Pour être précis ces plutôt $\sqrt{a}<p_{n+1}$


    2*3*5*7*11-2297=13 $\sqrt{13}=3.6...$ ,$3.6...<11$ ok
    2*3*5*7*11-2293=17 ...ok
    2*3*5*7*11-2291=19
    2*3*5*7*11-2287=23
    ...

    2*3*5*7*11-2203=107
    2*3*5*7*11-2201=109
    2*3*5*7*11-2197=113...ok
    ... ... ok
    2*3*5*7*11-2137=173 $\sqrt{173}=13.15...$ ,bip bip bip erreur $13.1..>p_{n+1}$
    donc 173 peut avoir 13 comme facteur parce qu'il n'est pas dans la primorielle.

    Bon bref, donc pour $p_b=2\cdot p_a+1$

    $2\cdot3\cdot5\cdot7\cdots p_n-y=p_a$ , $\sqrt{p_a}<p_n$

    $p_b$ et premier sss $2\cdot y+1$ et premier avec $2\cdot3\cdot5\cdot7\cdots p_n$

    Cordialement remy
  • Dans une autre discussion sur le sujet Sur les nombres premiers posté il y a à peu près deux mois par @franckfranck, voici une démonstration proposée par @J.Faizant :

    On considère la fonction $f$ définie de $\mathbb{N}^{*}\times \mathbb{N}^{*}$ dans $\mathbb{N}^{*}$ qui à $(x,y)$ associe $k=f(x,y)=2xy+x+y$.
    • Si un nombre $k$ est dans $\mathcal{Im}(f)$, alors il existes deux naturels de $\mathbb{N}^{*}\times \mathbb{N}^{*}$,tels que $k = 2xy + x + y$ donc $2k + 1 = 4xy +2x + 2y+1 = (2x + 1)(2y + 1)$. On voit que $2k+1$ est le produit de deux nombres impairs dont aucun n'est égal à $1$ puisque $x$ et $y$ sont non nuls, ceci montre que $2k + 1$ n'est pas premier impair.
    • Inversement si un nombre impair $2k+1$ n'est pas premier alors il est le produit de deux facteurs impairs $2x+1$ et $2y+1$, tous deux différents de $1$ donc avec $x$ et $y$ dans $\mathbb{N}^{*}$. Il en résulte que : $2k + 1 = (2x+1)(2y+1) = 4xy + 2x + 2y + 1$, donc $k = 2xy + x + y$ avec $x$ et $y$ naturels non nuls. Donc $k$ est dans $\mathcal{Im}(f)$.

    On a donc bien l'équivalence :
    • $2k + 1$ n'est pas premier si et seulement si $k$ appartient à $\mathcal{Im}(f)$. Et très logiquement :
    • $2k+1$ est premier si et seulement si $k$ n'appartient pas à $\mathcal{Im}(f)$.
    Fin de citation.

    Tout en laissant la citation ci-dessus à l’appréciation de chacun, je pense que si on désigne par $\mathcal{P}$ l’ensemble des nombres premiers - on sait que $\mathcal{P}\subset \mathbb{N}^{*}$ et $\mathcal{Im}(f)\subset \mathbb{N}^{*}$ - et qu’on arrive à prouver que :
    1. Card$(\mathcal{P}\cap \mathcal{Im}(f)^{C})=\infty$ où $\mathcal{Im}(f)^{C})$ désigne le complémentaire de $\mathcal{Im}(f)$ dans $\mathbb{N}^{*}$, ou encore
    2. Il existe une infinité de nombres premiers $p$ tels qu’il n’existe pas de couple d’entiers naturels non nuls $(x,y)$ tels que $p=2xy+x+y$.

    Alors notre proposition est démontrée c’est-à-dire, il existe une infinité de couples de nombres premiers $(p,q)$ tels que $q=2p+1$.

    Cordialement.
  • @JRManda

    1_) tu utilises la propriété de ton point: 2 (Il existe une infinité de nombres premiers $p$ tels qu’il n’existe pas...etc...)

    2_) En quoi cette propriété implique qu'il existe $q = 2p+1$ , elle indique seulement qu'il existe des nombres premiers $p$ ou des nombres premiers $q$ du fait que $k$ n'appartient pas à la fonction cité dans ton équivalence... Non ?

    Ou quelque chose m'échappe, dans ton raisonnement. Attendons un autre avis.
  • Bonjour

    @LEG

    En attendant l'avis des autres, j'essaie de traduire autrement ce que j'ai écrit.

    Pour $p$ un entier naturel non nul, les trois propositions suivantes sont équivalentes :
    1. $p$ appartient à $\mathcal{Im}(f)$
    2. Il existe un couple d’entiers non nuls $(x,y)$ tel que $p=2xy+x+y$
    3. $(2p+1)$ n’est pas un nombre premier.
    Ou encore :
    $\left(p\in \mathcal{Im}(f)\right) \iff \left(\exists (x,y)\in \mathbb{N}^{*}\times \mathbb{N}^{*}, p=2xy+x+y\right) \iff \left((2p+1)\notin \mathcal{P}\right)$

    C’est qui est logiquement la même chose de dire, pour $p$ un entier naturel non nul, les trois propositions suivantes sont équivalentes :
    1. $p$ n’appartient pas à $\mathcal{Im}(f)$
    2. Il n’existe pas de couple d’entiers non nuls $(x,y)$ tel que $p=2xy+x+y$
    3. $(2p+1)$ est un nombre premier
    Ou encore :
    $\left(p\notin \mathcal{Im}(f)\right) \iff \left(\not \exists (x,y)\in \mathbb{N}^{*}\times \mathbb{N}^{*}, p=2xy+x+y\right) \iff \left((2p+1)\in \mathcal{P}\right)$

    Et maintenant on veut prouver que si on prend $p$ dans l'ensemble des nombres premiers $\mathcal{P}$, les propositions ci-dessus restent équivalentes. Et surtout, on doit prouver que le nombre de ces nombres premiers $p$ pour lesquels les propositions sont équivalentes, est infini.

    Cordialement.
  • Il est sûr que si vous parvenez à montrer qu'il existe une infinité de nombres premiers dans le complémentaire de Im(f), vous aurez alors démontré qu'il existe une infinité de nombres premiers p tels que 2.p+1 soit premier (nombres de Sophie Germain). Mais , à ce stade, nous n'avons pas avancé d'un poil dans la démonstration.
    Jusqu'à preuve du contraire, l'introduction de la fonction f n'apporte rien à la démonstration. D'ailleurs le théorème d'Euclide disant qu'il existe une infinité de nombres premiers équivaut à dire qu'il existe une infinité d'entiers qui ne sont pas dans Im(f) , et Euclide c'est très bien passé de cette seconde formulation pour démontrer son théorème.
    A mon avis, méditer sur la méthode d'Euclide est préférable si on veut démontrer quelque chose sur les nombres premiers .

    Bonne journée
  • @J.Faizant, c'est bien ce qu'il me semblait , son raisonnement ne prouve en rien l'infinité de nombres premiers q tel que 2.p + 1 est aussi premiers . Car quelque soit la forme de p il reste toujours à prouver une infinité de premiers q, tel que définis ci-dessus, quand bien même p n'appartient pas à lm(f).
    @JRManda, Ce n'est pas parce qu'il existe des nombres premiers q = 2p+1, qui n'appartiennent pas à lm(f) qu'il y en a une infinité, pour p, il y en a bien une infinité, car c'est démontré ! Les deux cas ne sont pas équivalents.
  • Bonjour


    je pense que ces une versions allégées du fait qu'il existe une infinité de nombres premiers de la forme
    6*n +/- 1 je ne sais plus qui la démontrait désoler

    Cordialement remy

    Un lien après une recherche rapide
    http://villemin.gerard.free.fr/Wwwgvmm/Premier/sequenc6.htm
  • Bonjour à tous,

    Sans trop rentrer dans le détails, le travail que je suis en train de finaliser m'a permis de repartir tous les nombres premiers en 4 classes deux à deux disjointes. A savoir :
    1. La classe $C1$ : les nombres ultra-premiers ; une définition en théorie des groupes va suivre ;
    2. La classe $C2$ : Les facteurs premiers de nombres de Mersenne $M_{p}$ composés avec $p$ premier ;
    3. La classe $C3$ : Les nombres premiers de Mersenne, et ;
    4. La classe $C4$ : Les nombres premiers neutres.

    Soit $q\geqslant 3$ un entier naturel impair. Considérons le groupe $\mathbb{Z}/2q\mathbb{Z}^{\times}$ des éléments inversibles par la multiplication de l’anneau $\left(\mathbb{Z}/2q\mathbb{Z},+,\times\right)$. Si $q$ est congru à $1$ modulo $4$, on pose $s_{1}=(q+1)/2$ sinon on pose $s_{1}=(3q+1)/2$. Désignons ensuite par $S_{2q}$ le sous-groupe multiplicatif de $\mathbb{Z}/2q\mathbb{Z}^{\times}$ engengré par $s_{1}$. Ce sous-groupe existe toujours et est différent du sous-groupe trivial réduit à l'élément neutre $1$, $\left(S_{2q}\neq \{1\}\right)$. Si $q$ est un nombre ultra-premier alors $ S_{2q}=\mathbb{Z}/2q\mathbb{Z}^{\times}$, c'est-à-dire $s_{1}$ est d’ordre $a_{0}=\varphi(q)=(q-1)$ dans $\mathbb{Z}/2q\mathbb{Z}^{\times}$.
    Dans le cas contraire c'est-à-dire si $S_{2q}$ est un sous-groupe propre de $\mathbb{Z}/2q\mathbb{Z}^{\times}$, $\left(S_{2q} \subset \mathbb{Z}/2q\mathbb{Z}^{\times}\right)$, on dira que $q$ n'est pas un nombre ultra-premier. Il sera donc un nombre premier de Mersenne, ou un facteur premier de Mersenne, ou un nombre premier neutre.

    Exemple Pour $q=5$, $s_{1}=3$ et on a $S_{10}=\mathbb{Z}/10\mathbb{Z}^{\times}=\{1,3,7,9\}$. Par conséquent, $5$ est un nombre ultra-premier. Par contre pour $q=7$, $s_{1}=11$ on a $S_{14}=\{1,9,11\}\neq \mathbb{Z}/14\mathbb{Z}^{\times}=\{1,3,5,9,11,13\}$. Par conséquent, le nombre $7$ n’est pas ultra-premier parce que $S_{14}$ est un sous-groupe propre de $\mathbb{Z}/14\mathbb{Z}^{\times}$. Ici, $7$ est un nombre premier de Mersenne.

    Ceci étant, la classe $C4$ est constituée de nombres premiers dont on n'a pas pu les classer en $C1$, $C2$ ou $C3$.

    On veut montrer que le nombre de ces nombres dits ultra-premiers est infini.

    Aussi les nombres ultra-premiers ont une certaines similitude avec les nombres premiers de Sophie Germain, plus particulièrement avec les nombres premiers sûrs qui en découlent. Dans le sens où, si $p$ est un nombre premier de Sophie Germain, alors $q=(2p+1)$ est un nombre premier sûr. Et on démontre que si le nombre premier sûr $q$ n'est pas un facteur premier d'un nombre de Mersenne $M_{p}$ composé avec $p$ premier, alors $q$ est un ultra-premiers.

    C'est pour cela que si le nombre de nombres premiers de Sophie Germain - et donc de nombres premiers sûrs - est infini, alors on en déduit que le nombre de nombres ultra-premiers est aussi infini. Et @J.Faizant a raison quand il nous dit que les connaissances actuelles sur le nombre des nombres premiers de Sophie Germain ne nous permettent pas d'avancer sur cette voie. Et donc la réflexion continue.

    Exemples :
    Les nombres premiers de Sophie Germain entre $2$ et $100$ :
    $G=\{2, 3, 5, 11, 23, 29, 41, 53, 83, 89\}$

    Il en découle les nombres premiers sûrs entre $5$ et $200$ :
    $S=\{5, 7, 11, 23, 47, 59, 83, 107, 167, 179\}$

    A rapprocher des nombres ultra-premiers entre $3$ et $200$
    $U=\{3, 5, 11, 13, 19, 29, 37, 53, 59, 61, 67, 83, 101, 107, 131, 139, 149, 163, 173, 179, 181, 197\}$

    Et on remarque que les nombres premiers sûrs $7,23,47,167$ qui sont des nombres premiers de Mersenne (le cas de $7$) ou des facteurs premiers de nombres de Mersenne $M_{p}$ composés avec $p$ premier (le cas de 23, 47 et 167) n'apparaissent pas dans la liste des nombres ultra-premiers.

    Cordialement.
  • ok tu ne te fâches pas mais pour moi il y a un mélange entre les nombres premiers de la forme ak+b
    et les nombres premiers qui ont une écrite de la forme ( Mersenne ,Fermat où autre) qui n'ont pas une écriture de la forme ak+b

    mais je reste sur ton problème avec les nombres de Mersenne j'ai peut-être une piste c'est rigolo

    Cordialement remy
  • donc pour moi où il y en a bien une infinité mais pour cela il faut généraliser les nombres premiers
    de la forme $2\cdot p+1 $ à $ 2\cdot p+n$


    a partir de dans $2\cdot3\cdot5\cdot7...\cdot p_n-p_y=a$ ,a et premier si $\sqrt{a}<p_{n+1}$ et que $p_y$ soit premier avec la primorielle

    donc

    $2\cdot3\cdot5\cdot7-169=41$
    $2\cdot(2\cdot3\cdot5\cdot7)-(2\cdot169)=2\cdot41=84$

    puis si je veux aller cherche tous les nombre premier compris entre 84 et 210=2*3*5*7
    il me suffis d'introduire une variable

    $2\cdot2\cdot3\cdot5\cdot7-2\cdot169+1=2\cdot41+1=83$
    $2\cdot2\cdot3\cdot5\cdot7-2\cdot169+7=2\cdot41+7=89$
    $2\cdot2\cdot3\cdot5\cdot7-2\cdot169+15=2\cdot41+15=97$
    $2\cdot2\cdot3\cdot5\cdot7-2\cdot169+19=2\cdot41+19=101$
    $2\cdot2\cdot3\cdot5\cdot7-2\cdot169+21=2\cdot41+21=103$

    donc tous nombre premier peux généré un autre nombre premier de la forme 2*p+n
    inutile de préciser que je peux faire la mème chose avec 3,5,7,


    bon bref pas sur que cela apporte quelque chose

    mes 2 centimes pas plus

    Cordialement remy
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