Une idée pour le quatrième problème de Landau ? — Les-mathematiques.net The most powerful custom community solution in the world

Une idée pour le quatrième problème de Landau ?

Modifié (3 Aug) dans Arithmétique

Le quatrième problème de Landau énonce ceci. Il existe une infinité de nombres premiers de la forme $n^{2}+1$ avec $n\in \mathbb{N}^{\ast}$.

En effet, pour prouver cette conjecture, il nous suffit de montrer qu’il existe une infinité de nombres premiers $p\in \left(\mathcal{P}-\{2\}\right)$ tels que $$\left(2^{2 p^{2}}+1\right)\equiv 0\hspace{3pt}\pmod{4 p^{2}+1}\hspace{60pt}(1)$$
Pour cela, nous pouvons nous limiter aux nombres premiers $p$ appartenant aux classes d'équivalence des nombres premiers $7$, $13$, $17$, $23$, $37$, $43$, $47$ et $53$ dans $\left(\mathbb{Z}/60 \mathbb{Z}\right)^{\times}$. Le théorème de la progression arithmétique de Dirichlet nous assure de l'infinité de nombres premiers dans chacune des classes d'équivalence ci-dessus énumérées. Aussi, ce choix assure que si la relation $(1)$ est vérifiée, alors le $4 p^{2}+1=(2 p)^{2}+1$ est un nombre premier d’où le résultat recherché.
Par quel bout  commencer la démonstration ?

Réponses

  • Modifié (3 Aug)
    D'où vient l'implication (1) => Legendre ?

    Édit : ah non, Legendre c'est celui avec $n^{2}$ et $(n+1)^{2}$
  • Modifié (3 Aug)
    L'implication vient du test de primalité de Solovay-Strassen avec $4 p^{2}+1$ qui n'est pas un nombre de Poulet.
  • Modifié (3 Aug)
    Pourtant, on a bien $2^{2 p^2} + 1 = 0 \pmod {4 p^2 + 1}$ avec $(1)$ ce qui donne si $p$ vérifie $(1)$ :  $2^{4 p^2 + 1} - 2 = 2(2^{2 p^2} - 1)(2^{2 p^2} + 1) = 0 \pmod {4 p^2 + 1}$, non ?
  • Modifié (3 Aug)
    En sus des nombres de Poulet (composés je sous-entends), tout nombre premier impair $n$ vérifie aussi $2^{n}\equiv 2\hspace{3pt}($mod $n)$. Mais ici, le choix du nombre premier $p$ dans la plage indiquée ci-dessus ne fournit pas $4\cdot p^{2}+1$ un nombre de Poulet.
  • Donc ce que tu dis, c'est que $4 p^2 + 1$ est premier pour $p \in \{7, 11, 13, 17, 23, 37, 43, 47, 53\}$ et donc pas un nombre de Poulet ? Mais alors où intervient le test de primalité ? J'avoue avoir du mal à comprendre...
  • Le nombre premier choisi tel qu'indiqué, $4\cdot p^{2}+1$ est premier dès qu'il vérifie $(2^{2\cdot p^{2}}+1)\equiv 0\hspace{3pt}($mod $(4\cdot p^{2}+1))$. En effet, dans ces conditions, le nombre $2$ n'est pas un menteur d'Euler pour le test de primalité de Solovay-Strassen des nombres de la forme $(4\cdot p^{2}+1)$.
  • Si je comprend bien, on a toujours selon toi $\left(\frac{2}{4 p^2 + 1}\right) \equiv -1 \pmod{4 p^2 + 1}$ ?
    D'ailleurs, tu ne mentionne que le test de primalité de Solovay-Strassen mais c'est un test probabiliste, non ? Comment on peut s'en servir dans une démonstration ? (sans hypothèse supplémentaire pour le rendre déterministe...).
  • Absolument. En effet, ce qui rend le test probabiliste c'est quand au départ on n'ait pas su filtrer les menteurs (d'Euler dans le cas présent). Mais si par quelque moyen que ce soit, on est sûr que $2$ n'est pas un menteur d'Euler pour les nombres à tester, ou que la série des nombres à tester ne contient pas de nombres de Poulet (composés), alors le test devient déterministe et la seule condition $\left(\frac{2}{4\cdot p^{2}+1}\right)\equiv -1\hspace{3pt}($mod $4\cdot p^{2}+1)$ suffit pour conclure à $100\%$ que $4\cdot p^{2}+1$ est un nombre premier.
  • Ok. Du coup, es-tu capable de démontrer que $2$ n'est pas un menteur d'Euler pour les entiers de la forme $4 p^2 + 1$ ?
    Et aussi que $\left(\frac{2}{4\cdot p^{2}+1}\right)\equiv -1 \pmod{4 p^2 + 1}$ ?
    Ça ne me paraît pas évident...
  • Pour la première question, et si on a su montrer qu'un nombre de Poulet composé ne pouvait pas s'écrire de la forme $(4\cdot p^{2}+1)$ avec $p$ un nombre premier, le nombre $2$ peut-il être un menteur d'Euler pour le test de $(4\cdot p^{2}+1)$ ?

    Ensuite, pour la relation $\left(\frac{2}{4\cdot p^{2}+1}\right)\equiv -1\hspace{3pt}($mod $4\cdot p^{2}+1)$, une condition nécessaire est que le nombre $4\cdot p^{2}+1$ soit congru à $\pm 3$ modulo $8$. Ici, le choix du nombre premier $p$ conduit à avoir $(4\cdot p^{2}+1)\equiv -3\hspace{3pt}($mod $8)$. 

    Cela ne paraît toujours pas évident ?
  • Si tu sais montrer qu'un nombre de Poulet composé ne peut s'écrire sous la forme $4 p^2 + 1$ avec $p$ premier, alors oui c'est évident. D'ailleurs, même pas besoin du test de primalité dans ce cas, un simple raisonnement par l'absurde suffit avec ce que j'ai mis dans mon premier message.
    Pour ce qui est des idées concernant ce que tu as mis plus haut, peut être que des considérations sur le nombre de Mersenne pourront t'aider, mais honnêtement, ça me paraît aussi difficile que le $4^e$ problème de Landau.
  • LEGLEG
    Modifié (4 Aug)
    Bonjour

    Si on considère $n$ pair :( 2,4,8,10...n...etc)

    avec $p$ appartenant à la famille de la forme $30k + 17$ ou 17 modulo 30

    on peut créer des suites arithmétiques ou pseudos arithmétiques  tel que par exemple :

    $S_0 = 17$ , $S_1=1157$ , $S_2=4097$ , $S_3 = 8837$ ....etc 

    $S_{n+1} = (2n - (n-1)) +1800 $.

    $n^2 +1$  a donc créé une suite arithmétique de premier terme 1140 et raison $R = 1800$ avec :

     $1157-17 = 1140$ ; $4097 - 1157 = 2940$ 
    puis $2940 - 1140 = R = 1800$

    1140 ; 2940 ; 4740 ; 6540 ...etc ; on peut remarquer que les termes de cette suite divisés par 60, nous donne la suite arithmétique 19 de raison 30..

    Donc en considérant la suite $(n² + 1)$, tel que la suite $n = 4$ de raison 30 il est quasiment sûr d'avoir une infinité de nombres premiers de cette forme ...
    Car on peut supposer que la suite $17 ; 1157 ; 4097 ; 8837$ ...etc est une suite pseudo arithmétique... à démontrer peut être ... 

    On peut faire exactement la même chose avec la famille $30k + 7$ ; $n² +1 = 6² +1 = 37$ , suite $n$ Arithmétique ,  6 de raison 30.

    $S_0 = 37$ , $S_1=1297$ , $S_2=4357$ , $S_3 = 9217$ ....etc  $S_4 = 2*9217 - 4357 + 1800 = 15877$ qui est premier mais pas de la forme $4.p^2 +1$ .

    $1297-37 = 1260$ ; $4357 - 1297 = 3060$ 

    puis $3060 - 1260 = R = 1800$

    En tout il y a 4 classes d'équivalence de nombres premiers de la forme $30k + 1$, $30k +7$ , $30k +11$ et $30k +17$

    Même la suite avec $n = 30$ ; qui donnera $901\not = p$ donnera des nombres premiers au 3ème rang avec $90^2 +1 = 8101$ , puis $14401$ ...

    La suite $n^2 +1$  donne en tout 9 termes { 17 , 37 ; 101 ; 197 ; 257 ; 401 ; 577 ; 677 et 901 } qui vont générer des suites pseudos arithmétiques de raison 1800, "avec une infinité de nombres premiers" 

    On peut aussi constater que même si $n^2 + 1 = p$ il ne serra pas forcément de la forme $4.p^2 + 1$ exemple avec $8101$ ou autre 
  • Je n'ai pas su comment appliquer la formule récurrente $S_{n+1}=(2n-(n-1))+1800$ pour comprendre la suite, mais soit.

    Ma démarche ici est de prouver que si le nombre de nombres premiers $p$ tels que $4\cdot p^{2}+1$ soit aussi premier est infini, alors le nombre de nombres premiers $n^{2}+1$ avec $n\in \mathbb{N}^{\ast}$ est aussi infini. Donc c'est normal qu'il y ait des nombres premiers $n^{2}+1$ qui ne soient pas de la forme $4\cdot p^{2}+1$ avec $p$ un nombre premier, vu que mon raisonnement n'est qu'une implication.
  • Modifié (4 Aug)
    @JRManda Si tu le peux, je te conseille vivement de poster ta démonstration du fait que tout nombre composé de Poulet ne peut s'écrire sous la forme $4 p^2 + 1$. Cela permettrait de donner un peu d'intérêt à ton propos (qui pour l'instant ressemble plus à une conjecture invérifiable venant d'un amateur (*)). Et si elle est valide, il est possible qu'on puisse l'adapter pour démontrer ce que tu cherche (car c'est proche). Mais si elle est valide, je pense que c'est probablement déjà connu. Une chose est sûre, vu les pointures qui s'y sont cassé les dents, ce n'est pas sur un forum que tu vas résoudre ce problème.

    (*) : j'utilise ce terme sans animosité, mais le fait que tu aie compliqué inutilement les choses avec tes $60k + 7, 60k + 13, ...$ et tes réponses me donnent cette impression que tu n'as pas vraiment réfléchi au sujet.
  • LEGLEG
    Modifié (4 Aug)
    JRManda a dit :
    Je n'ai pas su comment appliquer la formule récurrente $S_{n+1}=(2n-(n-1))+1800$ pour comprendre la suite, 
    C'est une simple conséquence de la suite $n$ de raison  30 

    Si tu prends le premier exemple avec $n=4$ alors $n^2+1=17$ le deuxième terme modulo 30 est par conséquent $n = 34$ qui te donne  $n^2+1=1157$

    appartenant à la même famille de nombres premiers de la forme $30k + 17$ ou 17 de raison 30, qui contient une infinité de nombres premiers . 

    Partant du principe que c'est une suite arithmétique, le troisième terme serra $2*1157 - 17 + D$ où D est la différence des termes au deuxième niveau , qui est la donc la raison R = 1800 , c'est simple à vérifier . Je ne pense pas qu'il soit utile de le démontrer...

    On se retrouve en définitive avec 9 suites "" Arithmétique "" de raison 1800 pour cette conjecture et:

    d'après le théorème de la progression arithmétique de Dirichlet, il me parait évident , que ces 9 suites donneront par conséquent une infinité de nombres premiers.

    D'autant qu'il est possible de créer une infinité de polynômes de cette forme , on peut d'ailleurs utiliser la formule des triplets pythagoriciens équivalent au polynôme $T_n$  avec $n = 4$ modulo 30 ; $4² + 1$ , $34² + 1$ ...etc ;

    Avec $u\:et \: v$ impairs premiers entre eux ,  $Z_n = \frac{U^2+V^2}{2}$


     Formule qui est équivalente à :

    $T_{n+1} = 2*T_n - T_{n-1} +1800$
    $Z_{n+1} = 2*Z_n - Z_{n-1} +1800$  ;

    où  $Z_0 = 17 = \frac {3^2+5^2} {2}$  puis $u = 3$ et $v = 5$ qui progressent modulo 30. On retrouve le polynôme $(4^2 +1)$ modulo 30 

    Autre possibilité équivalente avec $u = 5[30]$ et $v=3$  donnera la même famille 17[30] avec d'autres valeurs premières  mais de raison $R = 900$

    Ex:

    $Z_{n+1} = 2*Z_n - Z_{n-1} +900$

    Ce qui donnera deux fois plus d'entiers en prenant $\frac {n² + 1²}{2}$ et $n$ progresse modulo 30; on aura 4 familles de la forme (1, 11 , 13 et 23 modulo 30)

    Pour la classe $17[30]$

    (5² + 3²) /2 = 17
    (35² + 3²) /2 = 617
    (65² + 3²) /2 = 2117

    $Z_{n+1} = 2*2117 + 900 - 617 = 4517$

    On peut en créer une infinité, dire qu'ils seraient tous finis en nombre de nombres premiers ou que l'hypothénuse de ses triangles rectangles serait fini en nombre de nombre premier me paraît un peu absurde, car cela impliquerait que la suite arithmétique 17 de raison 30, serait aussi finie en nombre de nombres premiers , pour ne prendre que cette famille d'entiers ... 

    Bonne continuation .
Connectez-vous ou Inscrivez-vous pour répondre.
Success message!