Une idée pour le quatrième problème de Landau ?
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
Édit : ah non, Legendre c'est celui avec $n^{2}$ et $(n+1)^{2}$
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...
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 ?
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.
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
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.
(*) : 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.
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 .