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FORMES et
quantité de nombres premiers Analyse de certaines formes de nombres et
caractérisation de la quantité de nombres premiers de cette forme. Il y a une infinité de nombres premiers de la
forme: 3k + 1; 3k + 2 / 4k + 1; 4k +
3 / 5k + 1; 5k + 4 6k – 1; 6k + 5 / 8k + 5; 8k + 7 /
12k + 5; 12k + 7; 12k + 11 n² + m², n² + m² + 1 On ne sait pas s'ils sont en nombre infini: Premiers jumeaux (Conjecture de
Bateman-Horn) Nombres en n² + 1 (Un des
quatre problèmes
de Landau – 1912) Nombres en (p1.p2.p3….pm)k
+ 1 (équivalent au cas ^précédent) Nombres p tels que p – 1 est un
carré. |
Anglais: The infinitude of primes
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Seul 3 est premier de la forme 4n – 1 |
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Un nombre
premier n'a que deux facteurs: 1 et lui-même |
Le plus petit est 2n
– 1 est celui qui vaut 1; alors n = 1. Puis, le second
facteur vaut 3. |
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Seul 5 est premier de la forme n4 + 4 |
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Un nombre
premier n'a que deux facteurs: 1 et lui-même |
Le plus petit est n² –
2n + 2 qui vaut 1 et n = 1. Alors, le second
facteur vaut 5. |
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Supposons qu'il n'y
ait que k nombres premiers en 4k + 1, pas un de plus: |
S =
{p1, p2, p3 … pk } |
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Construisons le
nombre: |
N = p1 . p2.
p3 … pk + 1 = 4M + 1 |
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N est toujours supérieur
à l'un quelconque des pi |
Il n'est pas l'un de
pi et n'est donc pas premier. N est composé. |
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Théorème fondamental de l'arithmétique. Autrement dit: N doit être divisible par des
nombres premiers |
N = produit de facteurs premiers. |
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Alors pi
divise N pour un certain i (Théorème: si a divise b +
c, il divise a et c) |
Il faudrait que pi
divise le 1 de N. Ce qui est impossible. Autrement-dit:
chaque fois qu'un pi divise N, il reste 1. N n'est jamais
divisible par pi. |
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Conclusion:
l'hypothèse est fausse, donc: |
Il existe une infinité
de nombre premiers. |
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Note:
Hors de la supposition initiale |
N = p1 . p2.
p3 … pk + 1 est premier ou composé |
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Voir Approche et
développements complets sur cette démonstration
Merci à Olivier BAUJARD
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La démonstration
ci-dessus est rappelée, car, toutes les suivantes se calquent plus ou moins
sur celle-ci. Tous les nombres
premiers, à l'exception de 2, sont impairs: il existe une infinité de nombres
premiers en 10k + {1, 3, 7 ou 9}. De même, il existe une
infinité de premiers en 4k + 1, 4k – 1, etc.
Quelque cas
abordables sont exposés ci-dessous. En 1837, Dirichlet prouva tous ces résultats sous une forme plus
générale, mais en s'aidant de méthodes analytiques de la théorie des
fonctions complexes hors du cadre de ces pages. Note: le cas de
l'infinité des nombres premiers
jumeaux n'et pas prouvé. |
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Il y a une infinité de nombres
premiers en 4k – 1 (ou 4k + 3) Anglais:
There are infinitely many primes of the form 4k+3. Rappel: les nombres premiers sont de la forme 4k + 1 ou 4k + 3 >>> Démonstration 1 |
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Supposons qu'il n'y
ait que r nombres premiers en 4k – 1, pas un de plus: |
S =
{4k1 – 1, 4k2 – 1, … 4kr – 1} |
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Construisons le
nombre: |
N = 4 (4k1 –
1)(4k2 – 1) … (4kr – 1) – 1
= 4M – 1
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Caractéristiques de ce
nouveau nombre: |
N est impair de la
forme 4k – 1. N n'est pas premier,
car ce serait un de plus; or ils sont tous dans S. N est donc composé. |
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Tous les nombres
premiers sont en 4k + 1 ou 4k – 1 |
Pour obtenir 4M – 1, l'un, au moins, des facteurs premiers de N est
en 4k – 1. |
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Bilan
avec
des facteurs premiers de même forme. |
N = Q (4k – 1) + 0 N = 4 (4k1
– 1)(4k2 – 1) … (4kr – 1) – 1 Tous les facteurs en (4k
– 1) étant premiers: Égalités
incompatibles. |
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Autre possibilité avec
Q qui divise N: |
Or 1/Q n'est pas un entier. |
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L'hypothèse est
fausse, donc: |
Il existe une infinité
de nombre premiers en 4k – 1 |
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Démonstration 2 |
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Supposons qu'il n'y
ait que k nombres premiers en 4k + 3: |
S
= {p1, p2, …pk} |
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Construisons le
nombre: |
N = (2 x p1 x p2
x … x pk)2 + 2 |
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Valeur de N mod 4 |
N = (4k + 3)2 (4k+3)2 … + 2 N N N |
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N est impair et n'est
divisible par aucun des pi . Les facteurs ne sont pas en 4k – 1,
mais en 4k + 1. |
N |
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Contradiction sur la
congruence de N |
Il existe une infinité
de nombre premiers en 4k – 1 |
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Il y a une infinité de nombres
premiers en 4n + 1 Deux
démonstrations sont proposées. Démonstration 1 |
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Supposons qu'il n'y
ait que k nombres premiers en 4k – 1: |
S
= {p1, p2, …pk} |
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Construisons le
nombre: |
N = (2 x p1 x p2
x … x pk)2 + 1 = M + 1 = A² + 1 |
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Caractéristiques de ce
nouveau nombre: |
N est
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Avec le facteur
premier Q = 4k + 3 |
Q
= 2m + 1 avec m impair 2m
= Q – 1 |
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Q divise N = A² –
1 |
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Q divise N mais pas A Avec le petit théorème de
Fermat et Q premier |
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Contradiction |
Impossible d'avoir ces deux
congruences simultanées avec Q un premier impair. Pas de facteur en 4k + 3. |
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Bilan |
Si N possède un facteur premier,
celui-ci est en 4k + 1. Ce serait l'un de ceux de S. |
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Avec Q qui divise A,
donc A², alors qu'il divise N |
Q divise N – A² qui vaut 1. |
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Contradiction:
l'hypothèse initiale est à réfuter. |
Il y a une infinité de nombres
premiers de la forme 4k + 1. |
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Démonstration 2 |
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On forme ce nombre en
factorielle n: |
M
= (n!)2 + 1 |
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Soit un nombre premier p, plus grand que n et qui divise
M. |
M
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Réécriture de la
congruence: Y compris en élevant à
la puissance (p – 1) / 2 |
(n!)2 + 1 (n!)2
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Avec le petit théorème de
Fermat et p premier et impair. |
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Possible que si la
puissance de (–1) est paire. |
(p
– 1) / 2 = 2 m p
= 4m + 1 |
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Or p > N |
Quelle que soit la valeur de N, aussi grand que l'on veut,
il y aura toujours un p plus grand. |
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Conclusion: |
Il y a une infinité de nombres
premiers en 4k + 1. |
Français / Anglais
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Divisé par 4, un nombre entier peut avoir quatre
restes: 0, 1, 2 ou 3. En conséquence, ils peuvent s'écrire: 4m, 4m+1, 4m+2 ou
4m+3. Les nombres en 4m et en 4m+2
dont divisibles par 4 et par 2, respectivement, et alors ne peuvent pas être
premiers (exception avec 2). Maintenant, le produit de deux nombres en 4m + 1 est
également un nombre de même forme: (4k+1)(4m+1) = 4(k+m+4km)+1. Notez
également que les nombres en 4k+3 peuvent s'écrire: 4(m+1)−1 = 4k−1. Alors, comme avant, supposez qu'il y ait une quantité
finie p1, p2, …, pn de nombres premiers de la forme 4m–1. Formez le nombre N
= 4p1p2⋅…⋅pn−1. Puisque N lui-même est en 4m–1, tous ses
facteurs ne peuvent pas être en 4m+1. En conséquence, il doit y en avoir au
moins un de forme 4m–1. Quel qu'il soit, il doit être différent de tout nombre
parmi p1, p2, …, pn. Contradiction. |
Divided by 4,
integers may have only four remainders: 0, 1, 2 or 3. Accordingly, they may
be written as 4m, 4m+1, 4m+2 or 4m+3. Numbers 4m and 4m+2 are divisible by 4
and 2, respectively, and thus can't be prime (except for 2). Now, numbers 4m+1
have the property that the product of any two of them is again a number in
the same form: (4k+1)(4m+1) = 4(k+m+4km)+1. Also note that numbers in the
form 4m+3 may also be written as 4m+3 = 4(m+1)−1 = 4k−1. Now, as before,
assume there is only a finite number p1,p2,…,pn of primes in the form 4m−1.
Form a number N = 4p1p2⋅…⋅pn−1. Since N itself is in the form 4m−1, all of its prime
factors can't be in the form 4m+1. Therefore, there must be at least one in
the form 4m−1. Whatever it is, it
must be different from any of p1,p2,…,pn. Contradiction. |
Source
du texte anglais:
Infinitude of Primes – Cut The Knot
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Il y a une infinité de nombres
premiers en 6k + 1 Rappel: les nombres premiers sont de la forme 6k + 1 ou 6k + 5 >>> Démonstration** (Traduction
de la démonstration
de David Radcliffe) |
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Supposons qu'il n'y
ait que k nombres premiers en 6k + 1: |
S
= {p1, p2, …pk} |
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Soit N: Donc de la forme: |
N divisible par 6 et par tout pi.
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Soit p un diviseur
premier de: Tout en notant que: |
p = N² – N + 1 (N² – N + 1) (N + 1) =
N3 + 1 |
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Ce qui veut dire que p
divise N3 + 1: Et aussi: |
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On
note que N >> 3 Et,
par suite, p >> 3 |
Nmin = 6 ·
2 = 12 pmin = 144 –
12 + 1 = 133 |
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Rappel sur l'ordre
multiplicatif k de N modulo p |
k est le plus petit
exposant tel que |
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L'ordre doit diviser 6 |
k = {1, 2, 3 ou 6} |
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Or |
k n'est ni 1, ni 3 |
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Est-ce que k = 2 ? On aurait, en même
temps: |
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Ce qui implique: |
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Alors p divise à la
fois |
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Écrivons cette égalité
pour mettre ne évidence ces deux expressions divisibles par p: |
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La partie gauche est
divisible par p et celle de droite, une fois divisée par p, il reste 3. |
pK = pA –
pB + 3 |
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Or, p >> 3, ne
divise par 3 |
Contradiction |
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Donc, l'ordre
multiplicatif de N est 6 Le groupe d'unités mod
p a un ordre p – 1 |
Alors 6 divise p – 1 Ou: p
est en 6k + 1 |
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Preuve que S ne
contient pas tous les premiers en 6k + 1. |
L'ensemble des
premiers en 6k + 1 est infini. |
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Merci à Olivier BAUJARD pour ses contibutions
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Il y a une infinité de nombres
premiers en 6k + 5 Démonstration |
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Supposons qu'il n'y
ait que k nombres premiers en 6k + 5: |
S
= {p1, p2, …pk} |
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Construisons le
nombre: |
N = (p1 x p2
x … x pk)2 + 4 |
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Valeur de N mod 4 |
N = (6k + 5)2 (6k+5)2 … + 4 N N N |
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N est impair et n'est
divisible par aucun des pi . Les facteurs sont en 4k + 1. |
N |
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Contradiction sur la
congruence de N |
Il existe une infinité
de nombre premiers en 6k + 5 |
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Théorème de Dirichlet (1837) Pour tout
a et b étant PEE positifs, il existe une infinité de nombres premiers du type a
+ k.b, Voir Nombres premiers entre eux Voir Dirichlet (1805-1859) |
On parle ici de progression
arithmétique: a, a+b, a+2b, a + 3b … a + kb … Les nombres impairs sont en progression
arithmétique: a = 1 et b = 2 et un nombre impair est de la forme: 1 + 2k. En terme de congruences,
une progression arithmétique est l'ensemble des nombres positifs tels que n Si a et b ne sont par premiers entre eux – on note: (a,
b) > 1 – la suite: a, a+b, a+2b, a + 3b contient, au plus, un nombre
premier. Pour p Pour p Par contre, et c'est le théorème de Dirichlet, il
y en a une infinité si a et b sont premiers entre eux (a, b) = 1. |
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Nécessaire Si d est le PGCD de (a, b) >1, alors: |
d divise (a + k.b) pour tous x et, (a +
k.b) est composé pour tout k positif. |
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Suffisante |
Il est facile de démontrer que la condition est
nécessaire, plus dur est de démontrer qu'elle est suffisante. |
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Voir Nombres
premiers en progression arithmétique
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Voir |
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Aussi |
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