Discussion:Théorème de Green-Tao

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Pourquoi pas une progression arithmétique infinie de nombres premiers ?[modifier le code]

Il semble qu'il y ait un argument simple pour lequel il ne peut pas y avoir une progression arithmétique infinie de nombres premiers. Si c'est le cas quel est-il? --Pierre de Lyon (d) 8 septembre 2011 à 22:06 (CEST)

π(u0+nr)~nr/ln(n)<<n. Anne Bauval (d) 8 septembre 2011 à 23:21 (CEST)
Heu, le théorème des nombres premiers pour ça, c'est un peu lourd... Non, il suffit de remarquer que si la progression est u(n)=u0+nr, on a u(ku0) divisible par u0, donc seules les progressions de la forme nr+/-1 pourraient convenir, et enfin que (r+2)r +1 et r^2-1 ne sont pas premiers --Dfeldmann (d) 9 septembre 2011 à 05:54 (CEST)

107 928 278 317[modifier le code]

Dans Discussion:107 928 278 317 (nombre)/Suppression, il avait été suggéré de transporter dans cet article les informations concernant ce nombre (premier élément de 17 nombres premiers en progression arithmétique de raison 9 922 782 870 - sourcé par David Wells, The Penguin Dictionary of Curious and Interesting Numbers, 1986 (ISBN 978-0-14-008029-2). La suite apparait aussi dans OEIS [1]

Cependant en cherchant à l'intégrer je me suis rendu compte que l'étude des nombres premiers en progression arithmétiques (prime arithmetic progression) donne pléthore de suites de ce type (le site Jens Kruse Andersen[2] en fait un large inventaire sans citer notre nombre et donne de nombreuses sources) et il me manque le Penguin pour savoir en quoi celle-ci se distingue des autres. je m'abstiens donc en attendant un lecteur du Penguin. HB (discuter) 2 août 2014 à 11:01 (CEST)

Le pingouin dit seulement This prime is the first of 18 primes in arithmetical progression, 'breaking the previous record of 17 donc rien de spécifique pour 107 928 278 317. Suite section du dessous. --Epsilon0 ε0 2 août 2014 à 21:35 (CEST)

Raison et primorielle[modifier le code]

sur le site d'Andersen, il est écrit

  • « Unless k is prime and starts an AP-k, the difference in an AP-k is always a multiple of k# to avoid factors ≤ k. »

cela signifie-t-il que la raison est toujours un multiple de la primorielle de k ? ou qu'elle est cherchée parmi ses multiples ? Plus loin il est dit qu'on conjecture que P(k) serait la plus petite raison d'une progression arithmétique de k nombres premiers.

  • « The minimal possible difference in an AP-k is conjectured to be k# for all k > 7, proved for k ≤ 21 as of 2013. »

Ces résultats ne mériteraient-ils pas de figurer dans cet article ? Personnellement, je ne peux pas m'y risquer par manque de maitrise de l'anglais et non maitrise du sujet. HB (discuter) 2 août 2014 à 11:13 (CEST)

Oui, la remarque sur la primorielle est vraie (et presque évidente) : considérer les k restes modulo p<k des termes de la suite ; si p ne divise pas la raison, ces restes sont périodiques de période p...--Dfeldmann (discuter) 2 août 2014 à 17:06 (CEST)
Le pingouin (cf section d'avant) mentionne cette propriété en ces termes
The numbers 107,928,278,317 + k x 9,922,782,870 are all prime for k = 0, I ... 17. An arithmetical progression of k primes has a common difference that is divisible by the product of all the primes less than or equal to k, unless the first prime in the progression is itself the kth prime. In the present example, 9922782870 = 2 x 3^2 X 5 x 7 X 11^2 X 13 x 17 x 19 x 31.
Ce qui fait une source 2ndaire (sa source primaire étant P. A. Pritchard, 'Eighteen Primes in Arithmetic Progression', Mathematics of Computation, vol. 41.) qui mentionne cette propriété de la primodielle, elle me semble donc tout à fait insérable dans l'article. Mais je préfère ne pas le faire moi-même car pour moi ce n'est pas presque évident ;-) --Epsilon0 ε0 2 août 2014 à 21:43 (CEST)
Notification Dfeldmann : Merci pour la piste
Notification Epsilon0 : merci pour la source Penguin. et merci aussi de me rassurer : pour moi aussi ce n'était pas si évident et j'ai craint d'être victime d'un ramollissement du cerveau
Grâce à la piste de Dfeldmann, j'ai bien compris le principe pour lequel il vaut mieux prendre r multiple de k#. Cependant, il y a le problème des restrictions qui me semblent différentes sur Penguin et sur Andersen. Pour ma part, en suivant le raisonnement proposé par Dfeldmann j'arrive à "pour tout p premier inférieur ou égal à k, on a p qui divise r ou p qui appartient à la k-suite". Comme il apparait certain que la condition r multiple de k# n'est nécessaire qu'à certaines conditions et que ces conditions ne sont pas claires, je ne vois pas comment l'ajouter dans l'article. HB (discuter) 3 août 2014 à 08:59 (CEST)
Si je rédige ça, on va encore m'accuser de TI Sourire. Bon, de manière générale, si la k-suite est a, a+r,..., a+(k-1)r, avec a premier, et si p<k ne divise pas r, les restes modulo p des termes de la suite sont de la forme a*+r*i, avec r*<>0 ; une variante du théorème de Bezout (ou totu simplement le principe des tiroirs) montre donc que l'un de ces restes est nul, donc que le nombre correspondant n'est premier que s'il vaut p. On conclut aisément en remarquant qu'un second reste nul aura lieu si p<k-1... En résumé, le produit des nombres premiers <k (ou au pire <k-1) doit diviser r. L'erreur (si erreur il y a) vient des très petites valeurs de k--Dfeldmann (discuter) 3 août 2014 à 10:03 (CEST)
euh, excuse ma question naïve mais la présence d'un second zéro dans la suite des k restes ne dépend-elle pas de la position du premier 0 . On n'est vraiment sûr de la présence de 2 zéro que si k est supérieur ou égale à 2p non? (ex (1,2,0,1,2) p=3, k=5, un seul zéro). En fait je pense que je ne serais probablement pas capable de comprendre la démonstration dans sa totalité mais j'aurais aimé des sources concordantes pour l'exception. HB (discuter) 3 août 2014 à 14:29 (CEST)
Eh oui, on retombe sur l'éternel problème des démonstrations à la va-vite sans sources ; je m'a encore gourré. Bon, je pense vraiment que (en dehors de très petites valeurs de k) on doit pouvoir boucler la démonstration de manière élémentaire, mais là, j'ai la flemme. Je mets ça au propre et je reviens...--Dfeldmann (discuter) 3 août 2014 à 16:19 (CEST)
Cerveau ramolli finalement... En fait tu as raison (en utilisant l'argument que tu as donné dans la première section de cette page de discussion) et pour éviter tout TI on peut se servir de ceci p 55 qui est l'endroit où mon cerveau ramolli a trouvé l'information. Du coup, il me semble que la restriction d'Andersen est parfaitement correcte, si k ne divise pas d, k appartient à la suite et, comme k ≤ a, a=k. HB (discuter) 3 août 2014 à 18:27 (CEST)
Tout à fait ; même si j'ai mis un petit moment à comprendre pourquoi k ≤ a (pour des lecteurs encore plus fatigués que nous, c'est parce que si k>a, le terme a+ar appartient à la suite). D'ailleurs, dans ce cas, la raison ne peut évidemment pas être divisible par P(k), et l'est (toujours par le même argument) par P(k-1), comme le montre l'exemple (5,17,29,41,53). Bon, je vois que tu as complété l'article ; il ne manque plus, je pense, qu'une redirection pour un article suite arithmétique de nombres premiers ; j'y cours...--Dfeldmann (discuter) 4 août 2014 à 10:07 (CEST)