Cubes et nombres premiers

par **nodjim** » 30 Aoû 2010, 18:44

Existe t il une infinité de nombres premiers qui sont également différence de 2 cubes ? Cette question, s'il semble difficile d'y répondre, amène d'abord des questions plus élémentaires à résoudre.
Perso, je n'ai pas la réponse, loin de là. Ce qui n'empêche nullement d'avoir une opinion, au regard des constats surprenants qu'on découvre en grattant un peu.....
Bon amusement.

par **Finrod** » 30 Aoû 2010, 18:55

Donc si le membre de gauche est premier égal à p, les deux autres valent respectivement 1 et p...

Donc là à priori je dirais x-y=1 ça restreint pas mal... j'ai dit une bêtise ?

par **Zweig** » 30 Aoû 2010, 18:57

Hum, on gros tu veux résoudre a^3 - b^3 = p ? Mais alors (a-b)(a^2 + b^2 + ac) = p => (a - b = 1 et a^2 + b^2 + ab = p) ou le contraire, un nombre fini de solutions, (à cause de la différence = 1) non ?

Ou j'ai raté quelque chose.

EDIT : Grillé !

par **lapras** » 30 Aoû 2010, 20:24

Ca revient à trouver les nombres premiers de la forme
y²+2y+1+(y+1)*y+y²=3y²+3y+1.
Ce qui a priori n'est pas trivial.
(19 = 3^3-2^3, 37=4^3-3^3,...)

par **nodjim** » 31 Aoû 2010, 17:33

lapras a écrit:Ca revient à trouver les nombres premiers de la forme
y²+2y+1+(y+1)*y+y²=3y²+3y+1.
Ce qui a priori n'est pas trivial.
(19 = 3^3-2^3, 37=4^3-3^3,...)

Salut Lapras,
En fait, c'est maintenant que commence l'énigme...
Un nombre différence de 2 cubes ne peut être premier que si ce sont 2 cubes consécutifs. En étudiant ces nombres (différence de 2 cubes consécutifs) on tombe sur des résultats consternants.
Quelles sont les particularités constatées ?

par **Doraki** » 31 Aoû 2010, 19:04

Bah les seuls facteurs premiers qu'on voit dans les 3x²+3x+1, sont ceux où le discrimnant, -3, est un carré, et qui sont différents de 2 et 3, à savoir les nombres premiers congrus à 1 modulo 6.

Et réciproquement, pour chaque p premier congru à 1 mod 6, il existe x (

Je serais tenté de dire qu'il y a une infinité de nombres premiers de la forme 3x²+3xy+y², mais c'est pas la même chose.

par **lapras** » 31 Aoû 2010, 19:22

salut,
en fait c'est en lien avec mon tipe (qui a un rapport avec la représentation des premiers par les formes quadrariques).
Pour la forme f(x,y)=3x^2+3xy+y^2 de discriminant 3²-4*3=-3, la seule forme quadratique réduite est x²+xy+y² donc p représenté par x²+xy+y² <=> p représenté par 3x²+3xy+y².
Par le théoreme de repésentation, p représenté par x²+xy+y² <=> (-3 est un carré modulo 4p) (repésenté = "est de la forme").
Seulement ici on a en plus la condition x=y+1, donc la théorie ne s'applique plus...
Apres comme tu dis un multiple de p de la forme 3x²+3x+1.

par **nodjim** » 31 Aoû 2010, 20:53

Doraki a écrit:Et réciproquement, pour chaque p premier congru à 1 mod 6, il existe x (<p/2) et k tel que 3x²+3x+1 = kp.

Comment ça se démontre ?

Mais il y a quelque chose de plus surprenant qui n'a pas encore été dit, et que je ne comprends pas du tout. La démo de cette particularité prouverait l'infini des nombres premiers dans ce groupe.

par **Doraki** » 31 Aoû 2010, 21:00

La loi de réciprocité quadratique devrait permettre de montrer que si p = 1 mod 6, alors -3 est un carré.
En plus, si p est différent de 2 et 3, alors on a deux solutions à 3x²+3x+1 = 0 dans Z/pZ,
qui sont données par la formule habituelle (-3+-sqrt(-3))/6.

Donc, si x est une solution mod p, 3x²+3x+1 est multiple de p.

En plus, on sait que si y est l'autre solution mod p, x+y = -1 modulo p.
Si on choisit 0 <= x,y < p, alors
0 <= x+y <= 2p-2, donc x+y = p-1.

Maintenant, si x,y > (p-1)/2, ça donne p-1 > p-1. Donc l'une des racines doit être inférieure ou égale à (p-1)/2.

par **Doraki** » 31 Aoû 2010, 21:39

nodjim a écrit:Mais il y a quelque chose de plus surprenant qui n'a pas encore été dit, et que je ne comprends pas du tout. La démo de cette particularité prouverait l'infini des nombres premiers dans ce groupe.

Quand on regarde la suite (3n²+3n+1), les nouveaux facteurs premiers arrivent un par un :
3n²+3n+1 a au plus un facteur premier > 2n. (Sinon, 4n² < 3n²+3n+1, et on vérifie que ça marche pour n petit)
Si 3n²+3n+1 a un facteur premier p <= 2n, alors p apparaissait déjà pour n' < p/2 <= n d'après mon post au-dessus.

Cependant, ça ne montre toujours pas l'infinitude des nombres premiers de la forme 3n²+3n+1 (mais ça donne un crible marrant qui calcule les nombres premiers congrus à 1 mod 6)

par **nodjim** » 01 Sep 2010, 18:08

Doraki a écrit:Si 3n²+3n+1 a un facteur premier p <= 2n, alors p apparaissait déjà pour n' < p/2 <= n d'après mon post au-dessus.

L'ennui est que les nombres premiers ne se découvrent pas dans l'ordre. Il y a donc largement assez de nombres premiers disponibles < 2n, non encore sortis dans les 3n²+3n+1 inférieurs, et qui pourraient entrer dans la décomposition d'un de ces nombres que je nomme d3s(n) (comme différence de 2 cubes successifs). Comme tu le dis justement, les nombres premiers sortent un par un, c'est un constat. Autrement dit, dans la décomposition en facteurs premiers de d3s(n), seul l'un d'entre eux au plus est nouveau si on a listé tous les nombres premiers des d3s(x<n).

par **Doraki** » 01 Sep 2010, 19:25

Ah j'avais pas vu hier que l'anneau qui nous intéressait, qui est Z[j], est principal.

Donc ouais tous les nombers premiers congrus à 1 [6] s'écrivent sous la forme a+bj, et le problème est de dire qu'il y en a une infinité avec b=a+1 ou un truc du genre.
Donc une infinité sur la droite Ré(z) = 1/2.
Ca m'a l'air de se ramener à montrer qu'il y a une infinité de premiers de la forme (n²+3)/12, et ça m'a l'air aussi dur que n²+3, ou bien que n²+1.
Il me semble qu'on sait pas.

Même un Dirichlet généralisé ça ferait pas l'affaire.

par **nodjim** » 01 Sep 2010, 20:26

Et pourtant, il va bien falloir trouver la raison, c'est tellement flagrant que ça ne peut pas rester inexpliqué....

par **nodjim** » 04 Sep 2010, 17:51

Je viens de comprendre, bien tardivement, pourquoi les nombres premiers arrivent un par un.
Maintenant, si on applique le crible:
Le 7 apparait le premier et élimine 2 nombres dans une séquence de 7 d3s(n) consécutifs. Reste 5 dans une séquence.
Le 19 arrive en second, on élimine aussi 2 nombres dans une séquence 19, Donc on obtient une séquence de 7*19 avec 5*17 nombres restants. Etc...
il restera donc toujours des nombres à tester. Cela n'indique pas qu'on n'élimine pas les nombres au fur et à mesure qu'on teste, mais qu'on est condamné à tester à l'infini. C'est un sacré paradoxe!
J'indique que si on s'intéresse aux nombres n²-1, et qu'on applique le crible, on découvre les nombres premiers jumeaux.

par **nodjim** » 05 Sep 2010, 13:16

Je crois avoir compris la raison pour laquelle chaque premier arrive un à un et jamais les 2 en même temps. C'est assez simple en fait. Je laisse encore en suspens pour laisser réfléchir.

par **Doraki** » 07 Sep 2010, 14:46

Et tu trouves pour l'infinité des nombres premiers de la forme 3n²+3n+1 ?

par **nodjim** » 07 Sep 2010, 17:58

Non.
C'est toujours la même histoire: On crible avec chaque premier trouvé, selon une séquence qui s'allonge, de longueur p1*p2 pour les 2 premiers premiers trouvés, p1*p2*p3 avec le 3ème, etc...Ce crible laissera toujours des pseudos premiers qu'il faudra bien tester ad infinitum. Au lieu de 3n²+3n+1, si on prend la fonction n²-1, le crible ne donne aucun premier, mais permet de trouver tous les premiers jumeaux. Trouver une preuve pour l'une permettra de résoudre l'autre.

Sinon, la fonction 4n²+1 donne aussi des premiers, un à la fois seulement.

On peut aussi chercher la factorisation d'un nombre donné par cette méthode, moyennant qq précautions.....Comment s'y prendre ?

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