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 Une inégalité faisant intervenir des nombres premiers

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Dijkschneier
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MessageSujet: Une inégalité faisant intervenir des nombres premiers   Une inégalité faisant intervenir des nombres premiers EmptyMer 15 Sep 2010, 14:44

Montrer que : Une inégalité faisant intervenir des nombres premiers Gif, où Une inégalité faisant intervenir des nombres premiers Gif désigne le ième nombre premier.
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Sylphaen
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Sylphaen

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MessageSujet: Re: Une inégalité faisant intervenir des nombres premiers   Une inégalité faisant intervenir des nombres premiers EmptyMer 15 Sep 2010, 16:59

Il faut juste utiliser le postulat de Bertrand :
Une inégalité faisant intervenir des nombres premiers Gif
Le reste est assez simple .
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Dijkschneier
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MessageSujet: Re: Une inégalité faisant intervenir des nombres premiers   Une inégalité faisant intervenir des nombres premiers EmptyMer 15 Sep 2010, 17:42

Bien Sylphaen.
Solution complète :
Démontrons ce résultat par récurrence.
Soit P(n) la fonction propositionnelle définie par : Une inégalité faisant intervenir des nombres premiers Gif
- Initialisation : P(1) : 2 + 1 >= 3 est vraie
- Hérédité :
Supposons que P(n) est vraie. Montrons que P(n+1) l'est aussi.
P(n) est vraie
Une inégalité faisant intervenir des nombres premiers Gif
Il s'agit donc de montrer que Une inégalité faisant intervenir des nombres premiers Gif. Mais puisque d'après le postulat de Bertrand, on a Une inégalité faisant intervenir des nombres premiers Gif, alors il suffit de montrer que Une inégalité faisant intervenir des nombres premiers Gif, qui est équivalente à Une inégalité faisant intervenir des nombres premiers Gif, qui est sans entrer dans les détails, vraie.
Ainsi, P(n+1) est vraie aussi.
Fin de la récurrence.
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m.elouafi
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MessageSujet: Re: Une inégalité faisant intervenir des nombres premiers   Une inégalité faisant intervenir des nombres premiers EmptyDim 10 Oct 2010, 22:08

Plus simple!
1+produit(p_i,i=1..n) admet un diviseur premier q différent de p_i,i=1..n, donc q>= p_n+1 !!
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Dijkschneier
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MessageSujet: Re: Une inégalité faisant intervenir des nombres premiers   Une inégalité faisant intervenir des nombres premiers EmptyLun 11 Oct 2010, 13:02

Bien m.elouafi.
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Othmaann
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MessageSujet: Re: Une inégalité faisant intervenir des nombres premiers   Une inégalité faisant intervenir des nombres premiers EmptyMar 19 Oct 2010, 13:43

Il me semble que c'est le même raisonnement , le théorème qu'a utilisé M.elouafi n'est qu'une autre formulation du postulat de Bertrand et c'est le théorème de Sylvester.
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m.elouafi
Féru


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MessageSujet: Re: Une inégalité faisant intervenir des nombres premiers   Une inégalité faisant intervenir des nombres premiers EmptyMer 20 Oct 2010, 22:58

J ai simplement utilisé le théorème fondamentale d'arithmétique:
" Chaque entier >= 2 admet un diviseur premier "
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Dijkschneier
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MessageSujet: Re: Une inégalité faisant intervenir des nombres premiers   Une inégalité faisant intervenir des nombres premiers EmptySam 13 Nov 2010, 20:26

Merci de confirmer les propos de m.elouafi.
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béhé
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MessageSujet: Re: Une inégalité faisant intervenir des nombres premiers   Une inégalité faisant intervenir des nombres premiers EmptySam 15 Jan 2011, 01:26

Dijkschneier a écrit:
Montrer que : Une inégalité faisant intervenir des nombres premiers Gif, où Une inégalité faisant intervenir des nombres premiers Gif désigne le ième nombre premier.

la suite logique :
deduire que le nieme nombre premier est inferieur à log(log(n))

le log(x) = ln(x)/ln(2) : log en base 2!
Citation :
J ai simplement utilisé le théorème fondamentale d'arithmétique:
" Chaque entier >= 2 admet un diviseur premier "

y a pas de demonstration plus elegante que cella Wink
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Dijkschneier
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MessageSujet: Re: Une inégalité faisant intervenir des nombres premiers   Une inégalité faisant intervenir des nombres premiers EmptySam 15 Jan 2011, 13:02

béhé a écrit:

la suite logique :
deduire que le nieme nombre premier est inferieur à log(log(n))
le log(x) = ln(x)/ln(2) : log en base 2!
Ça doit être : "supérieur".
Ceci est équivalent à Une inégalité faisant intervenir des nombres premiers Gif, ce qui est évidemment vrai par récurrence, puisque p_(n+1) >= p_n pour tout entier n.
Je crois que tu ne nous as pas bien fait partager l'énoncé : je soupçonne que l'énoncé correct demande de prouver une inégalité sur la fonction PI qui compte les nombres premiers.
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