hard arithmetics

on note Pn le nombre premier d'ordre n
(exemple P1=2,P2=3...)
montrer que P1*P2.....*Pn>=P(n+1)+P(n+2)
bonne chance

salimt a écrit:

on note Pn le nombre premier d'ordre n
(exemple P1=2,P2=3...)
montrer que P1*P2.....*Pn>=P(n+1)+P(n+2)
bonne chance

Cela est faux pour n=1 : 2 < 3+5
Cela est faux pour n=2 : 2*3 < 5 + 7

Pour n>2, c'est une conséquence immédiate du théorème de Tchébychev (postulat de Bertrand) :
p_(n+1)<2p_n
p_(n+2)<2p_(n+1)<4p_n
p_(n+1)+p_(n+2) <6p_n =p_1p_2p_n <=p-1p_2...p_n

salimt a écrit:

on note Pn le nombre premier d'ordre n
(exemple P1=2,P2=3...)
montrer que P1*P2.....*Pn>=P(n+1)+P(n+2)
bonne chance

Oui Mr patrick elle est facile avec le postulat de Bernard mais on peut la prouver sans avoir recours au postulat de bernard
Considérons le nombre a=p_1p_2...p_{n}-p{n+2}

si a<P{n+1} alors a possède un diviseur premier strictment inferieur à Pn+1} donc il exsiste un k<n+1 te lque p_k | a donc P_k |p{n+2} é dou la contradiction

P/s: cette inégalité est plus forte et plus interessante
si P_n est la suite des nombres premier alors pour ts n>=4 on a p1p2...pn>p{n+1}²
mais biensur san CHebycheV

Abdek_M a écrit:

salimt a écrit:

on note Pn le nombre premier d'ordre n
(exemple P1=2,P2=3...)
montrer que P1*P2.....*Pn>=P(n+1)+P(n+2)
bonne chance

Oui Mr patrick elle est facile avec le postulat de Bernard mais on peut la prouver sans avoir recours au postulat de bernard
Considérons le nombre a=p_1p_2...p_{n}-p{n+2}

si a<P{n+1} alors a possède un diviseur premier strictment inferieur à Pn+1} donc il exsiste un k<n+1 te lque p_k | a donc P_k |p{n+2} é dou la contradiction

1) je pense qu'il n'y a jamais de honte à utiliser un théorème connu pour faire une démonstration simple.

2) Je ne comprends pas complètement votre démonstration.
Qu'est-ce qui empêche par exemple a=1 ? (sans tchébychev )

joli abdelmalek !!

Merci mon ami Salim Mais il faut Vérifié que a#1 comme a dit Mr patrick , je vé travailé pour n>2 si a=1 alors p1p2..pn=p{n+2}+1 donc p1p2...pn>p{n+1}+1 donc en posant b=P{n+2} -p_{n+1}+1 qui est srictement supérieur a 1 et inférieur à P{n+2} alors forcément L'un dé p_i ou p{n+1} le divise avec i<=n donc p_i | p{n+1} ce qui est contradictoire et la meme choz si P{n+1] le divise alors P{n+1] divise l'un dé pi contradiction

Abdek_M a écrit:

Merci mon ami Salim Mais il faut Vérifié que a#1 comme a dit Mr patrick , je vé travailé pour n>2 si a=1 alors p1p2..pn=p{n+2}+1 donc p1p2...pn>p{n+1}+1 donc en posant b=P{n+2} -p_{n+1}+1 qui est srictement supérieur a 1 et inférieur à P{n+2} alors forcément L'un dé p_i ou p{n+1} le divise avec i<=n donc p_i | p{n+1} ce qui est contradictoire et la meme choz si P{n+1] le divise alors P{n+1] divise l'un dé pi contradiction

Joli traitement du cas a=1!

Mais ce n'était pas le seul cas à compléter.

Par exemple, que se passe-t-il si a est négatif <-p_{n+1} ? c'est à dire p_{n+2}>p1p2...pn+p_{n+1} ?