Forum de mathématiques - Bibm@th.net

bridgslam

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majoration

Bonjour,

Si p est la suite des nombres premiers, montrer que pour $n \ge 2$,   $ p_{n+1} \lt  p_1p_2.... p_n$.

Alain

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"Ceux qui ne savent rien en savent toujours autant que ceux qui n'en savent pas plus qu'eux" -Pierre Dac
"Travailler sur un groupe haddock, ou être heureux comme un poisson dans l'eau..."

Michel Coste

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Re : majoration

Bonjour,
On peut s'intéresser aux facteurs premiers de $\displaystyle\prod_{i=1}^n p_i-1$.

bridgslam

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Re : majoration

Bonjour,

C'est complètement cela :-)

A.

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gebrane

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Re : majoration

Bonjour

Avec le postulat de Bertrand?https://fr.wikipedia.org/wiki/Postulat_de_Bertrand

Michel Coste

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Re : majoration

Pourquoi faire simple quand on peut faire compliqué, n'est-ce pas gebrane ? ;)

gebrane

Invité

Re : majoration

Bonjour Michel Coste

Pourquoi se limiter à une seule méthode ?
(Bertrand donne directement $p_n<p_{n+1}<2p_n<p_1 \cdots p_n$)

gebrane

Invité

Re : majoration

Je suis curieux de voir comment , on démontre un résultat plus fort sans le postulat de Bertrand à savoir pour n>5  $p^3_{n+1} < \prod_{i=1}^n p_i$

Michel Coste

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Re : majoration

Tu paies cher pour avoir Bertrand. La majoration demandée ici est pratiquement gratuite. par l'argument que j'ai donné.

gebrane

Invité

Re : majoration

Bonjour,

Je propose comme amélioration de l'énigme:

Montrer  pour tout $n \ge 3$,   $ p_{n+2} \lt  p_1p_2.... p_n$.

gebrane

Invité

Re : majoration

Bonjour,
Michel Coste n'est pas un fan de Bertrand, comment l'éviter pour l'enigme2 ?

On peut essayer de considère $q=\prod_{i=1}^n p_i -p_{n+1}$, d'après l 'énigme 1, $q>0$. Si on démontre que $q>1$ on peut réappliquer la méthode de Michel Coste

bridgslam

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Re : majoration

Bonjour,

Si p premier divise $3\times5.... p_n  -2 $, p vaut au moins $p_{n+1}$
Alors 2p divise le produit $2 \times 3 \times 5 \times ... p_n - 4 $
Ainsi avec le théorème de Bertrand, on a le résultat puisque $2p_{n+1} \lt 2\times3\times... p_n$

Dernière modification par bridgslam (26-10-2025 11:55:52)

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"Ceux qui ne savent rien en savent toujours autant que ceux qui n'en savent pas plus qu'eux" -Pierre Dac
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bridgslam

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Re : majoration

Bonjour,

Pour l'anecdote l'énigme initiale provient d'un manuel de terminale, rubrique arithmétique, à résoudre donc quasi instantanément avec les moyens élémentaires (divisibilité, factorisation, et toutes ces sortes de choses...),sans aucune  connaissances plus poussées.
Je l'ai trouvé dans une bouquinerie/déchetterie, à moins d'1 euro, et sauvé à pas cher d'une fin funeste ( style "paper shredder" par exemple ou d'un pyromane...).

Alain

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gebrane

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Re : majoration

Bonjour bridgslam

Je ne comprends pas comment tu utilises Bertrand

bridgslam

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Re : majoration

Bonjour,

$\Pi_{i=2}^n p_i - 2 $ est divisible par un nombre premier p, avec $p \gt p_n$  puisque ce nombre est impair et non divisible par 3,...., $p_n$.
On a donc $p_{n+1} \lt 2p_{n+1} \le \Pi_{i=1}^n p_i - 4 \lt  \Pi_{i=1}^n p_i$.
Comme selon Bertrand il existe un nombre premier q tel que $p_{n+1} \lt q \lt 2p_{n+1}$, on est certain que le plus petit des nombres premiers dans cet intervalle strict, à savoir $p_{n+2} $ , est au plus égal à q, donc vérifie aussi l'inégalité à montrer.

... sauf erreur.
Je n'ai pas regardé par la méthode sans le théorème de Bertrand.

A.

Dernière modification par bridgslam (26-10-2025 15:13:53)

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gebrane

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Re : majoration

Ta preuve est juste.
On peut aussi appliquer Bertrand de la façon suivante pour tout $ n\ge1$
$p_{n+2}< 2p_{n+1}\le  2^{n+2}$ et pour$ n\ge 4,  $2^{n+2}<(n+1)!=\prod_{i=1}^n (i+1)$ et $1+i\le p_i$ pour tout $ i\ge 1$ donc $p_{n+2}< \prod_{i=1}^n p_i$
On verifie que l inegalité est vraie pour n=3

gebrane

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Re : majoration

Ta preuve est juste.
On peut aussi appliquer Bertrand de la façon suivante pour tout $ n\ge1$
$p_{n+2}< 2p_{n+1}\le  2^{n+2}$ et pour $ n\ge 4$,  $2^{n+2}<(n+1)!=\prod_{i=1}^n (i+1)$ et $1+i\le p_i$ pour tout $ i\ge 1$ donc $p_{n+2}< \prod_{i=1}^n p_i$
On verifie que l inegalité est vraie pour n=3

bridgslam

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Re : majoration

On peut aussi appliquer Bertrand de la façon suivante pour tout $ n\ge1$
$2p_{n+1}\le  2^{n+2}$

D'où tires-tu cette inégalité ? Triviale pour toi?

J'ai un gros doute là-dessus...
Celle qui semble juste est plutôt que
$p_{n+1} \le 2^{2^n}$ ...

Et on doit pouvoir trouver un contre-exemple à la tienne avec un calculateur assez costaud je pense.
Défi: trouver le n minimum qui invalide l'inégalité de gebrane.

Dernière modification par bridgslam (26-10-2025 17:26:08)

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gebrane

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Re : majoration

Peut etre que je subis une rechute
$p_{n+2}< 2p_{n+1}<2^2 p_n<2^3 p_{n-1}<...<2^{n+1}p_1=2^{n+2}$

bridgslam

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Re : majoration

Bonsoir,

En fait de mon côté j'avais montré un résultat un peu plus  fort, $ p_{n+2}< \prod_{i=1}^n p_i - 4$,
c'est toujours ça de pris :-).

Je regarderai dans la semaine si j'ai des idées sans le postulat de Bertrand...

Bonne nuit

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gebrane

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Re : majoration

Bonjour,

Il semble aussi que $p_{n+3}<p_1....p_n$ pour tout $ n \ge 3$
peut etre on peut généraliser plus