un petit générateur de nb premier 2^n*p+q avec p et q nb premier , p!=q , n=1..+inf
Si la proposition est que pour tout n>0, tout p et q premiers et distincts, l'entier (2^n)*p+q est premier; elle est fausse ! Contre exemple: q=2, n quelconque, p premier impair. Contre exemple avec q impair: n=1, p=3, q.
Si la proposition est que pour tout p et q premiers distincts, avec q impair, il existe n>0 tels que l'entier (2^n)*p+q est premier; eh bien je ne sais pas qui avant moi a formulé cette conjecture, et encore moins comment démontrer qu'elle est vraie, ou l'infirmer.
François Grieu
"remy" <remy@fctpas.fr> avoir de qui est "ce théorème"
un petit générateur de nb premier
2^n*p+q
avec p et q nb premier , p!=q , n=1..+inf
Si la proposition est que pour tout n>0, tout p et q premiers
et distincts, l'entier (2^n)*p+q est premier; elle est fausse !
Contre exemple: q=2, n quelconque, p premier impair.
Contre exemple avec q impair: n=1, p=3, q.
Si la proposition est que pour tout p et q premiers distincts,
avec q impair, il existe n>0 tels que l'entier (2^n)*p+q est
premier; eh bien je ne sais pas qui avant moi a formulé cette
conjecture, et encore moins comment démontrer qu'elle est vraie,
ou l'infirmer.
un petit générateur de nb premier 2^n*p+q avec p et q nb premier , p!=q , n=1..+inf
Si la proposition est que pour tout n>0, tout p et q premiers et distincts, l'entier (2^n)*p+q est premier; elle est fausse ! Contre exemple: q=2, n quelconque, p premier impair. Contre exemple avec q impair: n=1, p=3, q.
Si la proposition est que pour tout p et q premiers distincts, avec q impair, il existe n>0 tels que l'entier (2^n)*p+q est premier; eh bien je ne sais pas qui avant moi a formulé cette conjecture, et encore moins comment démontrer qu'elle est vraie, ou l'infirmer.
François Grieu
remy
"Francois Grieu" a écrit dans le message de news:
"remy" avoir de qui est "ce théorème"
un petit générateur de nb premier 2^n*p+q avec p et q nb premier , p!=q , n=1..+inf
Si la proposition est que pour tout n>0, tout p et q premiers et distincts, l'entier (2^n)*p+q est premier; elle est fausse ! Contre exemple: q=2, n quelconque, p premier impair. Contre exemple avec q impair: n=1, p=3, q.
Si la proposition est que pour tout p et q premiers distincts, avec q impair, il existe n>0 tels que l'entier (2^n)*p+q est premier; eh bien je ne sais pas qui avant moi a formulé cette conjecture, et encore moins comment démontrer qu'elle est vraie, ou l'infirmer. re
donc
l'idee de base ses de partir d'un nb premier ecrit en base 2
exemple 11
1011 est avec les relation 2^n=2*2^(n-1) ou 2^n=2^(n-1)+2*2^(n-2) ect
il est impossible d'ecrir le nb premier
a*2^n+0*2^(n-1)+a*2^(n-2)...
normal il est premier
dou l'idee
2^n*q+p avec n> .... mais c'etait aller un peut vite il y avais les additions
2^n*q+p avec n> que le bit de poids le plus for de la d,composition de p en base 2 et p , q premier
est un nb premier ou a un facteur premier plus petite que p
voila voila
a+ remy
"Francois Grieu" <fgrieu@francenet.fr> a écrit dans le message de news:
fgrieu-287D66.15413421072004@individual.net...
"remy" <remy@fctpas.fr> avoir de qui est "ce théorème"
un petit générateur de nb premier
2^n*p+q
avec p et q nb premier , p!=q , n=1..+inf
Si la proposition est que pour tout n>0, tout p et q premiers
et distincts, l'entier (2^n)*p+q est premier; elle est fausse !
Contre exemple: q=2, n quelconque, p premier impair.
Contre exemple avec q impair: n=1, p=3, q.
Si la proposition est que pour tout p et q premiers distincts,
avec q impair, il existe n>0 tels que l'entier (2^n)*p+q est
premier; eh bien je ne sais pas qui avant moi a formulé cette
conjecture, et encore moins comment démontrer qu'elle est vraie,
ou l'infirmer.
re
donc
l'idee de base ses de partir d'un nb premier
ecrit en base 2
exemple 11
1011 est avec les relation 2^n=2*2^(n-1) ou 2^n=2^(n-1)+2*2^(n-2) ect
il est impossible d'ecrir le nb premier
a*2^n+0*2^(n-1)+a*2^(n-2)...
normal il est premier
dou l'idee
2^n*q+p avec
n> ....
mais c'etait aller un peut vite il y avais les additions
un petit générateur de nb premier 2^n*p+q avec p et q nb premier , p!=q , n=1..+inf
Si la proposition est que pour tout n>0, tout p et q premiers et distincts, l'entier (2^n)*p+q est premier; elle est fausse ! Contre exemple: q=2, n quelconque, p premier impair. Contre exemple avec q impair: n=1, p=3, q.
Si la proposition est que pour tout p et q premiers distincts, avec q impair, il existe n>0 tels que l'entier (2^n)*p+q est premier; eh bien je ne sais pas qui avant moi a formulé cette conjecture, et encore moins comment démontrer qu'elle est vraie, ou l'infirmer. re
donc
l'idee de base ses de partir d'un nb premier ecrit en base 2
exemple 11
1011 est avec les relation 2^n=2*2^(n-1) ou 2^n=2^(n-1)+2*2^(n-2) ect
il est impossible d'ecrir le nb premier
a*2^n+0*2^(n-1)+a*2^(n-2)...
normal il est premier
dou l'idee
2^n*q+p avec n> .... mais c'etait aller un peut vite il y avais les additions
2^n*q+p avec n> que le bit de poids le plus for de la d,composition de p en base 2 et p , q premier
est un nb premier ou a un facteur premier plus petite que p
voila voila
a+ remy
Sylvain Castillo
je dirais
2^n*q+p avec n> que le bit de poids le plus for de la d,composition de p en base 2 et p , q premier
est un nb premier ou a un facteur premier plus petite que p
pour peu que 2 soit generateur modulo p (pour le groupe multiplicatif, ce qui arrive, par exemple pour p=3 mais aussi pour beaucoup d'autres p), on peut trouver un n aussi grand que l'on veut (et donc une bonne infinité) tel que 2^n*q+p soit divisible par p.
Sylvain Castillo
je dirais
2^n*q+p avec
n> que le bit de poids le plus for de la d,composition de p en base 2
et p , q premier
est un nb premier ou a un facteur premier plus petite que p
pour peu que 2 soit generateur modulo p (pour le groupe multiplicatif, ce
qui arrive, par exemple pour p=3 mais aussi pour beaucoup d'autres p), on
peut trouver un n aussi grand que l'on veut (et donc une bonne infinité) tel
que 2^n*q+p soit divisible par p.
2^n*q+p avec n> que le bit de poids le plus for de la d,composition de p en base 2 et p , q premier
est un nb premier ou a un facteur premier plus petite que p
pour peu que 2 soit generateur modulo p (pour le groupe multiplicatif, ce qui arrive, par exemple pour p=3 mais aussi pour beaucoup d'autres p), on peut trouver un n aussi grand que l'on veut (et donc une bonne infinité) tel que 2^n*q+p soit divisible par p.
Sylvain Castillo
remy
peut trouver un n aussi grand que l'on veut (et donc une bonne infinité) tel
que 2^n*q+p soit divisible par p.
cela veut dir
(2^n*q)mod (p)=0 ???
Sylvain Castillo
peut trouver un n aussi grand que l'on veut (et donc une bonne infinité)
tel
effectivement, j'ai répondu avant d'avoir réfléchi :)
quoi qu'il en soit, cette proposition parait peu probable. Qu'en est t'il pour les petites valeurs de p et q ?
"remy" a écrit dans le message de news: cdm4tn$lh9$
peut trouver un n aussi grand que l'on veut (et donc une bonne infinité) tel
que 2^n*q+p soit divisible par p.
cela veut dir
(2^n*q)mod (p)=0 ???
Sylvain Castillo
Francois Grieu
Je cite Remy verbatim:
je dirais
2^n*q+p avec n> que le bit de poids le plus for de la d,composition de p en base 2 et p , q premier
est un nb premier ou a un facteur premier plus petite que p
Contre-exemples résistant à beaucoup de tentatives de réparation de "se theorem" p = 3, q = 5, n = 10 (2^n)*q + p = 47*109 p = 5, q = 3, n = 10 (2^n)*q + p = 17*181
François Grieu
Je cite Remy verbatim:
je dirais
2^n*q+p avec
n> que le bit de poids le plus for de la d,composition
de p en base 2 et p , q premier
est un nb premier ou a un facteur premier plus petite que p
Contre-exemples résistant à beaucoup de tentatives de
réparation de "se theorem"
p = 3, q = 5, n = 10 (2^n)*q + p = 47*109
p = 5, q = 3, n = 10 (2^n)*q + p = 17*181
2^n*q+p avec n> que le bit de poids le plus for de la d,composition de p en base 2 et p , q premier
est un nb premier ou a un facteur premier plus petite que p
Contre-exemples résistant à beaucoup de tentatives de réparation de "se theorem" p = 3, q = 5, n = 10 (2^n)*q + p = 47*109 p = 5, q = 3, n = 10 (2^n)*q + p = 17*181
François Grieu
remy
"Francois Grieu" a écrit dans le message de news:
Je cite Remy verbatim:
je dirais
2^n*q+p avec n> que le bit de poids le plus for de la d,composition de p en base 2 et p , q premier
est un nb premier ou a un facteur premier plus petite que p
Contre-exemples résistant à beaucoup de tentatives de réparation de "se theorem" p = 3, q = 5, n = 10 (2^n)*q + p = 47*109 p = 5, q = 3, n = 10 (2^n)*q + p = 17*181
rien n'est parfait dans ce bas monde :) merci
François Grieu
"Francois Grieu" <fgrieu@francenet.fr> a écrit dans le message de news:
fgrieu-28C4C6.22352921072004@individual.net...
Je cite Remy verbatim:
je dirais
2^n*q+p avec
n> que le bit de poids le plus for de la d,composition
de p en base 2 et p , q premier
est un nb premier ou a un facteur premier plus petite que p
Contre-exemples résistant à beaucoup de tentatives de
réparation de "se theorem"
p = 3, q = 5, n = 10 (2^n)*q + p = 47*109
p = 5, q = 3, n = 10 (2^n)*q + p = 17*181
2^n*q+p avec n> que le bit de poids le plus for de la d,composition de p en base 2 et p , q premier
est un nb premier ou a un facteur premier plus petite que p
Contre-exemples résistant à beaucoup de tentatives de réparation de "se theorem" p = 3, q = 5, n = 10 (2^n)*q + p = 47*109 p = 5, q = 3, n = 10 (2^n)*q + p = 17*181
rien n'est parfait dans ce bas monde :) merci
François Grieu
remy
bonjour
je suis toujours sur cette histoire de generateur et je suis a la recherche de loi mathematique sur les nb premier en base 2
l'idee de base
avec la conjecture de goldbach
p0-p1=a l'on a un nb pair l'on cherche une solution
par exemple http://wims.unice.fr/wims/fr_tool~number~goldbach.fr.html
a=p1+p2 p0=2*p1+p2 et l'on passe
2^n*p1+p2 cela fct pas trop mal mais il y a deux trois trucs bizarres
c'est pour cela que je suis a la recherche de loi mathematique sur les nb premier en base 2 cela doit bien exister
en gros et pour faire simple
je prends un nb premier en base 2 et decale une partie de l'ecriture du nb premier avec toujours en tete l'impossibilite d'ecrire
a*(10101010101...)
et je suis aussi a la recherche d'un contre exemple
p=2*p1+p2 2^(p1^n)*p1+p2 qui ne soit pas premier
merci remy
bonjour
je suis toujours sur cette histoire de generateur
et je suis a la recherche de loi mathematique
sur les nb premier en base 2
l'idee de base
avec la conjecture de goldbach
p0-p1=a
l'on a un nb pair
l'on cherche une solution
par exemple http://wims.unice.fr/wims/fr_tool~number~goldbach.fr.html
a=p1+p2
p0=2*p1+p2
et l'on passe
2^n*p1+p2
cela fct pas trop mal
mais il y a deux trois trucs bizarres
c'est pour cela que je suis a la recherche
de loi mathematique sur les nb premier en base 2
cela doit bien exister
en gros et pour faire simple
je prends un nb premier en base 2
et decale une partie de l'ecriture du nb premier
avec toujours en tete l'impossibilite
d'ecrire
a*(10101010101...)
et je suis aussi a la recherche d'un contre exemple
je suis toujours sur cette histoire de generateur et je suis a la recherche de loi mathematique sur les nb premier en base 2
l'idee de base
avec la conjecture de goldbach
p0-p1=a l'on a un nb pair l'on cherche une solution
par exemple http://wims.unice.fr/wims/fr_tool~number~goldbach.fr.html
a=p1+p2 p0=2*p1+p2 et l'on passe
2^n*p1+p2 cela fct pas trop mal mais il y a deux trois trucs bizarres
c'est pour cela que je suis a la recherche de loi mathematique sur les nb premier en base 2 cela doit bien exister
en gros et pour faire simple
je prends un nb premier en base 2 et decale une partie de l'ecriture du nb premier avec toujours en tete l'impossibilite d'ecrire
a*(10101010101...)
et je suis aussi a la recherche d'un contre exemple
p=2*p1+p2 2^(p1^n)*p1+p2 qui ne soit pas premier
merci remy
Francois Grieu
remy est
a la recherche d'un contre exemple
p=2*p1+p2 2^(p1^n)*p1+p2 qui ne soit pas premier
2*11+13 = 5*7 (2^(3^2))*3+5 = 23*67
Curiosité plus amusante: pour tout n, ni (2^n)*16985143930825825363784428577+1 ni (2^n)*16985143930825825363784428577-1 ne sont jamais premiers. 16985143930825825363784428577 est le plus petit premier que j'ai repéré (dans [1]) avec cette propriété.
François Grieu
[1] Yves Gallot: "A search for some small Brier numbers" <http://perso.wanadoo.fr/yves.gallot/papers/smallbrier.pdf>
remy est
a la recherche d'un contre exemple
p=2*p1+p2
2^(p1^n)*p1+p2 qui ne soit pas premier
2*11+13 = 5*7
(2^(3^2))*3+5 = 23*67
Curiosité plus amusante: pour tout n,
ni (2^n)*16985143930825825363784428577+1
ni (2^n)*16985143930825825363784428577-1
ne sont jamais premiers.
16985143930825825363784428577 est le plus petit premier
que j'ai repéré (dans [1]) avec cette propriété.
François Grieu
[1] Yves Gallot: "A search for some small Brier numbers"
<http://perso.wanadoo.fr/yves.gallot/papers/smallbrier.pdf>
Curiosité plus amusante: pour tout n, ni (2^n)*16985143930825825363784428577+1 ni (2^n)*16985143930825825363784428577-1 ne sont jamais premiers. 16985143930825825363784428577 est le plus petit premier que j'ai repéré (dans [1]) avec cette propriété.
François Grieu
[1] Yves Gallot: "A search for some small Brier numbers" <http://perso.wanadoo.fr/yves.gallot/papers/smallbrier.pdf>
Francois Grieu
J'avais proposé à peu près la conjecture:
pour tout p et q premiers impairs distincts, il existe n>0 tels que l'entier (2^n)*p+q est premier
Eh bien, cette conjecture est fause, c'est maintenant démontré. La seule chose surprenante, c'est que rien moins que Don Coppersmith, Balin Fleming, Robert Israel, et d'autres, s'y sont intéressés sur sci.math <http://google.com/groups?threadm=fgrieu-57669A.07243022072004%40individual.net>
Voici leur preuve: Selfridge a démontré en 1962 [*] que pour kx557, et tout n, (2^n)*k+1 a un facteur commun avec m=3*5*7*13*19*37*73. On choisi p et q premiers tels que p = k mod m et q = 1 mod m, par exemple p = 1401087257 et q = 700504351. Il vient que (2^n)*p+q est toujours divisible par 3 5 7 13 19 37 ou 73.
François Grieu
[*] voir par exemple <http://primes.utm.edu/glossary/page.php?sort=SierpinskiNumber>
J'avais proposé à peu près la conjecture:
pour tout p et q premiers impairs distincts,
il existe n>0 tels que l'entier (2^n)*p+q est premier
Eh bien, cette conjecture est fause, c'est maintenant démontré.
La seule chose surprenante, c'est que rien moins que
Don Coppersmith, Balin Fleming, Robert Israel, et d'autres,
s'y sont intéressés sur sci.math
<http://google.com/groups?threadm=fgrieu-57669A.07243022072004%40individual.net>
Voici leur preuve: Selfridge a démontré en 1962 [*] que pour kx557,
et tout n, (2^n)*k+1 a un facteur commun avec m=3*5*7*13*19*37*73.
On choisi p et q premiers tels que p = k mod m et q = 1 mod m,
par exemple p = 1401087257 et q = 700504351. Il vient que
(2^n)*p+q est toujours divisible par 3 5 7 13 19 37 ou 73.
François Grieu
[*] voir par exemple
<http://primes.utm.edu/glossary/page.php?sort=SierpinskiNumber>
pour tout p et q premiers impairs distincts, il existe n>0 tels que l'entier (2^n)*p+q est premier
Eh bien, cette conjecture est fause, c'est maintenant démontré. La seule chose surprenante, c'est que rien moins que Don Coppersmith, Balin Fleming, Robert Israel, et d'autres, s'y sont intéressés sur sci.math <http://google.com/groups?threadm=fgrieu-57669A.07243022072004%40individual.net>
Voici leur preuve: Selfridge a démontré en 1962 [*] que pour kx557, et tout n, (2^n)*k+1 a un facteur commun avec m=3*5*7*13*19*37*73. On choisi p et q premiers tels que p = k mod m et q = 1 mod m, par exemple p = 1401087257 et q = 700504351. Il vient que (2^n)*p+q est toujours divisible par 3 5 7 13 19 37 ou 73.
François Grieu
[*] voir par exemple <http://primes.utm.edu/glossary/page.php?sort=SierpinskiNumber>
