Nombres premiers particuliers



  • Bonjour ,
    Soit p et q deux entiers liés par : q = 2p + 1
    Il est possible que p soit premier , mais pas q ( ex p = 7 et q = 15 ) ,
    il est possible que q soit premier mais pas p ( ex : p = 15 et q = 31 ) , il est possible que p et q soient tous les deux premiers ( ex : p = 11 et q = 23 ) .
    Ma question est :
    Existe-t-il des couples ( p , q ) , tous deux premiers , tels que q = 2p + 1 , aussi grands qu'on veut ?
    Merci d'avance .
    Mathtous .



  • Toujours personne ?



  • alors il existe évidemment une infinité de nombres premiers de la forme 2n+1. ce que tu cherches, c'est s'il existe une infinité de nombres premiers du type 2p+1, avec p premier...

    (je reformule le pb pour me l'approprier)

    j'aurais envie de répondre oui, comme ça intuitivement sans avoir vraiment d'argument. tu en as, toi ?

    d'ailleurs je viens de lire que ce sont les "nombres premiers sûrs", proche de ceux de S. Germain, dont je ne crois pas que l'infinité soit établie.

    lien : http://wapedia.mobi/fr/Nombre_premier_de_Sophie_Germain



  • Merci pour ta réponse.
    J'ai personnellement découvert ce problème en cherchant à résoudre celui-ci : trouver des générateurs du groupe multiplicatif d'un corps premier.
    Lorsque ce corps possède q éléments, q étant de la forme 2p+1 où p premier, il est facile de trouver des générateurs .



  • Les corps premiers... des choses du genre (z/qz)({\mathbb z}/q{\mathbb z})^*, q étant premier ?

    J'ai lu qq part un truc sur leurs générateurs.

    Si on connaît la décomposition de q-1 en produit de facteurs premiers

    q1=p1p2...pnq-1 = p_1 p_2 ... p_n
    alors un élément ee de (z/qz)({\mathbb z}/q{\mathbb z})^* est générateur lorsque

    eq1p11, eq1p21, \dots,eq1pn1.e^{\frac{q-1}{p_1}} \ne 1, \ e^{\frac{q-1}{p_2}} \ne 1, \ \dots , e^{\frac{q-1}{p_n}} \ne 1.
    [je ne me rappelle pas la preuve]

    Dans le cas dont tu parles (q = 2p+1 premier), il faut tester si

    e21, ep1.e^2 \ne 1, \ e^{p} \ne 1.

    Ainsi par exemple, e = 2 convient pour générer (z/11z)({\mathbb z}/11{\mathbb z})^* alors que e = 3 ne convient pas :

    <img style="vertical-align:middle;" src="http://www.mathforu.com/cgi-bin/mimetex.cgi?\begin{tabular}{c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c}
    k & 1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 & 7 & 8 & 9 & 10 \ \hline
    2^k [11] & 2 & 4 & 8 & 5 & 10 & 9 & 7 & 3 & 6 & 1
    \end{tabular}">

    <img style="vertical-align:middle;" src="http://www.mathforu.com/cgi-bin/mimetex.cgi?\begin{tabular}{c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c}
    k & 1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 & 7 & 8 & 9 & 10 \ \hline
    3^k [11] & 3 & 9 & 5 & 4 & 1 & 3 & 9 & 5 & 4 & 1
    \end{tabular}">

    En effet, 2^2 = 4 ≠ 1 mod 11, et 2^5 = 32 ≠ 1 mod 11 ;

    alors que 3^2 = 9 ≠ 1 mod 11 mais 3^5 = 243 = 1 mod 11.



  • Oui, c'est cela.
    L'ordre d'un élément divise q-1 = 2p
    C'est donc 1 , 2 , p , ou 2p.
    1 est le seul élément d'ordre 1 , -1 est le seul d'ordre 2.
    Donc les autres sont d'ordre p ou 2p.
    Si un élément est d'ordre p , son opposé est d'ordre 2p et c'est un générateur.
    Tu as le détail ici :

    codage



  • ok

    ah oui c'est vrai, pour la preuve c'est "évident". par exemple si

    eq1p1=ep2pn=1e^{\frac{q-1}{p_1}} = e^{p_2\cdots p_n} = 1
    alors ee ne risque pas de générer le groupe multiplicatif.

    à la main j'avais fait le même genre d'essais que toi dans ta page pour Z/23Z, en tombant d'abord sur 5 (générateur) et en voyant que 3 ne l'est pas.

    intéressante, cette remarque sur l'opposé mod p : Si un élément est d'ordre p , son opposé est d'ordre 2p et c'est un générateur. Sur ta page tu mentionnes le fait que 20 est générateur de (Z/23Z)* dès lors que 3 ne l'est pas (et 20 + 3 = 23) ; de même 8 est générateur de (Z/11Z)* puisque 3 ne l'est pas (et 8 + 3 = 11). inversement, puisque 2 est générateur de (Z/11Z)* alors on vérifie que 9 n'en est pas générateur... c'est toujours vrai cette affaire ?

    je ne sais pas du tout si il y a eu des progrès (compréhensibles lol) concernant la recherche de ces générateurs...



  • L'opposé de a est (-1)a
    -1 est d'ordre 2, si a est d'ordre p ( premier impair ) , alors 2 et p sont premiers enttre eux donc (-1)a est d'ordre 2p : c'est un théorème :
    si a est d'ordre m, si b est d'ordre n, si m et n permutent ( ce qui est le cas si le groupe est commutatif ), et si m et n sont premiers entre eux, alors ab est d'ordre mn.
    Autrement dit, ici, si a est d'ordre p , alors -a = (-1)a est d'ordre 2p : c'est un générateur.
    La question se pose pour la réciproque ( non traitée sur mon site ) :
    Si a est d'ordre 2p : a2pa^{2p} = 1, mais apa^p ≠ 1, donc apa^p = -1 ( 1 et -1 sont les deux seules racines carrées de 1 ).
    Donc (a)p(-a)^p = (1)(-1)^papa^p = -1.(-1) = 1. Donc -a est d'ordre p. ( ayant exclu les cas a=1 et a = -1 ).
    Donc si a est générateur, son opposé ne l'est pas.



  • mathtous
    La question se pose pour la réciproque ( non traitée sur mon site ) :

    Si a est d'ordre 2p : a2pa^{2p} = 1, mais apa^p ≠ 1, donc apa^p = -1 ( 1 et -1 sont les deux seules racines carrées de 1 ).

    Donc (a)p(-a)^p = (1)(-1)^papa^p = -1.(-1) = 1.

    Donc -a est d'ordre p. ( ayant exclu les cas a=1 et a = -1 ).

    Donc si a est générateur, son opposé ne l'est pas.

    voilà c'est ce qui m'intriguait ; merci.



  • C'est moi : j'ai appris quelque chose avec les nombres premiers sûrs et ceux de Sophie Germain.
    Le fait que la question reste ouverte me montre hélas que j'ai encore eu les yeux plus grands que le ventre.


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