Bonjour tealc

Je doute fort qu'il y ait une démonstration élémentaire de ce fait... mais il ne faut jamais décourager les bonnes volontés!

Bonjour,
je te propose de regarder l'exercice 32. Tu peux à partir des résultats du corrigé de la question d) déduire ton résultat :

Bonjour camelia et hatimy.

Merci pour le lien, hatimy. C'est effectivement à peu de choses près la démonstration que j'ai.

J'essaie de chercher d'autres démonstrations, si non plus élémentaires, au moins moins "calculatoires". Si certains ont des idées

On a le droit à ça:



?


Ayoub.

si tu me le démontres

Le seul encadrement auquel je suis arrivé, c'est :



Pas très glorieux donc.

j'ai l'impression qu'en commencant comme ca on peut aboutir a quelque chose :

Pi(n)/n est compris entre 0 et 1 :
soit a une valeur d'adhérence de Pi(n)/n., on suppose a non nul, donc il existe des valeur de n aussi grande que l'on veut telle que Pi(n) > a*n/2


ensuite en prenant un n "suffisement grand" (fonction de a) on doit pouvoir arriver a une contradiction, avec un raisonement type "crible d'erathostène" sur [0,n] (genre, la moitié des nombres sont pair, le tier est divisible par 3... on recommence jusqu'a un certain nombre premier p assez grand lié a a pour montrer que Pi(n)< a*n/2, et n est "tres grand" devant p...)

enfin c'est juste une idée... j'avoue que j'ai du mal à mettre ca au claire.

Je pense que je pourrais vous donner une preuve de mon post 02/08/2007 à 20:02, d'ici 4 ou 5 jours. Enfin, j'espère que j'y arriverai avec un tel délai.

Euh non, tout compte fait, ça va pas être possible. Mais bon, on ne sera pas trop loin.

LOOL , ça rappelle des souvenirs , j'ai fais cela cette année en master en option arithmétique et cryptographie

Bac +4? Punaise, si j'y arrive, je fais une méga grosse fête.

Le théorème des nombres premiers n'est surement pas simple à démontrer! Il me semble qu'il fait appelle à de l'analyse complexe poussée et notamment à la fonction zéta de Riemann...

Oui, en effet Night, d'où ma remarque du post d'après.
En fait, j'ai trouvé une alternative qui permet d'arriver au résultat beaucoup plus simplement. Je continue à chercher.

Tealc et Atimi:
l'exercice 32 ne peut pas servir à démontrer
Le résultat de l'exercice 32 donne:

L'inégalité n'est pas dans le bon sens.

Pour avoir le bon sens, on peut aussi utiliser la factorisation de . Mais avec des considérations plus élémentaires: le seul outil théorique nécessaire est le théorème de Gauss. Allons-y en dix lignes:

Bonjour

En fait, il existe bel et bien une démonstration "élémentaire" de ce théorèem qui n'utilise pas l'analyse complexe.

Jeanseb : Pourquoi Mahow?

Il bricolait des trucs sur la fonction zeta de Riemann à un moment donné.

Je vois aussi qu'il parlait de variétés différentielles tout en ayant du mal sur le programme d'algèbre linéaire de sup. donc... no comment

C'était juste pour te titiller un peu...

L'avantage de la preuve que j'ai développée (qui donne xx/ln(x) comme équivalent de sur [3,+[), sur l'utilisation du grand théorème d'équivalence en l'infini, c'est qu'elle est constructive dans les sens où elle s'adapte facilement pour donner un encadrement par des constantes numériques explicites de (x) ln(x)/x pour tout x[3,+[.

voilà ce que je propose : on appelle Un notre suite P(n)/n
Elle est décroissante et minorée par 0 donc converge. Soit l sa limite

Toute suite extraite doit donc converger vers la même limite.

Pour tout k, on a : Ukn = P(kn)/kn

et on peut dire : P(kn)<= P(n) + n/2 +.... + n/k

On divise le tout par kn,
donc, Ukn <= P(n)/kn + 1/k * (1/2 + ... +1/k)
On fait tendre n vers l'infini :
l <= l/k + 1/k * (1/2+...+1/k)
donc, (k-1)*l <= (1/2+ ... 1/k)

Ceci étant valable pour tout k ,en faisant tendre k vers l'infini, et le terme de droite étant équivalent à ln(k), on a que l = 0

Qu'en pensez vous ?

non, ce n'est pas exact en fait, je m'en rends compte : mon inégalité n'est pas bonne.
Désolé

La démo ne se trouvera pas comme ça... La plus naturelle consiste à utiliser la fonction zeta de Riemann, le point clé consiste à prouver que le fonction zeta n'a aucun zero sur la droite de partie réelle 1...

J'avais pas mal cherché une preuve apr moi meme de ce théorème et une nuit j'avais cru avoir une bonne idée du style

Si l'on suppose pi(n)=N, on note les nombres premiers inférieurs à n, p1,...,pN

Alors si l'on dénombre

,

Je pensais que et pour dénombrer cet ensemble je pensais utiliser la formule de Legendre



Mais j'avais fais une erreur cruciale si on enlève les nombres de mon ensemble A_N à [n, n²], on a certes tous les nombres premiers entre [n,n²] mais on a aussi les p_i*q, ou p_i<n, premier et q>n, premier et pour dénombrer cela, c'est plus dur...

Si quelqu'un a une idée pour continuer dans cette voie...libre à lui et bon courage!

La preuve de dremi est tout à fait correcte c'est celle qui aboutit aux inégalités de Tchebychev : il existe deux réels >0  c1  et  C2  tels que
c1 x/log(x) < p(x) < c2 x/Log(x).  Vers 1844 .

L'équivalent  x/Log(x)  a été obtenu en 1896 par Hadamard et de la vallée Poussin (indépendamment) à l'aide d'analyse complexe. toutefois dans les années 1960  Selberg (complétant un début de preuve d'Erdös) a réussi une preuve de l'équivalent SANS analyse complexe ce qui contribua à ce qu'il obtienne la médaille fields . (un contentieux naquit avec Erdös à cette occasion)

A ce propos, la méthode de ce dernier est donnée en pdf sur numdam. Je l'ai déjà vu. Pour ceux que ça intéresse...