Discuter:Postulat de Bertrand

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Dans le paragraphe énonçant le théorème, je ne comprends pas comment la deuxième forme du théorème peut être à la fois équivalente et plus faible. Quelqu'un peut-il m'éclairer? 67.70.101.45

Effectivement le premier énoncé, quoique juste, était bizarre car trop restrictif. Le second énoncé donnait des conditions initiales plus faibles mais une conclusion tout aussi juste. Salle vient de rectifier en ne conservant que le plus classique : le second. HB 18 novembre 2006 à 15:58 (CET)


La dernière ligne portant sur la conjoncture non démontrée (pour tout n il existe un premier p tel que n2 < p < (n+1)2 ) me sembe bizarre... en effet, si il est démontré que pour tout n >2, il existe un premier p tel que n < p <= 2n, alors il me semble que pour tout n on a (n+1)2 > 2n. Il suffit donc de dire "quel que soit n, il existe un entier p tel que n2 < p < 2n2 < (n+1)2 et la démonstration est faite ?

Non ! On trouve n2 < p < n2 + 2n + 1 donc cela signifie que p_{n+1} -p_n \le 4 \sqrt{p_n}+4 en prenant n=[\sqrt{p_n}]. On est donc dans une quasi-conséquence de l'hypothèse de Riemann !Claudeh5 19 septembre 2007 à 16:44 (CEST)

L'article ne devrait-il pas expliquer que le théorème est en fait n < p ≤ 2n-2 pour n > 3 et que n < p ≤ 2n est juste une simplification qui marche pour n > 1? Le problème est que l'article sur les nombres premiers [1] mentionne 2n-2 et cet article ne mentionne que le 2n, ce qui est plutôt troublant. --Monkeyget 17 mai 2007 à 21:17 (CEST)

Je ne vois pas en quoi c'est génant: les deux énoncés sont exacts.

Bonjour, Pourrait-on, avant d'écrire un article, vérifier ses dires ? Il est tout de même navrant de trouver que le postulat de Bertrand fut démontré par Tchebyschev en utilisant l'inégalité de Bienaymé-Tchebyschev qui concerne exclusivement le calcul des probabilités ! Claudeh5 19 septembre 2007 à 16:29 (CEST)