Je pense avoir une véritable preuve de l'hypothèse de Riemann

**Gui102** · 19/07/2022, 10h27

Mais j'ai déjà mis une borne dessus... Mon intérêt c'est la borne générale qui nous parle de la croissance de la fonction de Mertens... j'ai montré pourquoi ces constantes n'influençait pas la borne générale.

A partir de là, calculer ces constantes avec précisions est utile uniquement pour affiner l'estimation effective, l'estimation "purement théorique" suffit à mon bonheur.

**Gui102** · 19/07/2022, 10h40

C'est pas très grave je vais prendre du temps et je reviendrais pour écrire mon idée de la façon la plus précise possible et sans fioriture. Merci à chacun de m'avoir aidé!

**Gui102** · 19/07/2022, 13h38

Commençons par quelques définitions :
$\text{[math]}$
$\text{[math]}$ est un entier naturel qui vérifie $\text{[math]}$ .
On appel "produits admissibles" l'ensemble des produits à $\text{[math]}$ éléments dont le résultat est $\text{[math]}$ et on note cet ensemble $\text{[math]}$ . On note $\text{[math]}$ un élément quelconque d'un tel produit.
On appel "plus petits éléments admissibles" l'ensemble des éléments $\text{[math]}$ des produits admissibles qui vérifient $\text{[math]}$ .
On appel $\text{[math]}$ le nombre d'élément de $\text{[math]}$

$\text{[math]}$ .

et l'identité $\text{[math]}$ .(1)

Grâce à (1) on sait que si on se contente d'ajouter les diviseurs de k, on obtiendra un nombre parfaitement égaux de $\text{[math]}$ et de $\text{[math]}$ . L'idée est donc de savoir le maximum de produits et de nombres premiers que l'on rate en se contentant d'ajouter les diviseurs de k.
Proposition 1 : $\text{[math]}$ est borné.

Démonstration : Puisque les plus petits candidats admissibles sont $\text{[math]}$ , leur nombre est également borné par la même quantité.
Mais comme ils ne sont pas les seuls candidats possibles mais seulement les plus petits, il convient de déterminer la taille du plus grand élément admissible et cette taille est $\text{[math]}$ .
Donc le nombre total de candidats admissibles devient $\text{[math]}$ .

Mais ce n'est toujours pas suffisant. Car $\text{[math]}$ représente l'ensemble des combinaisons de ces candidats. Mais comme le nombre total d'élément grandit avec k, le nombre de combinaison ne dépend plus que de m.

Donc il doit exister un ensemble de constante $\text{[math]}$ qui maximise le nombre d'éléments possibles de $\text{[math]}$ . Mais ces constantes sont fixes et on aurait d'une manière générale $\text{[math]}$

Cela nous enseigne qu'il est possible d'écrire une borne pour la fonction de Mertens et cette borne est :

$\text{[math]}$ où $\text{[math]}$ est une constante réelle.
Bien sûr, cette borne ne s'intéresse qu'aux produits de nombres premiers ce qui mène à la prochaine proposition.

Proposition 2 : Les nombres premiers seuls n'ont pas d'influence sur cette borne.

Démonstration : les nombres premiers étant tous impairs exceptés 2, on peut se représenter le pire cas possible (et artificiel) en supposant que k/2 nombres soient premiers.

Mais comme la moitié de ce nombre est déjà bornée (étant donné qu'on ne considère ici que des sommes de $\text{[math]}$ et $\text{[math]}$ ), l'autre moitié ne pourras jamais dépasser la borne prédite, ainsi, les nombres premiers ne peuvent influencer que la constante $\text{[math]}$ devant la borne.

Enfin, puisque $\text{[math]}$

Alors
$\text{[math]}$

Est-ce plus clair de cette façon ?

Après j'arrête de vous embêter promis

**gg0** · 19/07/2022, 14h42

OK !
Le début est déjà un peu plus clair. Sauf la dénomination "produits admissibles" pour un ensemble de nombres et surtout "plus petits éléments admissibles" pour un autre ensemble qui est, si j'ai bien compris, une partie du précédent (mais je doute). Tu as donné un nom au premier, $\text{[math]}$ , donne donc un nom au deuxième, et profite-en pour préciser ce qu'il contient (des produits ? Des nombres premiers ?...). Au besoin, donne un exemple pour n=4 et m=40.
La fin, avant la proposition 1 est bizarre, puisque tu parles de "rater" sans avoir dit ce que tu veux faire. Quel calcul est en cause ?

Ensuite, ta proposition 1 n'a pas de sens. Que veut dire "borné" ici ? Car tout étant fixé au début par le choix de n, l'ensemble des E_m est fini et donc l'ensemble des valeurs N_m est fini et borné par son plus grand élément.
On dirait cela si la borne était indépendante de n, s'il existait un nombre A tel que quel que soit n et le choix de m on ait N_m<A . Mais c'est évidemment impossible.
Donc énoncé à réécrire.

J'arrête là pour le moment, le temps que tu reprennes ton texte.

Cordialement.

**Gui102** · 19/07/2022, 15h27

Merci beaucoup pour ton aide!

Voici le texte modifié :

Commençons par quelques définitions :
$\text{[math]}$
$\text{[math]}$ est un entier naturel qui vérifie $\text{[math]}$ .
On appel "produits admissibles" l'ensemble des produits à $\text{[math]}$ éléments dont le résultat est $\text{[math]}$ et on note cet ensemble $\text{[math]}$ . On note $\text{[math]}$ un élément quelconque d'un tel produit.
On appel "plus petits éléments admissibles" l'ensemble des éléments $\text{[math]}$ des produits admissibles qui vérifient $\text{[math]}$ . On note cet ensemble $\text{[math]}$ . Par exemple, si l'on pose $\text{[math]}$ et $\text{[math]}$ alors $\text{[math]}$ représentent l'ensemble des nombres premiers $\text{[math]}$
On appel $\text{[math]}$ le nombre d'éléments de $\text{[math]}$
$\text{[math]}$ est une constante qui dépend de $\text{[math]}$

$\text{[math]}$ .

et l'identité $\text{[math]}$ .(1)

On cherche une manière de calculer les valeurs maximales possibles de $\text{[math]}$ . Grâce à (1) on sait que si on se contente d'ajouter les diviseurs de k, on obtiendra un nombre parfaitement égaux de $\text{[math]}$ et de $\text{[math]}$ . L'idée est donc de calculer le nombres de produits de nombres premiers possibles qui n'apparaissent pas lorsque l'on se contente de considérer la séquence pour les diviseurs de k.

Proposition 1 : $\text{[math]}$ , pour tout $\text{[math]}$ ( $\text{[math]}$ étant une fonction de $\text{[math]}$ ).

Démonstration : Puisque les plus petits candidats admissibles sont $\text{[math]}$ , leur nombre est également borné par la même quantité.
Mais comme ils ne sont pas les seuls candidats possibles mais seulement les plus petits, il convient de déterminer la taille du plus grand élément admissible et cette taille est $\text{[math]}$ .
Donc le nombre total de candidats admissibles devient $\text{[math]}$ .

Mais ce n'est toujours pas suffisant. Car $\text{[math]}$ représente l'ensemble des combinaisons de ces candidats. Mais comme le nombre total d'élément grandit avec k, le nombre de combinaison ne dépend plus que de m.

Donc il doit exister un ensemble de constante $\text{[math]}$ qui maximise le nombre d'éléments possibles de $\text{[math]}$ . Mais ces constantes sont fixes et on aurait d'une manière générale $\text{[math]}$

Cela nous enseigne qu'il est possible d'écrire une borne pour la fonction de Mertens et cette borne est :

$\text{[math]}$ où $\text{[math]}$ est une constante réelle.
Bien sûr, cette borne ne s'intéresse qu'aux produits de nombres premiers ce qui mène à la prochaine proposition.

Proposition 2 : Les nombres premiers seuls n'ont pas d'influence sur cette borne.

Démonstration : les nombres premiers étant tous impairs exceptés 2, on peut se représenter le pire cas possible (et artificiel) en supposant que k/2 nombres soient premiers.

Mais comme la moitié de ce nombre est déjà bornée (étant donné qu'on ne considère ici que des sommes de $\text{[math]}$ et $\text{[math]}$ ), l'autre moitié ne pourras jamais dépasser la borne prédite, ainsi, les nombres premiers ne peuvent influencer que la constante $\text{[math]}$ devant la borne.

Enfin, puisque $\text{[math]}$

Alors
$\text{[math]}$

**MissJenny** · 19/07/2022, 15h46

Ce que tu notes Nm dépend en fait aussi de k. Tu devrais à mon avis le nommer N(m,k) ou N(m,n) puisqu'il y a une correspondance biunivoque entre les k et les n.

**Gui102** · 19/07/2022, 15h53

Bonne remarque MissJenny, j'ai modifié ça!

Commençons par quelques définitions :
$\text{[math]}$
$\text{[math]}$ est un entier naturel qui vérifie $\text{[math]}$ .
On appel "produits admissibles" l'ensemble des produits à $\text{[math]}$ éléments dont le résultat est $\text{[math]}$ et on note cet ensemble $\text{[math]}$ . On note $\text{[math]}$ un élément quelconque d'un tel produit.
On appel "plus petits éléments admissibles" l'ensemble des éléments $\text{[math]}$ des produits admissibles qui vérifient $\text{[math]}$ . On note cet ensemble $\text{[math]}$ . Par exemple, si l'on pose $\text{[math]}$ et $\text{[math]}$ alors $\text{[math]}$ représente l'ensemble des nombres premiers $\text{[math]}$
On appel $\text{[math]}$ le nombre d'éléments de $\text{[math]}$
$\text{[math]}$ est une constante qui dépend de $\text{[math]}$

$\text{[math]}$ .

et l'identité $\text{[math]}$ .(1)

On cherche une manière de calculer les valeurs maximales possibles de $\text{[math]}$ . Grâce à (1) on sait que si on se contente d'ajouter les diviseurs de k, on obtiendra un nombre parfaitement égaux de $\text{[math]}$ et de $\text{[math]}$ . L'idée est donc de calculer le nombres de produits de nombres premiers possibles qui n'apparaissent pas lorsque l'on se contente de considérer la séquence pour les diviseurs de k.

Proposition 1 : $\text{[math]}$ , pour tout $\text{[math]}$ ( $\text{[math]}$ étant une fonction de $\text{[math]}$ ).

Démonstration : Puisque les plus petits candidats admissibles sont $\text{[math]}$ , leur nombre est également borné par la même quantité.
Mais comme ils ne sont pas les seuls candidats possibles mais seulement les plus petits, il convient de déterminer la taille du plus grand élément admissible et cette taille est $\text{[math]}$ .
Donc le nombre total de candidats admissibles devient $\text{[math]}$ .

Mais ce n'est toujours pas suffisant. Car $\text{[math]}$ représente l'ensemble des combinaisons de ces candidats. Mais comme le nombre total d'élément grandit avec k, le nombre de combinaison ne dépend plus que de m.

Donc il doit exister un ensemble de constante $\text{[math]}$ qui maximise le nombre d'éléments possibles de $\text{[math]}$ . Mais ces constantes sont fixes et on aurait d'une manière générale $\text{[math]}$

Cela nous enseigne qu'il est possible d'écrire une borne pour la fonction de Mertens et cette borne est :

$\text{[math]}$ où $\text{[math]}$ est une constante réelle.
Bien sûr, cette borne ne s'intéresse qu'aux produits de nombres premiers ce qui mène à la prochaine proposition.

Proposition 2 : Les nombres premiers seuls n'ont pas d'influence sur cette borne.

Démonstration : les nombres premiers étant tous impairs exceptés 2, on peut se représenter le pire cas possible (et artificiel) en supposant que k/2 nombres soient premiers.

Mais comme la moitié de ce nombre est déjà bornée (étant donné qu'on ne considère ici que des sommes de $\text{[math]}$ et $\text{[math]}$ ), l'autre moitié ne pourras jamais dépasser la borne prédite, ainsi, les nombres premiers ne peuvent influencer que la constante $\text{[math]}$ devant la borne.

Enfin, puisque $\text{[math]}$

Alors
$\text{[math]}$

**MissJenny** · 19/07/2022, 15h56

tu ne l'as pas modifié partout. Tu devrais enfin comprendre que ta fameuse constante cm est elle aussi fonction de k.

**Gui102** · 19/07/2022, 15h58

J'ai montré que la croissance ne dépend que de $\text{[math]}$ , les $\text{[math]}$ ne sont rien de plus que des constantes fixées.

**MissJenny** · 19/07/2022, 16h01

calcule c2 et on en reparlera.

**Gui102** · 19/07/2022, 16h06

Mais le nombres d'éléments grandit avec k, chaque m étant fixé (on compte les produits de 2 nombres premiers, puis de 3 nombres,..., puis de m nombres premiers) la croissance ne dépend alors plus que du nombre d'éléments de l'ensemble de départ.

Calculer un $\text{[math]}$ ne changera rien à la borne finale. Comme j'ai déjà dit précédemment, ça aura une utilité plutôt effective que théorique.

**Gui102** · 19/07/2022, 16h23

Un exemple de combinatoire : si tu cherches les possibilités de combiner un ensemble à $\text{[math]}$ éléments en sous ensemble à $\text{[math]}$ éléments, si tu fixes $\text{[math]}$ la croissance ne dépend alors plus que de $\text{[math]}$ .

C'est exactement ce qu'il se passe ici. D'où l'intérêt purement effectif d'un calcule des $\text{[math]}$ .

(effectif signifie ici : ne change pas le résultat théorique mais améliore l'estimation concrète)

**gg0** · 19/07/2022, 16h37

Une remarque : Il manque la preuve que les c_m sont bien des constantes indépendantes de n. Si elles en dépendent, l'estimation finale est fausse.
Le calcul effectif de c_2 serait instructif.

Cordialement.

**Gui102** · 19/07/2022, 22h20

Ok!

Je vous propose un résultat différent qui mène à la même conclusion.

Proposition 3 : Pour tout $\text{[math]}$ on a $\text{[math]}$

Démonstration : Soit l'ensemble des produits $\text{[math]}$ dont les plus petits éléments sont $\text{[math]}$
Alors chaque élément $\text{[math]}$ doit apparaitre au moins une fois dans les possibilités si l'on veut que le résultat soit $\text{[math]}$ .
Supposons alors qu'il existe un nombre $\text{[math]}$ tel que l'on ait $\text{[math]}$ . Cela impliquerait qu'il existe un nombre $\text{[math]}$ qui puisse apparaitre parmis les entiers une fois sur $\text{[math]}$ , ce qui est absurde.

On a donc bien $\text{[math]}$ pour tout $\text{[math]}$ .

**MissJenny** · 20/07/2022, 10h56

j'essaie de comprendre. E(m,k) est un ensemble de m-uples de nombres premiers, c'est bien ça? tous distincts ou non?

**Gui102** · 20/07/2022, 11h34

Oui c'est exact et oui tous distincts car les répétitions n'ont pas de poids dans la fonction de Mertens. Mais j'ai un doute sur la validité de mon dernier argument, il faut que j'y réfléchisse un peu plus et que je le retravaille mais après avoir fait des essais numériques il semble vraiment que c_m=1.

**Gui102** · 20/07/2022, 12h20

ok en faite l'idée pour montrer que $\text{[math]}$ pour tout $\text{[math]}$ est très simple

Proposition : Pour tout $\text{[math]}$ , on a $\text{[math]}$ .

Démonstration :

Quand on a un produit à $\text{[math]}$ éléments, le plus petit élément possible est $\text{[math]}$ . Donc il y au plus un produit sur deux de cette nature.
Quand on a un produit à $\text{[math]}$ éléments, les plus petits éléments possibles sont $\text{[math]}$ et comme $\text{[math]}$ alors il y a au plus $\text{[math]}$ nombre sur 6 qui puisse être un produit de cette nature.

Et le raisonnement continue. Car comme pour que notre produit soit $\text{[math]}$ , on a besoin que les plus petits éléments possibles soient $\text{[math]}$ , alors pour les produits de m éléments il y a au plus $\text{[math]}$ possibilités.

Ce qui conclut la preuve.

**Gui102** · 20/07/2022, 12h37

Voici la preuve entière et corrigée. Merci à MissJenny et à gg0 qui m'ont beaucoup aidé.

Commençons par quelques définitions :
$\text{[math]}$
$\text{[math]}$ est un entier naturel qui vérifie $\text{[math]}$ .
On appel "produits admissibles" l'ensemble des produits à $\text{[math]}$ éléments dont le résultat est $\text{[math]}$ et on note cet ensemble $\text{[math]}$ . On note $\text{[math]}$ un élément quelconque d'un tel produit.
On appel "plus petits éléments admissibles" l'ensemble des éléments $\text{[math]}$ des produits admissibles qui vérifient $\text{[math]}$ . On note cet ensemble $\text{[math]}$ . Par exemple, si l'on pose $\text{[math]}$ et $\text{[math]}$ alors $\text{[math]}$ représente l'ensemble des nombres premiers $\text{[math]}$
On appel $\text{[math]}$ le nombre d'éléments de $\text{[math]}$
$\text{[math]}$ est une constante qui dépend de $\text{[math]}$

$\text{[math]}$ .

et l'identité $\text{[math]}$ .(1)

On cherche une manière de calculer les valeurs maximales possibles de $\text{[math]}$ . Grâce à (1) on sait que si on se contente d'ajouter les diviseurs de k, on obtiendra un nombre parfaitement égaux de $\text{[math]}$ et de $\text{[math]}$ . L'idée est donc de calculer le nombres de produits de nombres premiers possibles qui n'apparaissent pas lorsque l'on se contente de considérer la séquence pour les diviseurs de k.

Proposition 1 : $\text{[math]}$ , pour tout $\text{[math]}$ ( $\text{[math]}$ étant une fonction de $\text{[math]}$ ).

Démonstration : Puisque les plus petits candidats admissibles sont $\text{[math]}$ , leur nombre est également borné par la même quantité.
Mais comme ils ne sont pas les seuls candidats possibles mais seulement les plus petits, il convient de déterminer la taille du plus grand élément admissible et cette taille est $\text{[math]}$ .
Donc le nombre total de candidats admissibles devient $\text{[math]}$ .

Mais ce n'est toujours pas suffisant. Car $\text{[math]}$ représente l'ensemble des combinaisons de ces candidats. Mais comme le nombre total d'élément grandit avec k, le nombre de combinaison ne dépend plus que de m.

Donc il doit exister un ensemble de constante $\text{[math]}$ qui maximise le nombre d'éléments possibles de $\text{[math]}$ . Mais ces constantes sont fixes et on aurait d'une manière générale $\text{[math]}$

Cela nous enseigne qu'il est possible d'écrire une borne pour la fonction de Mertens et cette borne est :

$\text{[math]}$ où $\text{[math]}$ est une constante réelle.
Bien sûr, cette borne ne s'intéresse qu'aux produits de nombres premiers ce qui mène à la prochaine proposition.

Proposition 2 : Les nombres premiers seuls n'ont pas d'influence sur cette borne.

Démonstration : les nombres premiers étant tous impairs excepté $\text{[math]}$ , on peut se représenter le pire cas possible (et artificiel) en supposant que $\text{[math]}$ nombres soient premiers.

Mais comme la moitié de ce nombre est déjà bornée (étant donné qu'on ne considère ici que des sommes de $\text{[math]}$ et $\text{[math]}$ ), l'autre moitié ne pourras jamais dépasser la borne prédite, ainsi, les nombres premiers ne peuvent influencer que la constante $\text{[math]}$ devant la borne.

Il reste encore à démontrer l'indépendance des $\text{[math]}$ pour s'assurer de l'estimation finale.

Proposition 3 : Pour tout $\text{[math]}$ , on a $\text{[math]}$ .

Démonstration :

Quand on a un produit à $\text{[math]}$ éléments, le plus petit élément possible est $\text{[math]}$ . Donc il y au plus un produit sur deux de cette nature.
Quand on a un produit à $\text{[math]}$ éléments, les plus petits éléments possibles sont $\text{[math]}$ et comme $\text{[math]}$ alors il y a au plus $\text{[math]}$ nombre sur 6 qui puisse être un produit de cette nature.

Et le raisonnement continue. Car comme pour que notre produit soit $\text{[math]}$ , on a besoin que les plus petits éléments possibles soient $\text{[math]}$ , alors pour les produits de m éléments il y a au plus $\text{[math]}$ possibilités.

Ce qui conclut la preuve.

Enfin, puisque $\text{[math]}$

Alors
$\text{[math]}$ .

**Liet Kynes** · 20/07/2022, 14h06

Envoyé par Gui102

Voici la preuve entière et corrigée. Merci à MissJenny et à gg0 qui m'ont beaucoup aidé.

Donc du coup, tu empoches le million de dollars ?

**Gui102** · 20/07/2022, 14h10

Envoyé par Liet Kynes

Donc du coup, tu empoches le million de dollars ?

Honnêtement ce n'est pas très important si il y a de l'argent ou pas à la clé.

Je fais des maths pour mon plaisir.

Après honnêtement le fait que je ne vois pas d'erreur ne signifie pas qu'il n'y en a pas, on sait tous de quel problème on parle ici et personne n'est naïf sur son statut... Mais plus je retourne ces idées dans ma tête plus j'ai l'impression que tout est correct...

De toute façon je ne risque pas grand chose à me tromper et je suis déjà très satisfait d'avoir réussis à formaliser mon idée pour qu'elle soit claire! J'ai été bien aidé du coup.

**Gui102** · 20/07/2022, 14h15

Et si dans un monde parfait ma preuve est bel et bien correct, je ne sais même pas par où commencer pour la faire lire par un comité d'expert...

**MissJenny** · 20/07/2022, 14h30

Envoyé par Gui102

pour les produits de m éléments il y a au plus $\text{[math]}$ possibilités.

prenons k = 2*3*5*7 = 210

il y a 46 nombres premiers plus petits que 210

prenons m=2 Ta formule dit que le nombre de produits de 2 nombres premiers distincts plus petits que 210 est au plus factorielle(1) * sqrt(210) = 14.49...

or il y en a 62. Ce sont :

6 10 14 15 21 22 26 33 34 35 38 39 46 51 55 57 58 62 65 69 74 77 82 85 86 87 91 93 94 95 106 111 115 118 119 122 123 129 133 134 141 142 143 145 146 155 158 159 161 166 177 178 183 185 187 194 201 202 203 205 206 209

**Gui102** · 20/07/2022, 14h44

non primorielle(1)*sqrt(2*3*5*7)=2 8.9...

En faite du coup mon inégalité doit s'écrire comme ça :

$\text{[math]}$

Ainsi on trouve qu'il y a au plus 28 couples de premiers manqués <30

Et au plus 96 <210

Etc...

J'avoue que je n'avais pas vu ça comme ça. Mais je ne crois pas que ça change l'estimation ?

**Gui102** · 20/07/2022, 14h53

Désolé comme un imbécile j'ai écris factorielle au lieu de primorielle

**MissJenny** · 20/07/2022, 15h18

Ok mais 28 est toujours plus petit que 62. Si je regarde le prochain k, c'est 2310 et là il y a plus de 600 paires de nombres premiers distincts dont le produit est plus petit que 2310. C'est juste deux valeurs mais elles suggèrent que la croissance est plus rapide que sqrt(k).

**Gui102** · 20/07/2022, 15h25

Oui tu as parfaitement raison il y a quelque chose qui cloche de ce côté!

Je vais aller investiguer

**MissJenny** · 20/07/2022, 15h50

Envoyé par Liet Kynes

Donc du coup, tu empoches le million de dollars ?

pour l'anecdote, j'avais assisté à un exposé de Philippe Michel sur la question, et il avait répondu à quelqu'un qui lui demandait ce qu'il pensait de cette récompense que vu le travail qu'il restait faire, c'était plutôt mal payé.

**Gui102** · 20/07/2022, 16h04

Oui disons que si on le fait pour l'argent il doit sûrement exister des façons plus simple que de résoudre RH pour gagner 1 million

**Liet Kynes** · 20/07/2022, 16h42

Donc, pourquoi le faire ?
- La satisfaction personnelle est insuffisante,
Reste l'idée de savoir si d'autres questions viendront ensuite mais il me semble que cela, on le sait déjà.
La meilleure réponse est certainement celle du scorpion sur le dos de l'hippopotame.

**Gui102** · 20/07/2022, 17h43

Ok donc les c_m ne peuvent probablement pas être bornés comme vous aviez dit, mea culpa

Cela dit c'était très sympa de votre part de prendre le temps de me répondre malgré l'évidence! Ce fut très instructif. Je reviendrais plus souvent poser des questions (promis elles seront plus adaptées à moi que RH

)

Mais c'est malgré tout une question passionnante et surtout tellement belle. Malheureusement il y a effectivement peu d'espoir qu'elle soit résolue dans les années à venir. Honnêtement, si l'on pouvait déjà trouver un angle d'attaque qui pourrait mettre tout le monde d'accord, ça serait une sacré avancée. Parce que là, on ne sait finalement même pas par où commencer. Il y a peut-être le lien avec la théorie des opérateurs mais pour le moment ça n'a pas mené très loin, malgré l'analogie frappante entre la formule de traces de Selberg et les formules explicites de fonctions arithmétiques.

Je pense avoir une véritable preuve de l'hypothèse de Riemann

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