Un plan pour Goldbach

Bonjour:
@gebrane:

Et pourquoi pas un plan pour réfuter cette conjecture ?

Pour la réfuter, on se sert du Pdf extrait de l'algorithme de Goldbach, que j'ai joint sur: (" trouver l'erreur") que je remet avec des compléments.

On constate que les conditions réunies pour prouver que la conjecture est fausse , vont être très difficiles...pour ne pas dire impossibles.
Quelles sont ces conditions, en supposant qu'une famille ou classe de nombres premiers dans une suite d'entiers en progression arithmétique de raison 30, pour une limite $n\geqslant\:150$ et donc $2n\geqslant\:300$ ne décompose pas $2n$ en somme de deux premiers $P' + q$ ?

("Alors que j'en ai déduit, qu'une seule classe d'entier serait suffisante sans perte de généralité , pour la prouver ou ....l'inverse ")

1_) Pour une limite $n$, il ne faut pas de nombres premiers $P'$ consécutifs de raison 30.

2_) Ni d'entiers $A\:non\:congru\:modulo\:(P)$ qui précèdent un nombre premier $P'$ à cause du décalage des congruences sur leur successeur $A+30$

3_) Il faudrait pour une limite $n$ en question, pouvoir utiliser les restes $R$ de la division de $2n$ par $P\leqslant\sqrt{2n}$ de la limite précédente $n-15$ .

4_) Il faudrait que l'algorithme de Goldbach ne soit pas récursif , pour éviter qu'il ne recommence au début de chaque Famille , impliquant des nombres premiers $P'$ consécutifs.

5_) Il ne faudrait surtout pas que le décalage d'un rang des congruences existe. ("mais ce serait contraire au TFA à cause de cette égalité $(2n+30) - (A+30) = 2n - A$ ")

6_) il faudrait qu'il existe une limite $n$ où tout les nombres premiers $P$' soient non congrus modulo P avec 2n : $2n\not\equiv{P'}\; [P] \: = q$ ; afin que ces premiers $P'$ se retrouvent congrus à $P$ lors du changement de la limite $= n+15$.
("Car le changement de limite $n$ occasionne le changement de congruence et libère les nombres premiers $P'$ de leur congruence en règle générale...").

7_) le dernier point , qui je pense résume le tout , il faudrait que cette fonction $\frac{G(n)}{Ln\:G(n)}$ pour une limite $n+15$ soit nulle.

Si besoin est, je pourrai mettre les trois algorithmes afin de faire des tests et de vérifier ou de visualiser le décalage des congruences.
les deux algorithmes G et E en duo permettent justement cette image , que l'on ne dicernerait pas dans l'ensemble des entiers naturels.

Un théorème est un théorème.

Tu envisages de démontrer que si la conjecture C est vraie alors le théorème T est vrai.
Soit.
Donc, tu ne sais pas ce que c'est un théorème.

Si ton théorème T est un vrai théorème , connu, validé, tamponné par la communauté scientifique,
Et si tu as démontré l'implication : Théorème T ==> conjecture C vraie
Alors, tu as trouvé une 18ème démonstration de la conjecture.

Score du match :
Berkouk2 : 18
Reste du monde : 0

Si C1 et C2 sont deux conjectures, la relation
C1 vraie <=> C2 vraie
ne prouve pas que ce sont des théorèmes.
Juste qu'ils peuvent être simultanément vrais ou simultanément faux (sachant qu'ils peuvent aussi être indécidables)

Si T est un théorème, et que T=>C1, alors C1 est un théorème (donc une assertion "vraie")
.

Bonjour

Zig a écrit:

Si C1 et C2 sont deux conjectures, la relation

dans ma question 'il s'agit d'une équivalence entre un théorème T , et d'une Conjecture supposée vraie C
( T <==> C(vraie) )

le théorème T qui par définition est démontrée suffit -il de déclarer aussi que la conjecture C est démontrée vraie , vu cette équivalence ?


@gebrane :

je faisais allusion à votre lemme1 dont Calli a fourni un contre-exemple (25 ,35...)

en général , les nombres de forme 6n+1 & 6n-1 seront premiers s'il peuvent être mis sous formes respectives de 6xy+x+y ou 6xy-x-y pour les 6n+1 , et 6xy-x+y pour les 6n-1 , x &y entiers ( dont la démonstration remonte au 17 eme siècle ) j'avais l'impression que vous avez inspirer votre fil à partir de cela paru dans l'une de mes versions ..voilà tout .



je crois que la réponse à ma question unique pèse lourd et a du mal à arriver


BERKOUK

Bonjour

@raoul.S : au delà de ton commentaire , tu n'as pas répondu à ma question .point final


BERKOUK

Je pige pas trop le mélange là...
C et T sont des énoncés.

Donc je vois bien l'écriture :
C <=> T

Cette équivalence permet d'écrire celle-ci
C vrai <=> T vrai

Par contre que signifie pour vous :
C vraie <=> T
???

Zig a écrit:

Par contre que signifie pour vous :
C vraie <=> T

aucune idée, c'est BERKOUK2 qui utilise cette écriture, moi je l'interprète comme C <=> T

@Zig si tu veux passer le temps voici la dernière version de la démonstration de la conjecture de Goldbach par BERKOUK2 https://vixra.org/pdf/1507.0196vH.pdf.

Ne loupe surtout pas le théorème 3 où il démontre que la somme de deux nombre pairs est paire, c'est génial... (:D

Désolé, j'ai essayé l'art surréaliste, mais je suis totalement nul. Je suis beaucoup trop terre à terre pour pondre des textes comme ceux de nos amis.

Tu penses peut-être à la (fausse) démo de Syracuse que j'ai postée il y a environ 3 semaines ?

J'ai retrouvé le lien : pseudo-démonstration conjecture de Syracuse

@gebrane disons que l'erreur était bien cachée pour PMF vu qu'il n'avait même pas relevé... perdu dans les entrailles de sa bdd.

@LEG, La pseudo-démonstration dans la phrase complète se résume à se petit bout que j'ai cité, donc je n'ai aucun problème à enlever le vide et à aller à l'essentiel

Pour le reste, je sais que tu vas rester sur ton crible E/G encore 15 ans. Moi pas:

Comme tu as tendance à boucler, si tu as des remarques, les réponses se trouvent déjà toutes dans tes différents posts à ce sujet (même avec des petits dessins en couleur comme ici)

@lourrran
Entièrement d'accord , mais dire qu'il s'agirait dune suite de mots écrits au hasard par ce que certain ne comprenne pas...c'est tout autant de la plaisanterie ...

Ensuite rédiger en anglais , en utilisant le langage mathématique , désolé mais ce n'est pas mon fort , surtout la langue anglaise dont j'en ai strictement rien à foutre.
si un anglais veut me comprendre rien ne lui empêche d'apprendre le français ...et de me poser des question sur tel ou tel point. Mais qui de toutes façons serait quand même inutile en ce qui me concerne...

Si maintenant tu penses que l'égalité dont je t'ai demandé de démontrer , et que tu as refusé de faire, ce qui est ton droit, par ce que de toutes les façons ma preuve serait fausse....!
La réponse je te l'ai donné , c'était peut être des mots pris au hasard ...tout comme les propriétés de l'algorithme sont des mots pris au hasard les uns derrière les autres, pour faire un programme qui marche au hasard...où on en déduit au hasard des solutions ou propriété ....etc ...etc .

Par ce que l'on a oublié certaines propriétés des congruences que l'on peut utiliser dans un algorithme...

Alors, je pense que de temps en temps il est bon de se regarder dans une glace .....Et se demander pourquoi on est pas foutu de comprendre une simple illustration, ou même une égalité élémentaire en utilisant les congruences...

Si ma résolution de Goldbach était parfaitement rédigée en langage Mathématique et que j'étais sûr, qu'il ne restait pas "un petit point" qui pouvait la rendre indécidable...peu être je l'aurait fait reconnaître, mais c'est le cadet de mes soucis...

J'ai posté un plan et comme l'a dit @gebrane il parait ambitieux ....l'avenir dira si ce plan avec ces 7 points est possible en utilisant les congruences et les deux algorithmes pour imager la répartition des nombres premiers, avec la prévision de solutions pour tout $2n$ qui implique $2n+2$ si la conjecture est vraie....
la plupart des points sont résolu par l'absurde "comme l'égalité " ....

Où encore, pour que la conjecture soit fausse pour $2n + 2$, il faudrait utiliser les restes $R$, de $2n\: par\: P$.
Mais comment cela ce peut ....:-S, puisque pour $2n +2$ ces restes $R$ ne sont plus les même.....
D'où si $A\: non\:congru\: modulo\;( P)$ précède un $A = P'$ qui lui est $\:congru\: modulo\;( P)$ c'est à dire , qu'il partage le même reste $R$ de $2n$ par $P$ avec $2n$. (''" 2n est de la forme (2+30k) ou autre peu importe"")

Ce qui ce traduit part $2n\equiv{R}[P] = A\equiv{R}[P]$ Donc $2n\equiv{A}[P]$ ....

Pour $2n + 2$ c'est toujours pareil ...? Les restes $R$ ne changent pas ?

Ou ce $A=P'$ est OBLIGATOIREMENT non congrus, qui par conséquent va vérifier la conjecture pour cette nouvelle limite $2n + 30$ , car selon l'égalité $2n - A$ qui était un nombre premier $q$ n'est plus le même que $(2n+30) - (A+30) = q$ pour un hasard cela serait un drôle de Hasard alors l'arithmétique aussi ... ?

Ce qui se traduit par : $(2n+30)\not\equiv{(A+30)}[P]$; car le reste $R$ de $(2n+30)$, n'est plus le même que celui de $(A+30)$ dans la division par $P$, qui lui n'a pas changé...... A suivre.

@Collagen3 je préfère mes algorithmes pendant 30 ans à tes bouts de papiers de vecteurs de bits jusqu'à 2n que tu inverses , par ce que tu n'as jamais été foutu de comprendre que c'était inutile ...
Donc continue à t'amuser avec tes bits pendant encore 20 ans si cela te chante...et tes réponses inutiles , je te les laisses volontiers.

C'est normale que tu as vue des phrases incohérentes, ...car comme d'hab, ça prouve que tu n'as rien compris....et c'est ta seule réponse...
Je devrait m'em.... à l'étape finale pour qui ? quelqu'un comme toi...? Tu plaisantes ....
il faudrait encore, que tu sois capable de comprendre une illustration élémentaire et tu es loin d'en être là...Tu vois, c'est facile ce genre de réponse. Mais restons en là, car ça ne même nul part...
Le but du fil c'est de proposer un plan, alors ne te gêne surtout pas , sauf si pour toi comme tu l'as souvent dit, c'est inutile car perdu d'avance...
A+

qu'un simple crible d'Erathostene n'a rien à faire dans cette conjecture.

Ha enfin.... ça je te l'accorde ....
mais jusqu'à preuve du contraire même si ça à l'odeur d'Ératosthène, le gout , l'impression ..on ne crible pas les multiples de P mais les entiers A<n qui sont congrus modulo P

Car comme l'a fait remarquer @Raoul.S à celui qui raconte que sa preuve est vraie car elle est vraie;....
je me vois mal cribler jusqu'à 2n avec Ératosthène pour dire ensuite:
tiens , $2n - B$ est divisible par P ; si : $2n\equiv{B}[P]$ je ne savais pas que 1 était divisible par P....:-D ....
Donc pour moi, il est peut être plus utile de cribler jusqu'à n....(td) que d'utiliser tes bouts de papiers...etc.

Mais comme tu est loin d'être un génie, c'est surement pour cela que tu n'as donc jamais compris le fonctionnement du crible de Goldbach...et pourtant c'est élémentaire donc effectivement, nul besoin d'être génial...

Bonjour

enfin , l’intervention de quelqu'un qui a compris le sens de ma question ,resté à ce jour sans réponse ( à part quelques essais )
merci LEG , si je comprend bien , vous utilisez aussi le TFNP pour boucler une preuve CG ( indécidable), j’espère que vous trouviez au moins ,un matheux parmi vos compatriotes qui s'en chargera de bien traduire votre préprint en language de "signes mathématiques"...

LEG a écrit:

Mais pour n=1 prendre Pi(4)-Pi(3) =0 supposer qu'il n'y a pas de premiers c'est une plaisanterie ...il n'y en a pas !
Et quel rapport avec ensuite il existe pi=7 entre Pi(4n)-Pi(3n) avec n=2 car si 2n = 8 , que vient faire ce fichu nombre pi=7....

je suppose que vous faites allusion à ce morceau de mon PDF ( V. sus attaché)

je vais donc illustrer ma question à travers un exemple plusieurs fois millénaire :


T= théorème d' EUCLIDE : il existe une infinité de nombres premiers

C = Conjecture de Goldbach ( qui peut être vraie ou bien fausse )

1) soit l’implication " T ==> C vraie " preuve par l'absurde :

supposant qu'il existe un nombre fini de nombre premier

==> qu'il existe un dernier nombre premier A
==> qu'il existe -d’après C - un nombre Pair P tel que P = A+A =2A ( V. raoul.S)
==> comme P = 2A est aussi le dernier Pair qui aura son dernier couple -Goldbach (A,A)
==> qu'il existe des nombres pairs qui ne peuvent être somme de premiers faute de premiers au delà de A
==> donc CG est fausse puisse qu’il y a plein de contre -exemples ( tout pair > A )
==> comme T , est un théorème et qu'on PEUT rien supposer dessus qui touche à sa véracité , donc " T ==> C vraie " (V.Lourrain).

2) on peut suite aux mêmes raisonnements aboutir à trouver une preuve pour " C vraie ==> T " ( V. Zig )

3) conclusion : donc T <==> C vraie

question : peut -on se contenter de T pour déclarer C = CG vraie ? (V. CC )


BERKOUK

C'est en effet tellement énorme !

Supposons qu'il existe un nombre fini de nombres premiers.
Admettons, ça peut nous emmener où ?
Ca peut nous emmener à une impossibilité. Et donc on aura la preuve qu'il y a un nombre INFINI de nombres premiers.

C'est tout. Ca ne peut pas nous emmener autre part.

Je confirme les propos de gerard0. Ce que BERKOUK2 a rédigé ici http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?43,2057422,2059174#msg-2059174 est une perle et démontre qu'il fait bien une fixette avec le symbole logique de l'implication sans rien y comprendre.

En gros BERKOUK2 tu dis : "pour démontrer T=>C" je suppose que T est faux (il n'existe qu'un nombre fini de nombres premiers) et j'en déduis que C est faux. Oui sauf qu'en faisant ça tu n'as pas démontré que T=>C comme tu sembles le penser, tu as démontreé C=>T qui n'a aucun intérêt soit dit en passant...

Sorry, je m'étais juré de ne plus mettre le doigt dans des non-sens qui tournent en boucle, c'était juste un moment d'égarement 8-)