Goldbach forte

Bonjour, est-ce assez grand ?


4 = 2 + 2
6 = 3 + 3
8 = 3 + 5
10 = 3 + 7
12 = 5 + 7
14 = 3 + 11
16 = 3 + 13
18 = 5 + 13
20 = 3 + 17
22 = 3 + 19
24 = 5 + 19
26 = 3 + 23
28 = 5 + 23
30 = 7 + 23
32 = 3 + 29
34 = 3 + 31
36 = 5 + 31
38 = 7 + 31
40 = 3 + 37
42 = 5 + 37
44 = 3 + 41
46 = 3 + 43
48 = 5 + 43
50 = 3 + 47
52 = 5 + 47
54 = 7 + 47
56 = 3 + 53
58 = 5 + 53
60 = 7 + 53
62 = 3 + 59
64 = 3 + 61
66 = 5 + 61
68 = 7 + 61
70 = 3 + 67
72 = 5 + 67
74 = 3 + 71
76 = 3 + 73
78 = 5 + 73
80 = 7 + 73
82 = 3 + 79

Bonjour, Peux-tu être plus précis, jusqu'à quel nombre recherches-tu cette liste ? ou veux-tu simplement un exemple avec un grand nombre ?

Bonjour, en donnant un exemple c'est plus clair. Est-ce cela pour 46 que tu cherches ?

46 = 3 + 43
46 = 5 + 41
46 = 17 + 29
46 = 23 + 23

http://serge.mehl.free.fr/anx/conj_goldbach.html


Voilà jusqu'à 1000

J'interviens juste pour dire que ces "rayons de primalité" ne sont ni une invention géniale, ni une idée originale dont Sylvain peut s'attribuer une quelconque paternité. C'est une manière superflue de qualifier le plus petit $r$ tel que $n-r$ et $n+r$ soient simultanément premiers. Voir par exemple ce lien.
Quant au lien donné par Sylvain il ne doit pas induire le lecteur en erreur, absolument rien n'y est prouvé ni validé quant à la CG.

Par ailleurs je ne vois pas pourquoi dans le lien que tu donnes on interdit à $r$ (ou $k$) d'être nul.

Breyer a écrit:

ton idée est vouée à l'échec

Prouve-le...

Le jeu d'Echecs est passionnant, mais l'aparté n'a rien à faire ici, utilisez les messages personnels.

Bruno

@Sylvain:
Je veux bien reprendre ton raisonnement point par point si tu t'engages à faite l'effort de prendre en compte mes remarques. Ce ne sera pas pour tout de suite.

Bon, j'ai finalement réussi à traiter le cas $\eta(n)=2$, rendant l'hypothèse $\eta(n)\ge 3$ superflue.

@Sylvain:
Je ne pose pas une question de fond là, tu devrais pouvoir me répondre rapidement.

@Sylvain:
En quoi ta réponse montre que tu ne considères par des nombres premiers négatifs? Tu viens de redire implicitement qu'un rayon de primalité typique potentiel $r$ peut être plus grand que $n$ auquel cas $n-r<0$ et on a donc tu considères bien des nombres premiers négatifs dans ton raisonnement.

"Un rayon de primalité typique est un rayon de primalité typique potentiel inférieur à n". C'est donc un rayon de primalité selon ta toute première définition. Pourquoi complexifier les choses avec des notations. Reste simple.

Il faudrait que tu réalises à quel point tu es difficile à suivre. Mais reprenons.

Rayon de primalité typique potentiel et rayon de primalité typique

Si $r\geq0$ est tel que $n-r$ et $n+r$ ne sont divisibles par aucun nombre premier $p\leq p_{\pi\left(\sqrt{2n-3}\right)}$ alors tu appelles $r$ un rayon de primalité typique potentiel de $n$ et lorsque de plus $r\leq n-3$ alors $r$ devient un rayon de primalité typique de $n$.

En notant $P^{+}(n)$ le plus grand facteur premier de $n$ et $P^{-}(n)$ le plus petit facteur premier, je préfère ces définitions qui se suffisent à elles-mêmes.

Ainsi $r$ est un rayon de primalité typique potentiel de $n$ ssi P^{+}(n-r)>p_{\pi\left(\sqrt{2n-3}\right)}$ et $P^{+}(n+r)>p_{\pi\left(\sqrt{2n-3}\right)} $P^{-}(n-r)>p_{\pi\left(\sqrt{2n-3}\right)}$ et $P^{-}(n+r)>p_{\pi\left(\sqrt{2n-3}\right)}$ et un rayon de primalité typique si de plus $r<n$.

Fonction $N_{1}(n)$

Cette fonction compte le nombre de rayons de primalité typiques potentiels de $n$ inférieurs à $\prod_{i=1}^{\pi\left(\sqrt{2n-3}\right)}p_{i}$. Soit:

N_{1}(n)=\#\left\{ 0\leq r\leq2\times3...\times p_{\pi\left(\sqrt{2n-3}\right)}\ \mid\ P^{+}(n-r)>p_{\pi\left(\sqrt{2n-3}\right)}\wedge P^{+}(n+r)>p_{\pi\left(\sqrt{2n-3}\right)}\right\}
$N_{1}(n)=\#\left\{ 0\leq r\leq2\times3...\times p_{\pi\left(\sqrt{2n-3}\right)}\ \mid\ P^{-}(n-r)>p_{\pi\left(\sqrt{2n-3}\right)}\wedge P^{-}(n+r)>p_{\pi\left(\sqrt{2n-3}\right)}\right\} $

On est d'accord? Mais je m'interroge toujours sur le fait que tu vas jouer avec beaucoup de nombres premiers négatifs ce qui ne permet pas d'aborder Goldbach...En attendant tu dis que :

"It is quite easy to give an exact expression of $N_{1}(n)$ and to show that:

$\dfrac{n.N_{1}(n)}{P_{ord_{C}(n)}}>\left(c.\dfrac{n}{\log(n)^{2}}\right)\left(1+o(1)\right)$, where $c$ is a positive constant."

Où est la démo? Je ne la vois pas dans ton premier article de mai 2014. Et donc là tu prend en compte les nombres premiers négatifs sinon on aurait $N_1(n)=N_2(n)$? Cela ne te pose pas de problème?

Bon, la démo que tu cherches figure dans l'article "Proof of the asymptotic Goldbach conjecture". Les calculs ne devraient pas te poser de problèmes. Bonne nuit.

Bon en admettant que j'ai bien traduit ta formule explicite de $N_1$ soyons pragmatique et essayons un exemple pour se caler. Comme ça tu pourras me dire exactement où je me trompe si je me trompe.

Soit $n=3.5.7=105$. On a $\pi\left(\sqrt{2n-3}\right)=6$ et donc d'après ta définition de $N_{1}$ traduite par mes soins plus haut on a : $$N_{1}(105)=\#\left\{ 0\leq r\leq2\times3\times5\times7\times11\times13\ \mid\ P^{+}(105-r)>13\wedge P^{+}(105+r)>13\right\}
$$ soit : $$N_{1}(105)=\#\left\{ 0\leq r\leq30030\ \mid\ P^{+}(105-r)>13\wedge P^{+}(105+r)>13\right\}
$$ En se moquant donc du fait que $105-r<0$ pour une majorité absolue de $r$ (car ce qui compte c'est tes configurations ...) j'obtiens sauf erreur $$N_{1}(105)=27916
$$ Maintenant en prenant ta formule explicite comme je la lis on a $$ N_{1}(105)=\left(\prod_{3\le p\le13}(p-2)\right)\prod_{q\mid105}(q-1)
$$ Et on a alors ${\displaystyle N_{1}(105)=71280}$. Ca ne colle pas... J'ajoute ci-dessous le graphique de $\dfrac{N_{1}(n)}{N_{1bis}(n)}$ où $N_1(n)$ compte brutalement la fonction telle que tu la définis et $N_{1bis}(n)$ est ta formule explicite. Cela ne colle vraiment pas.

Soit donc $n=3.5.7=105$. On a $\pi\left(\sqrt{2n-3}\right)=6$ et donc d'après ta définition de $N_{1}$ on a $$N_{1}(105)=\#\left\{ 0\leq r\leq30030\ \mid\ P^{-}(105-r)>13\wedge P^{-}(105+r)>13\right\}$$ En se moquant donc du fait que $105-r<0$ pour une majorité absolue de r (car ce qui compte c'est tes configurations ...) j'obtiens avec pari gp $$N_{1}(105)=4752$$ Maintenant en prenant ta formule explicite on a $${ N_{1}(105)=\left(\prod_{3\le p\le13}(p-2)\right)\prod_{q\mid105}(q-1)}$$ Et pari gp me donne alors $${ N_{1}(105)=71280}
$$ Il y a toujours un os. J'ajoute ci-dessous le graphique de $\dfrac{N_{1}(n)(th\acute{e}orique)}{N_{1}(n)(explicite)}$. On peut voir que c'est effectivement égal pour certaines valeurs de $n=6,8,9,12,16,18,24,27,32,36,48,54,64,72,81$ mais pas toutes. Il semble avec mes calculs que les $2$ fonctions coïncident pour les $n$ de la forme $2^u3^v$ uniquement.

Avoue que ce n'est pas ce que tu a écris dans tes formules. Tu pourrais au moins dire "désolé,...". Là tu donnes l'impression que je suis un benêt qui ne sait pas lire. Donc dans tes articles tu dois écrire : $${\displaystyle N_{1}(n)=\left(\prod_{3\le p\le p_{\pi\left(\sqrt{2n-3}\right),p\nmid n}}(p-2)\right)\prod_{q\mid n}(q-1)}
$$ Reprenons alors ce début crucial. On a d'après ta définition : $$N_{1}(n)=\#\left\{ 0\leq r\leq2\times3...\times p_{\pi\left(\sqrt{2n-3}\right)}\ \mid\ P^{-}(n-r)>p_{\pi\left(\sqrt{2n-3}\right)}\wedge P^{-}(n+r)>p_{\pi\left(\sqrt{2n-3}\right)}\right\}$$ où $P^-(n)$ est le plus petit facteur premier de $n$ et ta formule explicite $${ N_{1bis}(n)=\left(\prod_{3\le p\le p_{\pi\left(\sqrt{2n-3}\right),p\nmid n}}(p-2)\right)\prod_{q\mid n}(q-1)}
$$ C'est un petit coup de bol que $N_1(105)=4752=N_{1bis}(105)$ car voici le graphique point par point de $\dfrac{N_{1}(n)}{N_{1bis}(n)}$. Les $2$ fonctions coïncident parfois ($n=6,8,9,12,15,16,18,20,24,25,27,28,30,32,35,36,40,42,45,48,49,50,54,56,60,63,64,66,70,72,75,77,$
$\quad 80,81,84,88,90,91,96,98,99,100,104,105,\ldots$) mais pas tout le temps.

Je ne restreins pas la formule explicite de $N_{1}(n)$ aux $p$ qui ne divisent pas $n$...Je me suis mal exprimé.
C'est $\displaystyle{N_{1}(n)=\left(\prod_{3\le p\le p_{ord_{C}(n)}}(p-2)\right)\left(\prod_{3\le p\le p_{ord_{C}(n)},p\mid n}\dfrac{(p-1)}{(p-2)}\right)}$.

En fait $N_{1}(n)$ est le nombre de $r < P_{ord_{C}(n)}$ tels que les deux conditions suivantes soient simultanément vérifiées :

1) la configuration d'ordre $ord_{C}(n)$ de $n+r$ ne contienne pas de $0$
2) la configuration d'ordre $ord_{C}(n)$ de $n-r$ ne contienne pas de $0$

D'où la formule explicite pour $N_{1}(n)$.

Merci discret. Sylvain, c'est assez pénible de te voir changer les définitions dès qu'on exhibe un contre-exemple ou une incohérence dans ton exposé. C'est aussi assez pénible de voir que tu me redonnes une définition théorique de $N_1(n)$ comme si ma traduction était fausse. Pour moi j'ai bien traduit ta pensée (grâce aussi au petit chat) et on a:
$$N_{1}(n)=\#\left\{ 0\leq r\leq2\times3...\times p_{\pi\left(\sqrt{2n-3}\right)}\ \mid\ P^{-}(n-r)>p_{\pi\left(\sqrt{2n-3}\right)}\wedge P^{-}(n+r)>p_{\pi\left(\sqrt{2n-3}\right)}\right\}$$
Alors je te pose la question clairement: cette formule représente-t-elle oui ou non ta définition de $N_1(n)$? Pas la peine d'aller plus loin si tu ne valides pas ça. Evite stp d'employer ton jargon (rayon de primalité, typique ou pas, configurations...), il y a dans ma formule tout ce qu'il faut pour la comprendre.
Comme le dit discret j'essaie de faire un travail de "referee" minutieux, cad de vérifier point par point depuis le début la cohérence du propos. C'est nécessaire car je crois qu'il est important de statuer impartialement sur ton approche pour avoir un avis définitif sur la question en évitant les échanges d'amabilités. Les avis des meilleurs spécialistes que moi ne te suffisant pas, je persiste à explorer tes "articles" en toute objectivité.

Je prends note de ta dernière correction sur ta formule explicite de $N_1(n)$ et je m'en vais de ce pas demander secours à mon meilleur coauteur non-humain, pari gp.

Ok on avance. Ta formule est quasi correcte maintenant. Elle est valable dès lors que $n$ n'est pas premier. Cad que dans les cas $n$ non premier on a bien : \begin{align*}
&\#\left\{ 0\leq r\leq2\times3...\times p_{\pi\left(\sqrt{2n-3}\right)}\ \mid\ P^{-}(n-r)>p_{\pi\left(\sqrt{2n-3}\right)}\wedge P^{-}(n+r)>p_{\pi\left(\sqrt{2n-3}\right)}\right\} = \\
&\hspace{4cm}=\left(\prod_{3\le p\le p_{\pi\left(\sqrt{2n-3}\right)}}(p-2)\right)\left(\prod_{3\leq q\leq p_{\pi\left(\sqrt{2n-3}\right)},q\mid n }\frac{q-1}{q-2}\right)
\end{align*} où $p,q$ sont des premiers.
Saurais-tu me donner la formule de $N_1(p)$ $p$ premier ? Sinon je te la donne mais j'aimerais que tu corriges ta formule toi-même.

Pardonne-moi, je suis allé un peu vite en validant ta traduction de $N_{1}(n)$ : la seconde inégalité doit être stricte, soit : $N_{1}(n)=\sharp\{0\le r < 2\times 3\times\dots\times p_{\pi(\sqrt{2n-3})}\mid P^{-}(n-r) > p_{\pi(\sqrt{2n-3})}\wedge P^{-}(n+r) > p_{\pi(\sqrt{2n-3})}\}$ (sinon $0$ et $P_{ord_{C}(n)}$ auraient tous deux la même configuration ne contenant que des zéros).

@Sylvain:
Oui ce serait bien un pdf, parce que ton blog est très laid (vu de mon mac). Dans tes futurs écrits évite toute dénomination sans intérêt comme OrdC, rayon de primalité typique, etc. Utilise des notations explicites à chaque fois comme je le fais. Ce sera beaucoup plus facile à suivre. En pensant simplifier les choses en introduisant moult nouveaux objets, tu ne fais que dissuader tes lecteurs.

Merci pour ton travail. On peut envisager la suite avec confiance.

On va y venir, AitJoseph. Voici un pdf contenant la preuve du "Lemma 1".