Goldbach forte
dans Arithmétique
Bonsoir
Je cherche les premières décompositions de Goldbach pour un nombre pair plus grand que 4 jusqu'à un certain rang assez grand
4=2+2
6= 3+3
...
Merci d'avance
Je cherche les premières décompositions de Goldbach pour un nombre pair plus grand que 4 jusqu'à un certain rang assez grand
4=2+2
6= 3+3
...
Merci d'avance
Réponses
-
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 -
Non
-
Bonjour, Peux-tu être plus précis, jusqu'à quel nombre recherches-tu cette liste ? ou veux-tu simplement un exemple avec un grand nombre ?
-
Bonsoir
Je cherche une liste assez grande, avec toutes les décompositions possibles.
J'ai cherché un site en vain
entrée n pair , résultat toutes les décompositions possibles .
Jusqu'à un certain ordre assez grand
En vous remerciant d'avance -
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 -
Bonjour,
J'avais fourni un fichier compressé, qui tourne sous unix, dans cette discussion-là.
gb-tools
Chercher dans la page Daniel Diaz, c'est lui qui avait écrit cette librairie dédiée.
Cordialement,
Denise -
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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. -
Comment ça rien n'est prouvé ? La relation $\dfrac{P_{ord_{C}(n})}{N_{1}(n)}=O(\log^{2}n)$, est prouvée. La relation $r_{0}(n)=O(\log^{4}(n)$ est prouvée sous l'hypothèse que $\eta(n)>2$. Tout n'est pas prouvé certes, mais dire que rien n'est prouvé c'est exagéré ! Je trouve qu'une telle attitude n'est pas constructive : pourquoi ne pas proposer des améliorations, des idées, au lieu de dire sèchement "t'as rien prouvé, t'as rien prouvé" ?
-
Par ailleurs je ne vois pas pourquoi dans le lien que tu donnes on interdit à $r$ (ou $k$) d'être nul.
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Parce que dans le lien on s'intéresse à la somme de nombres premiers distincts. Si tu veux r=0 il y a encore une référence plus ancienne ici.Sylvain a écrit:Je trouve qu'une telle attitude n'est pas constructive : pourquoi ne pas proposer des améliorations, des idées, au lieu de dire sèchement "t'as rien prouvé, t'as rien prouvé" ?
Je rejoints ici quelques intervenants, il faudrait créer un sous forum "récrétation mathématique" pour laisser au forum arithmétique les questions sensées et sérieuses en théorie des nombres. Il est vrai que c'est pénible d'y voir déverser toute sorte d'élucubration. -
Le jeu d'Echecs est passionnant, mais l'aparté n'a rien à faire ici, utilisez les messages personnels.
Bruno -
Alors que j'ai horreur du droit...Tu me fais rire sur ce coup là ! Plus sérieusement, tant qu'il n'a pas été démontré qu'une idée est "vouée à l'échec", il faut lui laisser sa chance. Comme dirait mon amie américaine "absence of proof is not proof of absence". Sans compter qu'après la démonstration du TNP en 1896, tout le monde ou presque pensait qu'une preuve élémentaire (i.e, sans variables complexes) de ce théorème était impossible. Et pourtant, Erdös et Selberg en ont fourni une. Pour le moment, la seule faille que j'ai trouvée dans mon raisonnement, c'est que je suppose $\eta(n)\ge 3$ sans l'avoir démontré. Après si tu vois d'autres points à justifier, je veux bien en prendre connaissance.
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Entendu.
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Bon, j'ai finalement réussi à traiter le cas $\eta(n)=2$, rendant l'hypothèse $\eta(n)\ge 3$ superflue.
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@Sylvain:
Je suis revenu au tout début de tes définitions et j'aimerai que tu me précises quelque chose.
Sur ton blog dans l'article du 21 mai 2014 tu écris (je traduis en french):
si $r\geq0$ est un entier tel que $n-r$ et $n+r$ sont premiers alors c'est un "rayon de primalité typique potentiel" de $n$ et lorsque $r\leq n-3$ $r$ est appelé "rayon de primalité typique" de $n$.
A moins d'introduire les nombres premiers négatifs (ce que tu ne fais à aucun moment) on doit avoir $n-r\geq2$. Les définitions de:
- rayon de primalité,
- rayon de primalité typique potentiel,
- rayon de primalité typique,
de $n$ sont donc toutes équivalentes. Agree? -
Attention à ne pas tout confondre. Par définition un rayon de primalité de $n$ est un entier naturel $k$ tel que $n-k$ et $n+k$ sont tous deux premiers.
Je définis ensuite les rayons de primalité typiques potentiels comme les entiers naturels $r$ plus petits que $P_{ord_{C}}(n)$ tels que pour tout p inférieur à $\sqrt{2n-3}$, $n\not\equiv\pm r\pmod p$.
Un rayon de primalité typique est un rayon de primalité typique potentiel inférieur à $n$.
Est-ce plus clair ? -
@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. -
L'adjectif "typique" signifie que l'on a $n-r > p_{ord_{C}(n)}$ si $r$ est inférieur à $n$.
Ainsi $3$ est rayon de primalité typique de $14$ car $14-3=11$ est supérieur à $p_{ord_{C}(14)}=5$, alors que $9$ est rayon de primalité de $14$ (car $14-9=5$ et $14+9=23$ sont premiers) mais $9$ n'est pas un rayon de primalité typique de $14$.
La considération des rayons de primalité typiques peut sembler une restriction inutile et compliquée mais c'est ce qui permet de travailler avec les configurations. Ce sont les configurations qui comptent dans mon raisonnement, pas les nombres premiers (négatifs ou non) en tant que tels. Je vais manger au restaurant, je te dis à plus tard. -
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? -
La démo figure dans le fil de ce sous-forum intitulé "le ruisseau doré coule toujours", je peux l'intégrer demain à mon blog si tu penses que cela peut rendre les choses plus claires.
-
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.
-
Arrêtons nous à ta formule:
$${\displaystyle N_{1}(n)=\prod_{3\le p\le p_{\pi\left(\sqrt{2n-3}\right)}}(p-2)\prod_{p\mid n}(p-1)}$$
Est-ce:
${\displaystyle N_{1}(n)=\left(\prod_{3\le p\le p_{\pi\left(\sqrt{2n-3}\right)}}(p-2)\right)\prod_{q\mid n}(q-1)}$ où les $p,q$ sont premiers. -
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. -
Ce serait bien Sylvain de valider mes traductions, un intervenant rusé a remarqué mon erreur. On a s'agissant de $N_1$:
$$N_{1}(n)=\#\left\{ 0\leq r\leq2\times3...\times p_{\pi\left(\sqrt{2n-3}\right)}\ \mid\ P^{-}(n-r)>p_{\pi\left(\sqrt{2n-3}\right)}\wedge P^{-}(n+r)>p_{\pi\left(\sqrt{2n-3}\right)}\right\}$$
où $P^-$ est le plus petit facteur premier de $n$. Je vais donc reprendre les calculs. -
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. -
Bonjour Breyer. C'est le produit des $p-2$ pour $p$ ne divisant pas $n$ qui doit être effectué. De la sorte tu obtiens $N_{1}(105)=(3-1)(5-1)(7-1)(11-2)(13-2)=2.4.6.9.11=4752$.
-
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. -
En restreignant maintenant ta formule explicite de $N_1(n)$ aux $p$ qui ne divisent pas $n$, ton étude asymptotique développée dans ton blog s'écroule complètement sans compter que ce n'est plus $N_1$ que tu étudies.
Je vais sans doute m'arrêter là. -
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 $\displaystyle{N_{1}(n)=\left(\prod_{3\le p\le p_{ord_{C}(n)}}(p-2)\right)\left(\prod_{3\le p\le p_{ord_{C}(n)},p\mid n}\dfrac{(p-1)}{(p-2)}\right)}$. -
Je ne sais pas ce qui se passe, mais la deuxième partie de l'article "Proof of the asymptotic Goldbach conjecture" a disparu...Je vais tâcher de faire un pdf.
-
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 $N_{1}(n)$. -
J'admire la patience, la ténacité et le courage de Breyer...
Il a fait là un vrai travail de referee, et on doit le saluer pour cela.
J'ajouterais qu'il n'y a dans la démarche proposée par Sylvain aucune idée nouvelle allant dans le sens d'une éventuelle démonstration de Goldbach. Il est d'ailleurs illusoire de croire qu'une telle conjecture puisse se satisfaire de quelques outils de théorie élémentaire des nombres.
Un bon exercice est de lire et comprendre les derniers articles sur le sujet écrits par Helfgott (ou même les articles sur les premiers jumeaux issus du collectif Polymath), ce qui permettra de bien appréhender le problème.
Ce n'est, bien sûr, qu'une suggestion, mais elle me paraît être de bon sens. -
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. -
Ta définition de $N_{1}(n)$ est parfaitement correcte.
-
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. -
Alors on ne va pas perdre de temps, c'est pas bien compliqué. On a pour $n$ premier:
$${\displaystyle N_{1}(n)=1+\left(\prod_{3\le p\le p_{\pi\left(\sqrt{2n-3}\right)}}(p-2)\right)\left(\prod_{3\leq q\leq p_{\pi\left(\sqrt{2n-3}\right)},q\mid n}\frac{q-1}{q-2}\right)}$$
D'accord avec moi? -
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).
-
De ce fait, ma formule marche aussi pour $n$ premier. Avec toutes mes excuses encore une fois.
-
@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. -
Rapport d'étape n°1.
Avec les précisions apportées sous la torture par Sylvain, je confirme que la formule suivante est valable pour tout $n>3$:
\begin{align*}
&\#\left\{ 0\leq r<2\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.
Cela ne veut pas dire pour autant que tout le reste est juste. La suite au prochain numéro. -
Merci pour ton travail. On peut envisager la suite avec confiance.
-
Bonjour
Mrs Sylvain et Breyer
Et la question initiale de Saladin ? -
On va y venir, AitJoseph. Voici un pdf contenant la preuve du "Lemma 1".
-
Et la preuve du "Lemma 2", avec $w_{i}$ la multiplicité de $\varepsilon_{i}$, $pr_{i}=\frac{w_{i}}{N_{1}(n)}$ et $s_{i}=\frac{1}{2}\mathbb{1}_{\{1,\eta(n)\}}(i)$.
Cette discussion a été fermée.
Bonjour!
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