Goldbach forte

Breyer

AIT JOSEPH, est ce qu'une liste comme ça te va:
4 [2]
6 [3]
8 [3, 5]
10 [3, 5, 7]
12 [5, 7]
14 [3, 7, 11]
16 [3, 5, 11, 13]
18 [5, 7, 11, 13]
20 [3, 7, 13, 17]
22 [3, 5, 11, 17, 19]
24 [5, 7, 11, 13, 17, 19]
26 [3, 7, 13, 19, 23]

A gauche tu as le nombre pair à décomposer et le vecteur te donne les décompositions en combinant termes croissants et décroissants. Par exemple avec 26 tu as :
26=3+23
26=7+19
26=13+13
Si ça te va je peux fournir un fichier txt avec les 10000 premières décompositions par exemple (via le cloud).

Breyer

@Sylvain:
Le lemme $1$ est comme on dit classique et ne pose pas de problème. On peut même faire mieux pour l'asymptotique, mais cela n'amènera rien de plus puisque tu veux juste du $O(\log(n)^2)$.
Le lemme $2$ est incompréhensible pour l'instant. Mais je n'ai pas dit que j'allais valider tes lemmes les uns après les autres. Procédons par étapes.
L'étape suivante pour moi est de comprendre pourquoi tu as introduit $N_1(n)$, à quoi cela peut il bien servir, car il faut que tu en conviennes $N_1(n)$ compte des choses sans rapport avec la CG (dès que $r>n$).
Pour éviter de polluer les fils de gens qui n'ont rien demandé je te propose de dialoguer par mp ou d'ouvrir un autre fil.

GreginGre

Les MP semblent une bonne idée.

Sylvain

Ok, continuons par MP.

Breyer

Sinon AIT JOSEPH tu as en ligne de nombreux applets qui te donne toutes les décompositions pour un nombre pair de taille humaine. Celui-là est pas mal:

Calculateur des décompositions de Goldbach

Breyer

Alors AIT JOSEPH, ça va ces réponses? Au plaisir de te lire.

AitJoseph

Bonsoir


M Beyer

Je vous remercie pour ces liens qui sont satisfaisants pour moi (pour Saladin mon fils) ,j'ai trouvé vos échanges avec Sylvain très intéressantes .

Avec vous,on retrouve le plaisir de faire des Maths.

Existe t-il une "approximation" du nombre de décomposition ?

J'ai mis entre guillemets car la CG est toujours ouverte .

Avec mon profond Respect

Breyer

Il existe des formules asymptotiques pour des majorations de $G(n)$ le nombres de décompositions de $2n$. Ainsi
$$G(n)<(8+o(1))\frac{n}{\log(n)^{2}}\left(\prod_{p>2}\frac{1}{(p-1)^{2}}\right)\left(\prod_{p\mid n,p>2}\frac{p-1}{p-2}\right)$$

On conjecture que $8$ peut être remplacé par $2$ ce qui donnerait alors la formule asymptotique recherchée, mais c'est toute la difficulté du problème.

Référence: H. Halberstam and H. E. Richert, 1974, "Sieve methods", Academic press, London, New York, San Francisco.

Si tu veux des choses plus "up to date" concernant la recherche actuelle autour de ce problème, il faudra attendre la passage de discret ou d'un autre expert.

AitJoseph

Merci beaucoup

Reisan

Je colle ici un texte concernant une méthode qui semble nouvelle pour établir la liste des nombres premiers, méthode que j 'ai déjà exposée dans "Crible nombres premiers/ nouveau" http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?5,639715,1085049#msg-1085049
Je l'ai améliorée pour éviter les histoires de poule et d'œuf, et en outre j'en ai déduit un procédé pour établir la liste des couples de premiers dont la somme est égale à un nombre pair quelconque et peut-être démonter (avec tous les ? nécessaires) la conjecture de Goldbach.
Excusez la présentation des formules. Je ne sais pas me servir des symboles de la barre ci-dessus. J'espère que je suis compréhensible.
De plus, je me rends compte que mon texte est reproduit, par je ne sais par quel miracle, en plusieurs exemplaires, que je ne sais pas effacer. Ne tenez donc compte que de la première version qui a été corrigée; En plus, dans l'aperçu, la présentation est modifiée et des formules deviennent assez incohérentes. J'espère que les participants avisés de cette discussion sauront corriger.
Donc, cette méthode permet d’établir mécaniquement la liste exacte des nombres premiers jusqu’à un nombre N, et d’en déduire un calcul de leur fréquence F.
En utilisant la même démarche, on peut aussi établir mécaniquement la liste exacte des couples de nombres premiers dont la somme est égale à N+1, et en déduire par le même type de calcul leur fréquence G. Le fait que ce type de calcul donne des résultats convenables pour F, permet de déduire qu’il en est de même pour G.
Dans la méthode proposée, au lieu de faire un tableau de nombres, on écrit la suite des nombres en ligne ou en colonne, et seulement les nombres impairs: 1,3,5,7,9 etc.
A partir de 3, on compte 3 nombres, et on barre le 3ième (qui est le 9, mais on peut l’ignorer).
Après ce dernier nombre barré, on compte à nouveau 3 nombres, et on barre le 3ième (le 15 si on veut le savoir).
Et ainsi de suite, on barre un nombre sur 3, jusqu’à un nombre N que l’on a fixé. (ou jusqu’à l’infini si on a la patience ! ).
On revient alors au nombre qui suit 3, à savoir 5; après 5e on compte 5 nombres, et on barre le 5ième (à savoir 10 pour les curieux), puis à nouveau 5 nombres, et on barre le 5ième (à savoir 15), et ainsi de suite jusqu’à N.
On revient au nombre qui suit 5, à savoir 7, et on procède de même que précédemment à partir 7 en barrant un nombre sur 7, jusqu’à N.
On revient au nombre qui suit 7, à savoir 9, mais 9 est déjà barré. On saute donc au nombre qui suit 9, à savoir 11, et on procède selon la même méthode que précédemment.
D’une façon générale, après tout nombre n non déjà barré (qui est donc un premier p), on compte n nombres, et on barre le n-ième , puis à nouveau n nombres, et on barre le n-ième, et ainsi de suite jusqu’à N. Ce qui revient en fait à barrer tous les nombres de valeur n+2kn (k=1,2,3...).
On arrête donc le processus à n >N/3.
A la fin de cette opération purement mécanique, tous les nombres non barrés sont les nombres premiers inférieurs à N.
Pour raccourcir considérablement le processus, quand on revient à un nombre n non barré (qui est donc un premier pi), on saute directement à piÙ2 qu’on barre, et on poursuit en barrant les nombres suivants de p en p c‘est à dire les nombres (pÙ2)+2kp. Il suffit dans ce cas de s’arrêter lorsque (pi ^2)>N.
A la fin de la séquence d’élimination des multiples de 3, il reste 2 nombres sur 3 non barrés. A la fin de la séquence d’élimination des multiples de 5, il reste, parmi les rescapés de la première séquence, 4 nombres non barrés sur 5 . Et ainsi de suite.
Entre pi^2 et pi+1^2, la proportion F de nombres non barrés, c’est à dire premiers est donc approximativement:
F=(2/3)(4/5)(6/7)(10//11)(12/13)……[(pi-1)/pi],
La dernière séquence d’élimination commence à pk^2 immédiatement inférieur à N. La proportion F de nombres non barrés entre pk^2 et pk+1^2 est approximativement:
F=(2/3)(4/5)(6/7)(10//11)(12/13)……[(pk-1)/pk],
Lorsque pk est très grand, N~pk^2, et F tend vers 1/2ln(pk), c‘est à dire 1/ln(N), choses connues depuis Euler et Lavallée Poussin.
Pour appliquer cette méthode à la recherche des couples de premiers dont la somme est égale à N+1, on considère par commodité une série de cases dans lesquelles on écrit, en noir par exemple, la suite des nombres impairs, 1,2,3,5 etc., jusqu’à N. Dans les mêmes cases on écrit, en rouge par exemple, la série des nombres impairs dans le sens contraire, c’est-à-dire 1 rouge dans la case N noir, jusqu’à N rouge dans la case 1 noir.
Ensuite, on applique à chacune de ces deux suites la méthode de recherche des nombres premiers, dans le sens croissant pour chaque suite.
A la fin de cette opération, si une case comporte deux nombres non barrés, ces deux nombres sont premiers, et leur somme est égale à N+1.
La configuration obtenue est symétrique par rapport à (N+1)/2.
La possibilité que des cases sans nombres barrés existent quel que soit N peut être montrée de la façon qui suit.
On applique la méthode de recherche des nombres premiers alternativement sur les nombres noirs puis des nombres rouges, c’est à dire en barrant les multiples de 3 des nombres noirs puis les multiples de 3 des nombres rouges; ensuite en barrant les multiples de 5 des nombres noirs puis les multiples de 5 des nombres rouges, et ainsi de suite.
A la fin des éliminations des multiples de 3, il reste dans les cas les plus défavorables 1 case sur 3 sans nombre barré.
A la fin des éliminations des multiples de 5, il reste dans les cas les plus défavorables, parmi les cases sans nombre barré après l‘opération sur les multiples de 3, 3 cases sur 5 sans nombre barré
Et ainsi de suite après les éliminations sur chaque série des multiples des nombres premiers successifs.
Si pk est le nombre premier dont le carré est immédiatement inférieur à (N+1)/2, la proportion G de cases sans nombres barrés est minimale à (N+1)/2, et égale à:
G = (1/3)(3/5)(5/7)(9/11)(11/13)…….[(pk-2)/pk]
et
ln(G)={ln(1/3)+ln(3/5)+…….+.ln[(pi-2)/pi]}
- (2/pi+1) - (2/pi+2) - (2/pi+3) -…….- (2/pk),
pi étant un premier assez grand pour justifier l’approximation de
ln[(p-2)/p] en -2/p pour p>pi .
De même:
ln(F)={ln(2/3)+ln(4/5)+…….+.ln[(pi-1)/pi]}
- (1/pi+1) - (1/pi+2) - (1/pi+3) -…….- (1/pk),

D’où on tire:
(1/3)(3/5)(5/7)(9/11)(11/13)…….[(pi-2)/pi]
G =

---

F^2
(2/3)(4/5)(6/7)(10//11)(12/13)……[(pi-1)/pi]}^2
Si pi=499 par exemple, on obtient si N est grand:
G=0,0213(F*F)/(0,180*0,180)=0,657(F*F)= 0,657/[ln(N)]^2
Donc, si on étend cette valeur de G à l’intervalle 3,N , il existe une borne inférieure du nombre de couples de premiers dont la somme est égale à N+1 qui est de l‘ordre de:
0,657 N/[ln(N)]^2

[Suppression des deux doublons. AD]

Poirot

Un peu de LaTeX ne ferait pas de mal à tout ça. Je ne ferai pas l'effort de lire un pavé illisible comme celui-là.

Sylvain

La première partie, c'est le crible d'Ératosthène. J'ai du mal à comprendre la suite.

Reisan

Si je ne me trompe, le crible d'Eratosthène est un tableau, et faire un tableau jusqu'à des nombres assez grands n'est pas très commode. Dans mon système, les nombres impairs seuls sont écrits bêtement les uns à la suite des autres jusqu'à un nombre N aussi grand qu'on veut;. D'autre part, on ne lit que le nombre initial (3, 5..... ). ou on constate qu'un nombre est barrée pour sauter au suivant non barré. Ensuite il suffit de compter les nombres pour les barrer de p en p, il n'est pas nécessaire de les lire. Si on suppose qu'on met la suite des nombres impairs dans une suite de cases, on ne lit que le nombre initial p puis on barre les nombres toutes les p cases. Il suffit de faire la manip dans un tableur, par exemple sur les nombres impairs de 1 à 101pour se rendre compte que ça se fait tout seul et que le nombres premiers se retrouvent automatiquement. Cette méthode permet de faire un calcul de la fréquence des premiers qui est assez proche de la réalité, dans la mesure où mes possibilités me permettent de vérifier;
Dans la deuxième partie, on prend par commodité le système des cases, et .on fait la même chose sur deux séries de cases parallèles où les nombres impairs sont écrits en sens inverse: 1 d'une série en face de N de l'autre, ce qui fait que la somme de deux nombres juxtaposés est toujours égale à N+1; et que les cases juxtaposées contenant des nombres premiers vérifient aussi cette égalité. Là encore, le mieux est de faire la manip pour se rendre compte que c'es très simple.

Shah d'Ock

C'est bien ça. Un crible d''Ératosthène. Tu commences par éliminer tous les pairs et tu utilises un algorithme qui évite des opérations inutiles, mais ça n'en est pas moins le crible du vieux Ératosthène.

Reisan

Il me semble pourtant m'être exprimé clairement. Je ne rejette pas le crible d'Eratosthène, et je ne prétends pas que ce que je présente en soit le contraire Le principe est évidemment le même: éliminer les produits pour ne garder que les nombres premiers. Mais la mise en œuvre est quand même différente: d'un côté un tableau difficilement extensible en grand, où on écrit les nombres en lignes de 10, y compris les pairs pour les barrer aussitôt, de l'autre les nombres impairs seuls, écrits en lignes ou en colonnes d'une longueur quelconque, et l'utilisation en effet d'un algorithme qui évite de se casser la tête.
Il ne me semble pas, au surplus, que le crible d'Eratosthène, aussi vieux soit-il, ait jamais permis d'estimer la fréquence des nombres premiers, encore moins d'en tirer une méthode pour estimer la fréquence des couples de premiers dont la somme est égale à un nombre pair quelconque. Ouf!
Voilà où me conduit mon aveuglement.

Shah d'Ock

Oui bah ce que tu proposes est une petite optimisation mais ça reste un crible d'Eratosthène.

http://compoasso.free.fr/primelistweb/page/prime/eratosthene.php a écrit:

Pour le deuxième point d'optimisation sur l'agrandissement de la borne N, nous n'allons pas sauvegarder les nombres pairs. Effectivement, hormis le chiffre 2 tous les autres nombres pairs sont composites. Avec cette astuce évidente nous divisons le stockage par deux.

Reisan a écrit:

Voilà où me conduit mon aveuglement.

C'est ma signature.

LEF0

@Reisan
Pour toi, quelle est la différence entre un tableau de nombres et des nombres écrits à la suite ?

Si le but est un algorithme efficace et consommant peu de mémoire, on peut carrément ne pas écrire les nombres mais considérer une suite de bits où le $i$-ième bit est un $1$ si $i$ est premier, $0$ sinon. C'est beaucoup moins couteux qu'un tableau (ou que des nombres écrits à la suite, mais je ne vois pas bien la différence au niveau machine, à moins d'allouer juste la bonne taille pour écrire chaque nombre).

Pour plus de détails, on pourra taper « bit-packed array eratosthenes » dans son moteur de recherche préféré.

Reisan

La différence est que, à partir du crible de ce vieux Eratosthène, je n'aurais pas imaginer le développement qui suit et qui permet d'établir la fréquence des nombres premiers, ni celui concernant la conjecture de Goldbach, ce qui est bien le fond de mon papier. Je sais bien que c'est un pavé, et pas assez caoutchouteux pour certains, mais malheureusement je n'ai pas la possibilité de le mettre sous un autre format. J'ai l'impression que personne n'a été au delà des 20 premières lignes. Encore un petit effort! J'attends les critiques sur le fond, si quelqu'un s'aventure sur la suite de l'histoire.

LEF0

Hum. Je vais arrêter là, je n'ai pas de temps à perdre avec ça, mais ce que justement tout le monde essaye de te dire, c'est que ce que tu fais est exactement le crible d'Eratosthène.

Et effectivement on a du mal à imaginer une preuve de Goldbach qui vient du crible d'Eratosthène et ça ne donne pas envie de faire l'effort de lire ton pavé [...]. Ce qui est une très bonne stratégie de ta part pour pouvoir crier au génie incompris.

[ Message modéré. Voir Charte 4.1 et 4.4. jacquot]

Reisan

Je me demande si nous parlons la même langue. Il est évident que si on ne va pas au delà des chicaneries sur Eratosthène ou pas on ne fait pas avancer le schmilblick. Que ce que je dis dans la suite de mon pavé si rebutant vienne d'Eratosthène ou de Tartempion ne change rien au fait que j'ai avancé, bien prétentieusement si vous voulez, quelque chose qui pourrait éventuellement, peut-être, on ne sait jamais, par chance ou le cas échéant, prouver la conjecture de Goldbach, et que c'est de ça qu'il faudrait peut-être discuter et non du sexe des anges. Encore faudrait-il lire cet affreux pavé jusqu'au bout et formuler des objections fondées que je suis prêt à accepter avec une grande humilité.
Je vais quand même essayer de rendre tout ça plus clair et poster prochainement une version plus digeste, dans la mesure du possible

Shah d'Ock

Reisan a écrit:

établir la fréquence des nombres premiers

As-tu connaissance du théorème des nombres premiers, démontré en 1896?

Reisan

Il suffit de lire mon papier si ce n'est pas trop demander. Mon raisonnement est peut-être faux, mais j'aboutis à la même conclusion que ce que dit ce mystérieux théorème. Ca se trouve à la ligne 44 de mon lourd pavé;
J'avoue ne pas voir (puisque je fais preuve d'aveuglement) quelle chose je croirais, dont le contraire me semblerait inconcevable. Est-ce à dire que je crois en mon truc et que le crible d'Eratosthène serait son contraire et me semblerait inconcevable? Il faudrait éclairer ma lanterne.

jacquot

@ Reisan:

La dernière phrase du message de Shah d'Ock ne t'est pas spécialement destinée, c'est juste la signature de Shah d'Ock qui se rajoute automatiquement à la fin de chacun des messages qu'il publie. (Il serait bien avisé de l'écrire en petits caractères ou en italique pour éviter les quiproquos.

Je referme la parenthèse.

LEF0

« Il suffit de lire mon papier si ce n'est pas trop demander. »

Il suffit de le rédiger de manière lisible, si ce n'est pas trop demander.
J'ai essayé de le lire, on ne sait même pas ce que tu essayes de prouver. C'est vraiment insurmontable d'utiliser LaTeX (pour écrire des exposants et des fractions ce n'est quand même pas un gros investissement) et d'avoir une présentation de la forme

Énoncé 1 : je prétends que blabla
Preuve de l'énoncé 1 : je prouve que blabla en utilisant tel ou tel résultat connu.

Énoncé 2
Preuve de l'énoncé 2

et ainsi de suite ?

Reisan

Qu'est-ce à dire? Moi pas comprendre. Il se peut que je sois un peu abscons (certains diront que le abs est superflu). Faut-il que j'écrive en volapuk ou en langue des oiseaux pour me faire comprendre? Je vais quand même réessayer le français en clarifiant autant que faire se peut mes obscures cogitations. Je regrette de ne pas maîtriser le LaTeX, . mais je n'en ai pas l'usage habituel. Je ne suis qu'un petit amateur du niveau matsup (maternelle supérieure).
Voilà donc ce que ça donne si tout va bien.

Rescassol

Bonjour,

C'est si compliqué que ça d'écrire $\dfrac{2}{3}$ au lieu de 2/3 ? Et $\displaystyle \sum_{p=3}^{p=p_i} ...$ ?

Cordialement,

Rescassol,

Jer anonyme

C'est le genre d'arguments (répartition aléatoire des nombres premiers, avec une hypothèse d'indépendance du comportement si on passe d'un premier à l'autre) que l'on trouve dans la justification heuristique de https://fr.wikipedia.org/wiki/Conjecture_de_Goldbach#Justification_heuristique.

Shah d'Ock

Reisan a écrit:

J'avoue ne pas voir (puisque je fais preuve d'aveuglement) quelle chose je croirais, dont le contraire me semblerait inconcevable. Est-ce à dire que je crois en mon truc et que le crible d'Eratosthène serait son contraire et me semblerait inconcevable? Il faudrait éclairer ma lanterne.

quelques posts plus haut

Shah d'Ock a écrit:

Citation
Reisan
Voilà où me conduit mon aveuglement.
C'est ma signature.

Mais bon, peut-être que tu n'as pas vu.

Reisan

Admettez que j'ai quand même fait un effort pour rendre mes expressions plus lisibles Comme je l'ai dit, je n'ai pas de traitement de texte adapté pour les maths.

Rescassol

Bonne nuit,

Reisan a écrit:

je n'ai pas de traitement de texte adapté pour les maths

Ça se trouve gratuitement sur le net.

Cordialement,

Rescassol

Shah d'Ock

Et sinon le forum est tout équipé.

Poirot

Honnêtement ce n'est pas si dur de se mettre à LaTeX et c'est extrêmement pratique par la suite !

Reisan

Je sais bien que LaTeX se trouve gratuitement sur le Net. Mais quand je vois la présentation, je me dis que c'est bien compliqué pour écrire des barres de fraction ou le symbole intégrale. De plus, je n'en ai pas l'usage habituel, n'étant qu'un amateur.

LEG

Bonjour
@Reisan, tu as l'air de penser que ce que tu fais avec le crible Eratosthène, est nouveau; mais aussi qu'il te permet de pouvoir apporter une possibilité de solution concernant la C.de. G..
que tu réduises le crible Eratosthène, puis que tu passes directement au carré de N premier...ne change absolument rien, si ce n'est que tu cribles un tout petit peu plus loin, avec un peu moins de temps. Le reste ce n'est ni plus ni moins qu'une estimation de nombre premiers, pour une limite X fixée.

Tu aurais même pu t'éviter d'écrire tous les impairs en partant des 8 séries arithmétiques de raison $30$
${1 ; 7; 11 ; 13 ;17 ; 19 ; 23 ; 29 }$, et faire la même chose "il ne te reste" que $26,666....$% des entiers naturels. tu utilises un groupe multiplicatif de 8 premiers$[7;31]$ pour cribler dans la limite de $n$ fixé cela serra nettement plus rapide.... Et tout autant limité informatiquement .....

Le crible de Goldbach, te donne comme estimation pour un entier $2n$ fixé $\frac{n}{(Ln n)^2}$ nombres de couples $(p,q)$ premiers qui décomposent $2n$ en somme de deux premiers....si $2n$ est un multiple de $30$.
Si par exemple $2n$ est de la forme $30k + 14$ tu multiplies le résultat précédent par 0,375...etc.. et on peut l'expliquer....etc
Mais c'est dans la continuité du T N P, et du théorème de densité du nombre de premiers, pour une limite fixée....

Pour info, le crible de Goldbach est aussi une variante à Eratosthène, il utilise 8 nombres premiers [7;31] afin d'extraire les premiers $> 5$, dans la limite de $n -1$ fixée ....etc; et il sature vite la mémoire informatique.....
car il utilise les congruences....

Reisan

OK. Mais j'aimerais bien savoir si mon truc des deux séries complémentaires et ce que j'en tire est valable et . peut éventuellement démonter Goldbach. ou pas.

LEG

Bonjour
Je dirai que si tu arrives à démontrer que ta borne inférieur indiquant , et ce : quelque soit N, qu'il existe toujours un couple de premiers dont la somme $= N+1$, bien sur...:)o ...Cela fait longtemps que ça dure......

Ce n'est pas par ce que dans tes deux suites impaires, quelque soit $N+1$, le nombre de premiers $=\pi(N+1)$ vaut approximativement $\frac{N+1}{Ln(N+1)}$ que dans les nombres premiers de ces deux suites, il y a toujours des nombres premiers l'un en face de l'autre et dont la somme vaut $N+1$ ......sauf si tu le démontres, par exemple avec une formule te donnant une minoration de couples de premiers $(p,q)$ quelque soit $N+1$ ....
Le crible Eratosthène tel quel, te sert à rien. Le crible de Goldbach est différent dans son utilisation, puisque tu cribles les nombres premiers $P_n$, qui sont congrus à $N+1$ $modulo$ $P_i$ avec $P_n$ et $P_i$ $> 5$ pour une limite fixée de $p_i < \sqrt {N+1}$.

Ce qui donne deux estimations, une pour le nombre de premiers que tu vas cribler jusqu'à $\frac{N+1}{2} = n$ et une autre estimation dû au crible d'où, $\frac{n}{(Ln.n)^2} = x$ une minoration de couples $(p,q)$.....

Pour chaque $(N+1) + 2$, tu réitères avec les mêmes premiers plus $0$ ,$1$ ou $2$ ou ...$< 8$ concernant les $P_n$, et les $P_i$ augmentent que très lentement, car ils dépendent de la racine carrée de $N+1$ ....Voila....

Reisan

De mon crible saturateur de mémoires qui ne sert sans doute à rien, mais qui donne la liste exacte des premiers, j'ai tiré, par un raisonnement qu'on peut évidemment contester, une expression de la fréquence des nombres premiers qui donne des résultats jusqu'à 20% près, mais qui vont dans le bon sens, ceci dans la mesure de mes possibilités de calcul. Pour les grands nombres, ce résultat rejoint, peut-être par un heureux hasard, ce que dit le théorème des nombres premiers.
Me fondant sur ce résultat, j'applique le même raisonnement au système des deux suites complémentaires, (qui donne aussi la liste exacte et complète des des couples de premiers dont la somme est un nombre pair quelconque)., pour établir une expression de la fréquence de ces couples, qui montre que, si elle est correcte, montre qu'il en existe quel que soit le nombre entier..

Sylvain

La lacune dans ma preuve (montrer que $\eta(n)>3$) est désormais comblée.

Berkouk2

Bonjour
avec mes profond respects des travaux du Dr Harald Helfgott ( et de Vinogradov ... ) , voici ma démonstration de la conjecture de C.Goldbach , aussi bien la faible que la forte sans avoir besoin du concours de l’ordinateur :

http://vixra.org/pdf/1507.0196v3.pdf

je vous souhaite bonne lecture

BERKOUK Mohamed

bellevue-2011@hotmail.com

christophe c

C'est poignant:

CONJECTURE DE C. GOLDBACH
DEMONSTRATION
A) Toute somme S de deux nombres premiers > 3 est pair :

suivie d'une argumentation qui conclut

Conclusion : tout nombre PAIR > 3
est la somme
de deux nombres premiers

Il reste la réciproque 8-)

J'aime beaucoup le théorème2 et le théorème3 :-D

AitJoseph

C'est génial

zephir

Bonsoir,
J'ai lu le texte avec beaucoup d'attention.
J'aime bien comment sont démontrées les relations de parité qui régissent l'addition et la multiplication dans $\Z$. C'est magnifique.

YvesM

Bonjour,

J'ai les larmes aux yeux à la lecture des démonstrations... Ça fait longtemps que je n'ai pas autant ri grâce aux mathématiques. (:D (:D

Berkouk2

Bonsoir

att. Christophe c :
Tout nombre PAIR > 3 est la somme
1) de deux nombres premiers (13+5)
Ou 2) de deux nombres composés pairs (10+8)
Ou 3) de deux non- premier impairs (9+9)
Ou 4) d’un premier et d’un non- premier impair (3 + 15)
Nous avons démontré que Toute somme S de deux nombres premiers > 3 est pair

Supposons qu’il existe un nombre pair seulement égal à la somme de deux nombres composés pairs (2), Ou somme de deux non- premier impairs (3), Ou somme d’un premier et d’un non- premier impair (4) == > Contradiction : puisse que nous avons démontré que Toute somme S de deux nombres premiers > 3 est pair == > que notre conclusion : tout nombre PAIR > 3 est la somme de deux nombres premiers est VRAI ( la réciproque est donc vraie )

att. Zephir :
Ce n’est pas difficile de distinguer les nombres pairs des nombres impairs quand on les tire des sommes de deux ou à de trois selon le 1° ou la 2° conjecture :
- toutes les sommes PAIRS des nombres 6m ± 1 sont sous la forme 6m ± 0 ou 6m ± 2 ou 6m ± 4
- toutes les sommes IMPAIRS des nombres 6m ± 1 sont sous la forme 6m ± 1ou 6m ± 3 ou 6m ± 5
Et ces conclusions sont conformes au « théorème 3 » vous pouviez vérifier
(C’est pour cela que j’ai renvoyé au « théorème 3 »bien entendu et non « théorème 2 » page 7 -10 eme et 11eme lignes.)

en attendant de vous lire

BERKOUK

christophe c

Supposons qu’il existe un nombre pair seulement égal à la somme de deux nombres composés pairs (2), Ou somme de deux non- premier impairs (3), Ou somme d’un premier et d’un non- premier impair (4) == > Contradiction : puisse que nous avons démontré que Toute somme S de deux nombres premiers > 3 est pair == > que notre conclusion : tout nombre PAIR > 3 est la somme de deux nombres premiers est VRAI ( la réciproque est donc vraie )

$<<$ == > Contradiction :$>>$ Bin non, je ne vois pas la contradiction... Je dois être fatigué

Fin de partie

Moi non plus je ne vois pas de contradiction.
J'ai l'impression que tu fais un raisonnement circulaire (tu utilises sans t'en rendre compte ce que tu veux démontrer)
La contradiction porte sur quoi exactement? Sur la parité des sommes dont tu parles?
Tous les cas dont tu parles conduisent à une somme paire, rien de plus. Ce n'est pas parce que la somme est paire qu'on peut l'écrire comme somme de deux nombres premiers (c'est ce que tu cherches à démontrer).

LEG

Bonjour.
le forme des deux impairs ne prouvera jamais que ces deux impairs son premiers "quand bien même leur somme $= 2n $"
qu'ils soient $6m\pm{1}$ ou $6m\pm{5}$ puisque les nombres premiers $>5$ sont de cette forme, et qu'ils ne sont pas les seuls.....

Crit

Je ne comprend pas la première question de Saladin. Evidemment que la réponse est un multiple de 2 qui tend vers + l'infini.Et qui est supérieur à 4. Mais c'est tout ? où est le problème ?

Berkouk2

bonsoir

je ne veux pas m'attarder sur la "contradiction" 'ils'agit d'une différence de compréhention
quand au contenu de l'objet de la supposition .....
en gros je suis d'accord avec "Fin de partie" si il consent d'ajouter le mot "seulement" ou
"uniquement " à sa dérniere phrase si-dessus avant la parenthése , et de m'expliquer en deux mot -svp- ce qu'il entend par "raisonnement circulaire".

att "LEG" : 5 fait aussi parti de la forme 6m-1 avec m=1 , vous avez raison ; la Parité à elle seule est necessaire mais ne suffit pas à démontrer la conjecture , je vous invite à lire le "théoreme 1" et le "théoreme 2" qui abordent la Primalité de tout nombre y compris sous forme 6m ± 1, et comment ils ont été "mixé" avec la Parité pour aboutir à une Démo.

ici :http://vixra.org/pdf/1507.0196v3.pdf

j'invite aussi Saladin et Crit


BERKOUK

Fin de partie

je ne veux pas m'attarder sur la \ a écrit:

S'il y a un problème de "différence de compréhension" c'est à toi de le lever. Je n'ai pas compris où était la contradiction.

et de m'expliquer en deux mot -svp- ce qu'il entend par \ a écrit:

Dans le cas d'espèce, cela signifie que tu utilises, sans t'en rendre compte, le résultat suivant que tu veux démontrer (et dont nul ne sait aujourd'hui s'il est vrai ou faux): tout nombre pair plus grand que 3 est somme de deux nombres premiers.