Une preuve élémentaire de la conjecture de Catalan

Al-Kashi
Modifié (17 Jan) dans Shtam
Mathématiciens, mathématiciennes,
Je sais très bien quelle sera votre première opinion en voyant ce fil et je comprends que, vu les nombreuses tentatives, on finit par se dire que l'histoire va se répéter. D'autant plus, que l'on parle ici d'une conjecture qui a résisté aux mathématiciens durant environ 158 années.
Je tiens à rappeler que je suis professeur de mathématiques depuis de nombreuses années et que j'ai déjà proposé des preuves élémentaires, ici d'ailleurs et publiées ensuite. Néanmoins, je reste amateur et n'ayant pas d'autre solution que de la proposer ici, je préfère d'abord vous demander si cela est prudent car le site a déjà été piraté récemment.
Je ne vous cache pas que j'ai aussi beaucoup de mal à réaliser à quel point la preuve n'utilise que des notions élémentaires (Gauss, théorème fondamental de l'arithmétique, analyse graphique). C'est encore tout simplement la manière d'aborder le problème qui le rend plus simple, comme je l'ai connu dans le cas de l'identité de Popoviciu.
Al-Kashi

Réponses

  • Il n’y a aucune crainte sur le fond qui consiste à déposer une preuve sur le forum et le fait qu’il soit piraté. 
    La preuve étant publique, inutile d’être pirate pour la regarder…
    Ou alors je ne comprends pas l’objet de ton message. 
  • gebrane
    Modifié (17 Jan)
    Il peut faire comme 
    ahmed.idrissi@free.fr                                                        janvier 2023                                                      INPI – Paris

    Mettre sa preuve dans une enveloppe et la déposer à l'INPI
    https://les-mathematiques.net/vanilla/discussion/2333822/preuve-elementaire-de-la-conjecture-de-syracuse
    Le 😄 Farceur est fasciné par  notre  cher Nico-le prof le sérieux


  • 123rourou
    Modifié (17 Jan)
    https://fr.wikipedia.org/wiki/Conjecture_de_Catalan
    La conjecture de Catalan est un résultat de la théorie des nombres conjecturé en 1844 par Eugène Charles Catalan et démontré en avril 2002 par Preda Mihăilescu1.
    Bon âpres hein c’est comme tu veux.
  • Si tu crains tant que ça un piratage (et donc une disparition de la preuve de ton antériorité en cas de vol), tu peux aussi assurer tes arrières en publiant sur viXra ce qui est quasiment aussi facile qu'ici.
  • Al-Kashi
    Modifié (18 Jan)
    Arithméticiens, arithméticiennes,
    Comme annoncé, je vous présente en une seule page (voir pièce jointe), les étapes que j'ai suivies pour cette tentative de résolution de la célèbre conjecture de Catalan. J'espère qu'elle sera validée par la communauté mathématiques.
    Bonne lecture,
    Al-Kashi
    [Pièce jointe ajoutée. AD]
  • Al-Kashi
    Modifié (18 Jan)
    Il y a coquille sur le 4e point. Je suis actuellement en train de reprendre mes calculs en utilisant la symétrie en $x$ et$y$ afin de prouver que ces entiers sont alors consécutifs.
    Al-Kashi
  • Al-Kashi
    Modifié (18 Jan)
    Un modérateur pourrait-il remettre en pièce jointe le fichier que j'ai déposé ce matin dans la partie arithmétique. Je n'ai rien contre le fait que cela soit déplacée en shtam sachant en effet que j'aurai certainement des choses à revoir.
    Al-Kashi
    [C'est fait. AD]
  • 123rourou
    Modifié (19 Jan)
    Il y a quelque chose qui m’échappe.
    ...est stationnaire si et seulement si y est une puissance de p  ..
    Certes, pourquoi pas, mais où est la démonstration ? Et qui te dit qu'il n'y a pas un autre contexte qui fait que la suite est stationnaire ?
  • Al-Kashi
    Modifié (19 Jan)
    Bonjour 123rourou,
    Non, comme je l'ai précisé, il y a une erreur dans mon 3e point. J'avais fait quelques erreurs d'inattention dans mes calculs. Ce que je fais actuellement c'est étudier les deux suites croisées $x=\Big \lfloor \Big \lfloor x^{\tfrac{p}{q}} \Big \rfloor ^{\tfrac{q}{p}} \Big \rfloor+1$  et $y=\Big \lfloor \Big \lfloor y^{\tfrac{q}{p}} +1\Big \rfloor ^{\tfrac{p}{q}} \Big \rfloor $.  Je trouve ces objets mathématiques très intéressants.
    Al-Kashi
  • gebrane
    Modifié (19 Jan)
    Bonjour
    Tu sais bien plus que moi qu'une preuve sans preuves peut être reniée sans preuves.
    Tu demandes à tes lecteurs de valider ou non ta proposition de preuve.
    Mais tu ne donnes aucune preuve pour pouvoir vérifier si ton raisonnement est valide.
    Tu as préféré laisser    à la charge du  lecteur  de démontrer et non pas de vérifier chaque étape. Il faut avoir du temps libre pour cela.
    Pour ta première étape pourquoi ne pas écrire que le truc n' est pas un rationnel ( c'est plus intéressant).
    Le 😄 Farceur est fasciné par  notre  cher Nico-le prof le sérieux


  • Al-Kashi
    Modifié (20 Jan)
    Bonjour,
    J'ai pu corriger le tir et la preuve s'avère encore plus courte que je ne le pensais.
    Al-Kashi
    Edit:correction en cours. 
  • Al-Kashi
    Modifié (20 Jan)
    Bonjour
    Voici donc la dernière version .
    Bonne lecture,
    Al-Kashi
  • Math Coss
    Modifié (20 Jan)
    L'inégalité $a^{q-2}>a^{q+1}$ avec $a$ entier probablement $>2$ me surprend. Peut-être faut-il simplement lire $q+2$ à la place de $q-2$.
  • Al-Kashi
    Modifié (20 Jan)
    Bonjour Math Coss
    Merci pour ta relecture attentive. Je reprends donc le dernier point. Si $\big(1+\big\lfloor y^{{q}/{p}}\big\rfloor\big)^k-y^q=1$ alors nécessairement $k=2$.
    En effet, sinon $\big(1+\big\lfloor y^{{q}/{p}}\big\rfloor\big)^{k-1}-y^q$ serait nul, ce qui est absurde au vu du premier point de ma démonstration.
    Al-Kashi
  • Al-Kashi
    Modifié (20 Jan)
    Bonjour, 
    Malheureusement, à tête reposée, je viens de me rendre compte que j'avais oublié de modifier certains exposants dans une inégalité. Bon ba, on reprend.

    Al-Kashi 
  • Al-Kashi
    Modifié (22 Jan)
    Bonjour
    Je travaille actuellement sur des majorations et je peux vous dire que cela avance très bien. En réalité, vous l'aurez certainement bien compris, avec les deux premiers points de ma démonstration qui eux sont certains, il suffit de trouver une majoration assez fine de partie fractionnaire. J'espère prochainement vous présenter mon travail.
    Al-Kashi 
  • Al-Kashi
    Modifié (22 Jan)
    Ayant l'intime conviction que mon schéma va prochainement aboutir et que les éléments apportés plus haut ont certainement relancé certains mathématiciens sur la piste d'une preuve élémentaire, je préfère mettre en pièce jointe ma dernière majoration qui m'a permis de comprendre ensuite qu'il fallait aller vers une estimation bien plus fine et qui fera intervenir la différence des parties fractionnaires des racines $p$ème  de deux entiers consécutifs. Je serai certainement pris par le travail cette semaine, d'où cette précaution. D'après mes dernières observations, la démonstration devrait aboutir.
    Al-Kashi
  • Bonsoir, 

    Pensez-vous que les démonstrations élémentaires, utilisant la méthode citée plus plus haut, des cas traités par Lesbegues et Kao Cho pourraient être publiées ? Si oui dans quelle type de revue ?

    Al-Kashi 
  • Si je prends ta dernière relation, je vire y^q à la puissance p et je mets en facteur y^(p/q).   et   je simplifie par le terme de gauche, il y a toujours quelque chose qui m'échappe.
  • Al-Kashi
    Modifié (31 Jan)

    Bonjour
    Comme vous l'avez remarqué, je ne suis pas intervenu ces derniers jours. En effet, je me suis rendu compte que dans cette euphorie, la précipitation m'a fait faire de nombreuses erreurs. Aussi, pour répondre à @gebrane, je ne pouvais pas non plus divulguer l'ensemble de l'approche pour les raisons déjà évoquées plus haut. Néanmoins, ayant finalisé mon travail de manière plus apaisée, je vais à présent passer à la rédaction sans me précipiter afin d'être le plus précis sur chaque point. En image, voici un avant goût de mon travail. Le premier graphique correspond à la situation $p=3, q=2$ et le deuxième à  $p=5, q=2$. L'objectif était d'obtenir une contradiction sur les parties fractionnaires. La première majoration en noire correspond à ma première estimation qui coince sur $1$. Après de longues heures, j'ai obtenu la 2e majoration en rouge qui a permis de passer ce cap et obtenir ainsi la contradiction.
    L'obtention de cette majoration a été possible en utilisant une propriété, qui est un lemme central dans le raisonnement, des parties fractionnaires des nombres du type $x^{\frac{p}{q}}$
    On pourrait intituler le problème posé par Catalan :  "duel de parties fractionnaires". Malgré les difficultés rencontrées, au vu de la contrainte énorme sur les parties fractionnaires des nombres $x^{p/q}$, j'ai toujours eu l'intime conviction que la méthode allait aboutir.
    Ci-dessous, le premier graphique que j'avais étudié et qui m'avait laissé intiment convaincu de l'idée d'une "croissance". La difficulté a été de le transformer en objet mathématique plus manipulable, ce qui est chose faite avec la nouvelle majoration obtenue.
    Al-Kashi

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