Conjecture de Goldbach et nombres premiers

Je propose de montrer que si la conjecture de Goldbach est vraie alors il y a toujours au moins 2 nombres premiers distincts dans l'intervalle [2n,4n] lorsque n > 1 et qu'ils sont symétriques de part et d'autre de 3n (et pas seulement au moins 1 comme démontré par Tchebychev)


Selon la conjecture de Goldbach, il est toujours possible de dire que tout nombre pair > 2 est la somme de deux premiers p et p'

Ainsi, il est toujours possible d'écrire p' + p = 2a quelque soit a un naturel > 1 et p' - p = 2r lorsque p et p' sont distincts où r est un entier naturel tel que 0 < r < a avec a > 1

Dès lors, lorsque p et p' sont distincts on a : p' = a + r et p = a - r c'est à dire que p' et p sont symétriques autour de a

A l'aide du théorème de Tchebychev posons de surcroit que : p < p' < 2p alors on a : 1 < p'/ p < 2 c'est une condition restrictive "ad hoc" qui a des conséquences sur p et p' et sur la relation qui les lie et que nous cherchons justement à caractériser.

Donc 1 < (a + r)/(a - r) < 2 soit a + r < 2a - 2r d'où 0 < r < a/3 théoriquement pour tout a > 3 car r ne peut pas être inférieur 1 lorsque p et p' sont distincts.

Cela signifie qu'il n'y a pas de p et p' distincts dont la somme 2a est inférieure ou égale à 6. Intéressons nous aux valeurs de a tels que a = 3n on obtient alors : 0 < r < n avec n > 1 pour que la condition a > 3 soit remplie.

Ainsi p' et p sont deux nombres premiers symétriques autour de a = 3n tels que p = 3n - r et p' = 3n + r avec 0 < r < n avec n > 1

Autrement dit, il existe toujours un couple de nombres premiers (p, p') symétriques autour de 3n quelque soit l'entier n > 1 tel que :
2n < p < 3n < p' < 4n

Ainsi, il y aurait donc bien au moins deux nombres premiers dans l'intervalle [2n, 4n] symétriques autour de 3n alors que le théorème de Tchebychev n'en garanti qu'un seul...


Emphyrio
«13456

Réponses

  • Bonjour.

    1) Tu utilises la conjecture de Goldbach comme hypothèse. Donc ta conclusion est conjecturale, non ?
    2) "A l'aide du théorème de Tchebychev posons de surcroit que : p < p' < 2p " Il ne parle d'ailleurs pas de p', que tu as défini précédemment, mais du fait qu'il existe un entier premier entre p et 2p. A partir de là, on ne sait plus ce que veut dire p' quand tu l'écris.

    Dans ces conditions, la suite n'a plus d'intérêt.

    Cordialement.
  • Il est évident que la relation 4n < p < 6n < p' < 8n avec n > 0 repose sur la solidité de la conjecture de Goldbach

    Le deuxième point est à discuter...


    Je ne suis pas d'accord avec votre conclusion...d'ailleurs à moins de trouver un contre exemple à cette relation on peut tout aussi bien la considérer comme une conjecture au même titre que celle de Goldbach même lorsque comme vous on refuse ce raisonnement..


    Emphyrio
  • Bon,

    tu ne fais pas la différence entre une preuve fausse et un travail sérieux, tant pis !

    Quant au contre exemple, c'est tellement facile, par exemple avec a=17, p=3 et p'=31. Tu as bien p+p'=2a, p<p', mais pas p'<2p. Donc tu n'as même pas cherché à réfléchir ...

    Quel dommage !!
  • Non je vous ai demandé un contre exemple pour la relation 4n < p < 6n < p' < 8n avec n > 0


    Pour le reste de votre commentaire vous avec choisi un p' > 2p mais pourquoi donc ?? j'ai spécifiquement écris POSONS : p < p' < 2p c'est seulement en affirmant l'existence de ce p' que j'arrive à la relation précédente...
  • Moi je pose p²=-1. Et je fais tout ce que je veux avec.

    Bon, toujours des imitations de mathématiques, ce n'est pas sérieux, je laisse tomber ..
  • Prenons le nombre 6. Tu affirmes qu'on peut l'écrire comme somme de 2 nombres premiers distincts, et c'est faux. C'est le contre-exemple que tu demandais.
    Fin.
    N'essaye pas de réfuter ceci en modifiant 2 ou 3 trucs dans ta démonstration, tout est faux dans ta démonstration. Je suis juste allé au plus évident, pour éviter tout débat.
    Tu me dis, j'oublie. Tu m'enseignes, je me souviens. Tu m'impliques, j'apprends. Benjamin Franklin
    L'hypocrisie est pire qu'une vérité qui fait mal. Franck Ntasamara.
  • Vous avez raison la conjecture de Goldbach ne précise pas deux premiers distincts mais seulement :

    Tout nombre entier pair supérieur à 3 peut s’écrire comme la somme de deux nombres premiers.


    Je propose néanmoins une autre approche du même problème :

    Selon le théorème de Tchebychev quelque soit p premier, il existe au moins un autre premier p' tel que :
    p < p' < 2p

    Dès lors : 2p < p'+ p < 3p

    La somme de deux impairs est pair donc p + p' = 2a d'où 2p < 2a < 3p ainsi (2/3).a < p < a

    Dès lors, il existe bien une valeur r telle que p = a - r avec 0 < r < (a/3) et donc puisque p' = a + r on a : a < p' < (4/3)a

    Ainsi : (2/3)a < p < a < p' < (4/3)a

    Or tous les premiers sont de la forme 6n +/- 1 dès lors, il existe bien une valeur minimale r telle p = 6k - r où a = 6k compte tenu de ce qui précède r < (6k)/3 = 2k


    Ainsi puisque p + p' = 2a = 12k alors p = 6k - r et p' = 6k + r avec 0 < r < 2k c'est à dire : 4k < p < 6k < p' < 8k quelque soit k > 0


    Emphyrio
  • Pour moi, ce que tu as démontré, c'est que si un nombre s'écrit comme somme de deux nombres premiers (distincts, si tu veux), alors on peut encadrer grossièrement ces nombres premiers.

    Et après ?
  • Quel est le but de ton message ? Tu veux poser une question ? Tu veux présenter une découverte ? Et si oui, quelle est cette découverte ?
    Tu me dis, j'oublie. Tu m'enseignes, je me souviens. Tu m'impliques, j'apprends. Benjamin Franklin
    L'hypocrisie est pire qu'une vérité qui fait mal. Franck Ntasamara.
  • Emphyrio a écrit:
    Selon le théorème de Tchebychev quelque soit p premier, il existe au moins un autre premier p' tel que :

    p < p' < 2p


    Dès lors : 2p < p'+ p < 3p

    La somme de deux impairs est pair donc p + p' = 2a d'où 2p < 2a < 3p ainsi (2/3).a < p < a

    Dès lors, il existe bien une valeur r telle que p = a - r avec 0 < r < (a/3) et donc puisque p' = a + r on a : a < p' < (4/3)a

    Ainsi : (2/3)a < p < a < p' < (4/3)a

    Ce que j'ai cité me semble correct.

    La suite me semble être du n'importe quoi.
    Emphyrio a écrit:

    Or tous les premiers sont de la forme 6n +/- 1 dès lors, il existe bien une valeur minimale r telle p = 6k - r où a = 6k


    Si on prend $p=7$ on peut prendre $p'=13<2\times 7$
    $7+13=20$ donc $a=10$ mais $a$ n'est pas divisible par $6$.
  • Emphyrio a écrit:
    4k < p < 6k < p' < 8k quelque soit k > 0

    On a $p<p'<2p$

    On prend à nouveau $p=7,p'=13<2\times p=14$

    entre $7$ et $13$ il n'y a qu'un seul multiple de $6$ c'est $12$ donc $k=2$
    mais $4k=8$, $p=7$ n'est pas supérieur à cette valeur.
  • Vous avez raison mais pourquoi choisir 13 au lieu de 11 ? en effet avec votre exemple p + p' n'est pas un multiple de 6 or vous voyez bien que c'est imposé par la condition : p + p' = 6k

    Rappel p et p' sont symétriques autour de 6k tels que p = 6k - r et p' = 6k + r ce n'est pas le cas avec 7 et 13 mais dans l'intervalle 7 < p' < 14 vous avez aussi 11 cette fois 7 + 11 = 18 et k = 3 et alors on vérifie : 6 < p < 9 < p' < 12

    Vous allez dire que ce n'est pas conforme à la relation 4k < p' < 6k < p < 8k avec k > 1 en fait si car je me suis intéressé aux seuls a = 6n visiblement à tort...

    Rappel dans la relation : (2/3)a < p < a < p' < (4/3)a tous les a = 3n peuvent convenir mais pour que p et p' soient distincts il faut que (a/3) > 1 ainsi quand a = 3n on obtient : 2n < p < 3n < p' < 4n avec n >1

    Ce qui tend à montrer qu'il existe toujours au moins un couple de premiers symétriques dans tout intervalle [2n, 4n] avec n > 1

    La relation précédente devient un cas particulier lorsque a est pair c'est à dire : a = 6k soit 4k < p < 6k < p' < 8k avec k > 1
  • Emphyrio a écrit:
    Rappel dans la relation : (2/3)a < p < a < p' < (4/3)a tous les a = 3n peuvent convenir

    L'exemple donné plus haut $p=7,p'=13,p+p'=13+7=2\times 10$ mais $10$ n'est pas plus divisible par $6$ que par $3$.

    Quand on additionne deux nombres premiers impairs $p,p'$ leur somme est bien paire mais a priori on ne sait rien des diviseurs de $a=(p+p')/2$ contrairement à ce que tu prétends.

    PS:
    Entre $3$ et $3\times 2=6$ il y a un seul nombre premier $5$ mais entre $3$ et $5$ il n'y a aucun autre multiple de $3$ (autre que $3$ lui même).
  • Mais pourquoi insistez-vous tant sur p = 7 et p' = 13 ? et non sur 7 et 11 ? quand : p < p' < 2p on a bien 7 < 11 < 14 et 7 < 13 < 14

    Il suffit que cela marche avec au moins l'un des p' possibles à nul moment j'ai écrit que cela marchait avec tous les p' possibles...
    On a bien 7 + 11 = 18 = 3x 6 et on vérifie : 2*3 < p < 3*3 < p' < 4*3


    Oui j'ai déjà convenu que cela ne marche pas avec 6 car il faut que p' et p soient distincts et puisque (2/3)a < p < a < p' < (4/3)a

    Cela implique (a/3) > 1 et donc a > 3 soit p + p' > 6 ainsi la relation : 2k < p < 3k < p' < 4k vaut pour k > 1.
  • Emphyrio:

    Tu ne veux pas comprendre que tu ne peux pas changer le $a$ et affirmer qu'il est un multiple de $3$ ou d'autre chose.

    Ton $a$ est le quotient qui vaut $(p+p')/2$. C'est ça qui le définit.
    A priori, $a$ peut être multiple de n'importe quoi mais on n'en sait rien avec les conditions sur $p,p'$ que tu te donnes.
  • Vous dites : A priori, a peut être multiple de n'importe quoi

    n'importe quoi oui et justement je fais l'hypothèse que parmi tous les p' tels que p < p' < 2p, il y en a toujours au moins un tel que : p + p' = 3n avec n > 2

    Si cette condition est vraie elle a pour conséquence : 2n < p < 3n < p' < 4n pour n > 1

    Si cela vous gène tant que cela de dire a =3n alors gardons la relation telle que : (2/3)a < p < a < p' < (4/3)a et puisque a peut être n'importe quoi disons alors que cette relation est vraie pour tout a > 8 pour que p et p' soient distincts.


    Dès lors écrivons qu'il existe toujours au moins deux premiers dans l'intervalle [2/3a, 4/3a] pour tout a > 8
  • "je fais l'hypothèse que parmi tous les p' tels que p < p' < 2p, il y en a toujours au moins un tel que : p + p' = 3n avec n > 2 "
    Alors la conclusion n'est vraie que lorsque cette hypothèse est vraie.

    Rédigé par quelqu'un qui n'y connait rien en maths, c'est du pur baratin d'incompétent.
    Rédigé par quelqu'un qui sait ce que sont les maths, c'est une tricherie caractérisée (je rajoute à chaque contestation une hypothèse correctrice ad-hoc qui n'y était pas au départ, mais je garde la même conclusion).

    Rappel : " j'ai spécifiquement écris POSONS : p < p' < 2p c'est seulement en affirmant l'existence de ce p' que j'arrive à la relation précédente..."
  • Soit $p>3$ un nombre premier. Parmi les nombres $p+1,p+2$ il y en a au moins un qui est multiple de $3$ puisque $p$ n'est pas multiple de $3$

    Entre $p$ et $2p$ il y a bien un nombre premier, ce nombre premier est au moins égal à $p+2$ ($p+1$ est un multiple de $2$ différent de $2$). Si $p+2$ est premier alors $p+1$ est divisible par $3$.

    Si je vois bien on a bien donc qu'il existe $n$ entier tel que $p<3n<p'<2p$ pour $p$ premier >3

    MAIS: on n'a pas en général que $3n=p+p'$

    Exemple: $p=11, p'=17$
    On a bien $11<3\times 4<17<22$ mais $p+p'=11+17=28\neq 12$.
  • Je pense que tu devrais présenter ton objectif. Tu cherches à montrer quoi ? Tu penses avoir prouvé quoi ? Il y a eu une vingtaine de messages, et je n'ai toujours pas compris ce que tu voulais démontrer. Ensuite, que la démonstration soit correcte ou non, on verra.

    Si j'ai bien compris, mais j'ai des gros doute, tu dis :
    Considérons que la conjecture de Goldbach est vraie (et donc que tout entier pair peut s'écrire comme somme de 2 nombres premiers), considérons que cette conjecture est démontrée.
    On va démontrer que si n est pair, alors dans l'intervalle [2n,4n], il y a au moins 2 nombres premiers distincts (et pas seulement 1 comme énoncé par Tchebychev)
    Tu me dis, j'oublie. Tu m'enseignes, je me souviens. Tu m'impliques, j'apprends. Benjamin Franklin
    L'hypocrisie est pire qu'une vérité qui fait mal. Franck Ntasamara.
  • Oui c'est bien cela mais comme mon raisonnement est contesté par plusieurs personnes je préfère mettre en avant mon autre raisonnement qui mène à montrer qu'il a toujours au moins deux nombres premiers dans l'intervalle [2/3a, 4/3a] symétriques autour de a quand a > 8.
  • Oui monsieur Gérard0 "j'ai fait l'hypothèse que parmi tous les p' tels que p < p' < 2p, il y en a toujours au moins un tel que : p + p' = 3n avec n > 2 " Alors la conclusion n'est vraie que lorsque cette hypothèse est vraie. !

    Oui c'est une condition restrictive j'impose à p et p' de respecter à la fois le théorème de Tchebychev tel que p < p' < 2p et la conjecture de Goldbach alors cela entraine une conséquence sur p et p' à savoir : 2n < p < 3n < p' < 4n pour tout n > 1 voilà tout ! aucune fraude ni incompétence là dedans puisque tout est explicite !
  • Sauf que l'énoncé "entre $n$ et $2n$ il y a au moins deux nombres premiers" est déjà connu asymptotiquement depuis longtemps puisqu'on obtient très facilement que $\pi(2n)-\pi(n)$ tend vers l'infini quand $n$ tend vers l'infini à l'aide du théorème des nombres premiers (ou même directement les inégalités de Tchebychev !). On peut même rendre ça effectif. Selon Wikipedia, pour tout $n \geq 25$ il existe un nombre premier entre $n$ et $\frac{6}{5}n$ ( https://en.wikipedia.org/wiki/Bertrand's_postulate#Better_results ). On peut donc dire que pour $n \geq 25$, il existe un nombre premier entre $n$ et $\frac{6}{5}n$ et un nombre premier entre $\frac{5}{3}n$ et $\frac{6}{5}\left(\frac{5}{3}n\right) = 2n$. Les intervalles étant disjoints, il y a au moins deux nombres premiers entre $n$ et $2n$.
  • Oui monsieur Poirot si l'assertion est vraie pour tout intervalle [2n, 4n] avec n > 1 il est bien normal de constater qu'elle le soit aussi asymptotiquement et je ne prétends pas à l'innovation totale ou ab -nihilo mais remarquez que p et p' sont symétriques de part et d'autre de 3n ce que votre approche n'évoque pas...


    Il en va de même pour la relation (2/3)a < p < a < p' < (4/3)a avec a > 8
  • Bonjour
    Emphyrio a écrit:
    On va démontrer que si n est pair, alors dans l'intervalle [2n,4n], il y a au moins 2 nombres premiers distincts (et pas seulement 1 comme énoncé par Tchebychev)

    Non le théoreme de Tchebychev tient toujours , il existe bien au moins 1 premier dans ]2n ,4n[ par contre on peut déduire qu'il existe au moins 2 premiers dans ]n ,4n[ : autrement dit il existe au moins 1 dans ]n,2n[ + au moins 1 dans ]2n ,4n[.

    @Empyrio : ce que vous essayez de montrer à ce beau monde est :
    T.Tchebytchev (vrai) ==> C.Goldbach vraie, il vous reste maintenant à démontrer :
    C.Goldbach vraie ==> T.Tchebytchev (vrai)

    chose que j'avais présenté en 2017 dans : https://vixra.org/pdf/1507.0196vG.pdf
    sans qu'on aille dans le vif du sujet, j'ai supporté des réponses du genre
    ...baratin d'incompétent. -....tricherie caractérisée ....etc.

    * ==> = implication

    BERKOUK
  • BERKOUK2 écrivait:
    > Bonjour
    >
    >
    , il
    > existe bien au moins 1 premier dans ]2n ,4n[ par
    > contre on peut deduire
    > qu'il existe au moins 2 premiers dans ]n ,4n[ :
    > autrement dit il existe au moins 1 dans ]n,2n[ +
    > au moins 1 dans ]2n ,4n[ .

    > T.Tchebytchev (vrai) ==>
    > C.Goldbach vraie , il vous reste maintenant à
    > démontrer :
    > C.Goldbach vraie ==>
    > T.Tchebytchev (vrai)

    et bien pour $n = 5 $ je donne un nombre premier $P = 7$ et un autre $q = 11$
    or : $4n = 20$ , T.Tchebytchev (vrai) mais C.Goldbach Faux...? ou j'ai mal compris...?

    ce n'est surement pas, par ce qu'il existerait un nombre premier dans ces deux intervalles que l'on risque de prouver que la conjecture de Goldbach est vraie...Le contraire si c'était le cas : c'est à dire qu'il existerait un entier n, tel qu'entre 2n et 4n il n'existerait qu'un nombre premier q , voir 2, et même 3 pour être large...
    il y a de grande chance que la conjecture serait tombée et déclarée fausse à 99,999999....% ! non...?
  • @LEG

    Si n = 5 vous devez chercher p et q dans l'intervalle [10, 20] avec p et q symétriques autour de 3*5 = 15 soit p= 13 et q = 17

    on a bien p + q = 30 et 1 < p/q= 17/13 < 2

    On remarquera que 11 et 19 conviennent aussi.
  • @BERKOUK merci pour votre lien, je vais prendre le temps de l'étudier de près avant de commenter...
  • Bonne idée ; entre artistes n'ayant que faire des notions de mathématiques, vous devriez vous comprendre.
    Tu me dis, j'oublie. Tu m'enseignes, je me souviens. Tu m'impliques, j'apprends. Benjamin Franklin
    L'hypocrisie est pire qu'une vérité qui fait mal. Franck Ntasamara.
  • La section Shtam ça rapproche :-D
  • @BERKOUK

    En lisant votre étude, je pense à ceci concernant vos (u, v) :

    Quels que soient les naturels u et v entiers la relation : (u2 - v2)2 + (2uv)2 = (u2 + v2)2 est toujours vraie !

    Considérons tous les nombres premiers p de la forme 6m +/- 1 tels que : p2 + x2 = y2

    Par identification on a : p = (u2 - v2) et x = 2uv et y = u2 + v2

    Si p est premier il est donc de la forme 6m +/- 1 et p = (v - u)( v + u) cela impose v - u = 1 et (u + v ) = 6m +/- 1

    Soit v = u + 1 alors v + u = p = 2u + 1 dès lors u = 3n et v = 3n +/- 1

    x = 2uv et y = u2 + v2 = 2uv + 1

    A partir de p2 + x2 = y2 on isole p2= (y + x)(y - x)

    D'où : p2 = x + y et y - x = 1 avec p2 = 24k + 1 pour tout premier p > 3


    Ainsi : x = (p2 -1)/2 et y =(p2 + 1)/2 et donc x = 12k et y = 12k +1


    Rappel x = 2uv et x = 12k alors on déduit : uv = 6k = u(u+1) et (u + v) = p = 6m +/- 1


    Ainsi quelque soit le premier p alors u et v sont tels que : uv - (u + v) = 6k - 6m +/- 1 = 6(k - m) +/- 1 avec v = u + 1
  • Emphyrio écrivait:
    > @LEG
    On remarquera que 11 et 19 conviennent aussi.
    je ne dis pas le contraire, mais dire qu'il existe au moins 1 nombre premier dans les deux intervalles cité plus , ne veut pas qu'il vérifie la conjecture , avec l'exemple cité...D'ailleurs heureusement qu'il n'existe pas un tel entier n, tel qu'entre n et 2 il n'y ait qu'un nombre premier , ou 2 et même voir 3...!

    sachant que la conjecture a été vérifiée jusqu'à la limite : $2N = 4*10^{18}$ ...

    On sait que p < N = 2347 a vérifié la conjecture pour $2N = (4*10^{18}) - 30 + 4$

    Question comment tu ferais pour affirmer: qu'elle est donc vraie pour la limite : 2N + 4 ????
  • @LEG, on ne pourrait pas le faire via l'approche que vous évoquez c'est pourquoi je ne m'y risquerai pas..

    Mais si vous êtes d'accord sur le fait que p + p' = 2a pour tout a > 8 est vraie alors ajouter la condition 1 < p'/p < 2 implique des conséquences qui doivent être vraies et vérifiables pour tout a > 8.

    Soit : p' + p = 2a avec a > 8 et 1 < p'/p < 2 cela donne :

    Si : p < p' < 2p alors 2p < p' + p < 3p et donc :

    (2/3)a < p < a et puisque p + p' = 2a alors a < p' < (4/3)a


    Ainsi; si les deux hypothèses de bases sont vraies simultanément alors on a toujours au moins un couple de nombres premiers p et p' symétriques dans l'intervalle : quand a > 8.

    Si c'est vrai pour tout a alors on peut s'intéresser à des a spécifiques tels a = 3n avec n > 2 alors on obtient
    2n < p < 3n < p' < 4n quand n > 2
  • Bonjour

    aprés avoir bien suivi le raisonnement , et pour avancer :

    "pour tout n appartenant à N*privé de 1 , il existe (p,p') / p et p' symetriques par rapport à 3n , p et p' appartenant à ]2n,4n["

    démontré par Emphyrio , par extention du théoreme de Tchebytchev à l' éxistence d'au moins 2 premiers dans l'interval ]2n,4n[ au lieu d'un seul .
    ce qui reste vrai méme au delà de N= 4.10^18 ..

    comme la proposition de Emphyrio est définit dans N*\ de 1 reste évidemment vraie pour l'ensemble des entiers positfs pairs d'ou la conclusion historique finale :

    T.Tchebytchev ==> C.Goldbach vraie


    qu'en pensez -vous

    BERKOUK
  • Du coup Berkouk vu que tu as fait la moitié du travail vous pourrez publier le théorème de Tchebychev-Emphyrio-Berkouk (2020) qui démontre de façon élégante la conjecture de Goldbach.
    Félicitations
  • Berkouk a déjà publié une démonstration du problème, et il vient d'en découvrir une nouvelle. Comme quoi, ce problème qui a résisté à tous les mathématiciens depuis un siècle n'était pas si compliqué : 2 démonstrations différentes par le même chercheur en quelques mois.
    Tu me dis, j'oublie. Tu m'enseignes, je me souviens. Tu m'impliques, j'apprends. Benjamin Franklin
    L'hypocrisie est pire qu'une vérité qui fait mal. Franck Ntasamara.
  • Il n'y a guère que la première qui coûte : une fois qu'il est établi que $0=1$, on en déduit un peu ce qu'on veut de plein de manières.
  • J'adore la naïveté de certains.

    Si la conjecture de Goldbach était aussi facile à démontrer, elle ne serait plus une conjecture depuis longtemps, et on en aurait entendu parler !
  • Bonsoir

    @Math coss : P(n-1), P(n) et P(n+1) trois premiers qui se suivent

    soit la proposition vraie A=" P(n) < 2.P(n-1) " vérifieé vraie par le théorème de Tchebychev ( P(n-1) < P(n) < 2.P(n-1) )
    soit B =" C.Goldbach "
    soit la proposition "A vraie ==> B vraie " : vérifieé également vraie par ma fameuse démonstration (1) ..." Donc B est vraie ( cette fois çi je suis parti de 1=1 )

    (1) : qui consiste à ne point trouver de contre exemple à la C.Goldbach que si P(n) < 2.P(n-1)

    A vraie et (A ==> B) vraie Donc B est vraie


    compte tenue du distinguo entre le réel et le virtuel , je pense que l'intervention de Noobey est la plus proche de l'Histoire.

    bonne nuit .

    BERKOUK
  • Tu as écrit 'fameuse démonstration', c'est probablement une erreur (une de plus), et tu voulais écrire 'fumeuse démonstration'.

    Une lettre qui change, et ça change tout, un peu comme en mathématiques.
    Tu me dis, j'oublie. Tu m'enseignes, je me souviens. Tu m'impliques, j'apprends. Benjamin Franklin
    L'hypocrisie est pire qu'une vérité qui fait mal. Franck Ntasamara.
  • J'ai toujours été impressionné par la foison de résultats produits par la section Shtam du forum (:P) :

    1) Conjecture de Hodge
    2) Résolution par radicaux
    3) Goldbach (carrément deux preuves !)
    4) Syracuse
    5) j'ai perdu le fil...

    J'attends avec impatiente ce qui va suivre... hypothèse de Riemann ?

    @BERKOUK2 pourquoi sur Wikipedia https://fr.wikipedia.org/wiki/Conjecture_de_Goldbach on peut lire que la conjecture de Goldbach est non démontrée ?

    C'est une vraie question !
  • Et a eux seuls Berkouk et babsgueye ont réussi à démontrer une dizaine de grosses conjectures. Ils devraient faire des travaux en commun. A eux deux ils peuvent résoudre les problèmes du millénaire restants
  • Raoul.S:

    Tu vas déclencher une "guerre d'édition" sur Wikipedia. :-D
    Tous ceux qui croient avoir une preuve d'une conjecture mathématique vont se mettre à modifier les pages de Wikipedia en rajoutant un pointeur vers leur article qui contient leur "preuve". B-)
  • Bonjour
    Lourrain a écrit:
    ....et tu voulais écrire 'fumeuse démonstration'.
    l'injure est le propre du geolier qui veille sur un Goulag nommé SHTAM, je rappelle que le mot "démonstration" n'est pas sacré , c'est un concept generique qui embrasse tout moyen , astuse , innovation , découverte d'un nouveau sentier ..ext , en vue de solutioner un probleme mathematique qui a trops duré pour les créateurs du SHTAM .
    Raoul.S a écrit:
    @BERKOUK2 pourquoi sur Wikipedia [fr.wikipedia.org] on peut lire que la conjecture de Goldbach est non démontrée ?
    parceque , Helas, le mot "Wikipedia" est pris entre le mot "fr." qui sent l'escroquerie , l'impérialisme seculaire , et , le mot "org" qui organise tout ça . moi je préfere garder mes oeuvres académiques ( encore 2 mots sacrés ) dans un server US de l'autre coté de l'atlantique .
    Noobey a écrit:
    ... Berkouk et babsgueye ont réussi à démontrer ......

    merci de votre proposition, ne sous-estimez pas l'Afrique , le 21 eme siecle sera Afriquain , n' en deplaise à Fin de partie.

    @Math coss : j'attend avec plaisir ta réponse mathématique à propos de ma déduction faite il ya 12 heures , si ça vous dit...

    revenons à Emphyrio.


    BERKOUK
  • Bonjour
    désolé AD, étant au Québec je me suis réinscrit avec le pseudo de l'adresse mail de ma fille, car avec mon pseudo leg, impossible de me connecter hier.

    Bon je vois que ma petite limite N, n'a pas eu de réponse ; alors qu'il ne s'agit que d'utiliser les congruences et bien entendu mon "algorithme" qui permet d'utiliser sa propriété.

    Algorithme qui m'a permis d'affirmer que le nombre de nombres premiers entre N et 2N vaut $\frac{N}{\log 2N}$ ; mais il est vrai,que ce n'est qu'une conséquence directe du TNP, montré sur ce forum par Poirot ...

    Alors que l'on dise que l'on peut vérifier qu'il y aura toujours deux nombres premiers symétriques ... etc. bien sûr, mais il s'agit de prouver que quelque soit N >6, il existe bien toujours un couple $p + q = 2N$.
    Et non pas de dire que l'on peut vérifier qu'il y a des nombres premiers symétriques autour de N, en utilisant le théorème de Tchebychev... qui n'affirme rien au sujet de cette conjecture.

    Avec l'exemple que j'ai indiqué quel est donc ce couple qui vérifie la nouvelle limite $4*10^{18} + 2$.

    Si un nombre premier P < N ; exemple 2347, vérifie la conjecture il est clair que ce nombre est $\not\equiv{2N}[P_i]$ ... NON ???

    Si on ne veut utiliser que les nombres premiers dans des familles arithmétiques de raison 30, de premier terme 1 ou P appartenant à $[7 ; N]$ je n'ai nul besoin de m'occuper de savoir s'il y en a des milliards ou pas ... dans les intervalles cités...

    Par conséquent, 2347 rempli bien la condition de cette congruence ... !

    Qu'est-ce que l'on a besoin de savoir, pour vérifier la limite indiquée ?

    Et bien connaître la propriété de l'algorithme éventuellement. Car le nombre premier q complémentaire à P = 2347, il ne va pas disparaître par miracle, ni parce qu'il s'agit de fonction asymptotique qui estime le nombre de nombres premiers ...

    Puisque l'on sait que la conjecture est vraie jusqu'à 2N - 2, et qu'elle est donc vraie pour 2N - 30 + 2, avec 2347, sachant que si on décale la limite N = 15 (k+1) + 1 ; donc de 15 et en utilisant cette famille 7[30]. Quel est le nombre qui est consécutif à P = 2347... ? Car il faut bien que la congruence se décale de 30, ... Non ?
    Bonne suite et bonne réflexion sur la solution de cette conjecture, qui utilise les congruences ... !
    Pour info je peux aussi aller à $10^{25}$.
    Cordialement.
  • Constater qu'une démonstration est fumeuse, ce n'est pas une insulte, c'est un constat.

    Une démonstration, c'est une démonstration. Et une certitude, c'est autre chose. Il ne faut pas confondre les 2. Ou alors, il faut dire que les mots ont des sens variables, mais là, on entre dans une autre dimension !
    Tu me dis, j'oublie. Tu m'enseignes, je me souviens. Tu m'impliques, j'apprends. Benjamin Franklin
    L'hypocrisie est pire qu'une vérité qui fait mal. Franck Ntasamara.
  • BERKOUK : On est sur un forum de maths, ici. D'un côté, tu présentes des raisonnements qui oscillent entre le maladroit et le faux, et de l'autre côté, tu pars dans un délire politique (goulag, impérialisme séculaire et escroquerie, 21ème siècle africain...)

    Quelle mouche t'a piqué ?

    Tout ça ne résout pas le problème de Emphyrio. Un paquet de membres du forum qui n'ont plus à faire leurs preuves ont démonté son truc, y a un random qui débarque pour raconter des conneries qui vont dans son sens alors il ne s'accroche qu'à celui-là au lieu de réfléchir à ce que tous les autres lui ont dit.

    Mes amis, je choisis de donner un nom à ça : le réflexe Pablovien !
  • Le RÉFLEXE PABLOVIEN est un réflexe bien connu par tous ceux qui font des shtam.

    Ce réflexe se déclenche sur un shtameur dès qu'il entend le son de la voix d'un de ses congénères. Il a pour conséquence une production massive de démonstrations, de conjectures et d'hypothèses diverses.

    Raison pour laquelle on essaie, autant que faire se peut, de séparer le plus possible les shtameurs en les maintenant sous vide (autrement il n'y aurait plus rien à démontrer pour les autres...).(:P)
  • Bonsoir (ou bonjour ?, il est minuit passée),
    Oh mais on dirait qu'on s'amuse bien par ici ! J'ai tendance à ne pas suivre les discussions Shtam car je me dis que ça n'a pas d'intérêt. Mais quand @raoul.S s'y met c'est bon signe en général. Ça veut dire que les choses deviennent croustillantes. Alors, je passe voir ce que j'ai raté. Je suis rarement déçu. (:D
    @lourrran : Bien trouvé le jeu de mot entre fameux et fumeux. (tu)
  • Bonsoir Calli, tu ne devrais pas négliger la section Shtam du forum car c'est la plus prolifique (:D.

    Tiens juste pour que tu puisses te rendre compte du contraste entre cette section et les autres : rend-toi compte que dans la section "Fondements et Logique" on discute encore de la non-définition de $\mathbb{N}$ pendant que Berkouk & Co redémontrent Goldbach.
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