Théorème de Fermat

[Utilisateur supprimé]

@gerard0 la premier version en français avec une orthographe correcte

http://remyaumeunier.chez-alice.fr/pdf/conjecture%20de%20Goldbach_fr.pdf 

en anglais légèrement moins travaillé

http://remyaumeunier.chez-alice.fr/pdf/conjecture%20de%20Goldbach_en.pdf

la v2 en français, moins polémique

http://remyaumeunier.chez-alice.fr/pdf/conjecture%20de%20Goldbach_fr_v2.pdf 

@bd2017

Merci et à titre perso-je pense que l'on doit pouvoir retravailler la ligne 67 de la v2 pour arriver à d'autre conclusions

cdl remy.

Médiat_Suprème

Si vous vouliez démontrer le total manque de sérieux de votre part, c'est gagné. Dans le dernier document, vous affirmez que 6 (= 5 +1) et 18 (=17 + 1) sont des cas particuliers, car 1 apparaît dans leur décomposition, donc vous n'avez pas vu que 6 = 3 + 3 et 18 = 5 + 13 !

[Utilisateur supprimé]

Je justifie l'absence de nombre premier <sqrt(2n)  sqrt(18)=4.24...  sqrt(6)=2 .444

Merci de m'avoir lu.

cdl remy

Médiat_Suprème

L'idée que 1 n'est pas premier ne vous a pas traversé ? Les bonnes décompositions sont celles que j'ai données.

[Utilisateur supprimé]

bien sur que si c'est pour cela qu'ils sont dans la rebiquer, cas particulier,je dis même qu'au pire, L’on peut aussi considérer ces cas comme une exception par contre cela veut dire que je ne suis pas très clair, étonnant non

Cdl Remy

[Utilisateur supprimé]

@raoul.S Aumeunier, moi je dirais de passer à Collatz maintenant..

je relevé le défi contre un parrainage

Conjecture de Syracuse:

$(n)mod(2)=0 -> n/2$

$(n)mod(2)=1  ->3n+1$

la question: pourquoi quelle que soit n je tape le zéro

donc il existe une écriture des entiers Syracusienne $ n=(3(n/2)/2+1 )....$

et de mon coté je dis que $n=1n_1+2n_2+(2\cdot3)n_3+(2\cdot3\cdot5)n_5+(2\cdot3\cdot5\cdot7)n_7+...$

$ n=(3(n/2)/2+1 )...=1n_1+2n_2+(2\cdot3)n_3+(2\cdot3\cdot5)n_5+(2\cdot3\cdot5\cdot7)n_7+...$

donc soit je produis une équivalence ou soit je dois pouvoir démontrer une équivalence.

cdl remy

ps: pour info je me plante plus souvent que je réussis (une idée eue pendant les bouchons)

LEG

Bonjour 

@Mediat_Suprème

 (donc vous n'avez pas vu que 6 = 3 + 3 et 18 = 5 + 13 !)

 Je pense surtout qu'il n'a pas vue que $P+1 = 2n$ pour tout $P$ un nombre premier...

Dans son préambule : il indique que nous ne savons pas pourquoi certain nombre premier décompose $2n$ en la somme de deux nombres premiers ...

Ben c'est évident : Puisqu'il ne sait pas que 1 n'est pas un nombre premier,  que c'est une exception...!

Ce qui est sûr , c'est que lui il ne sait pas pourquoi ! 

Il ne doit sûrement pas avoir idée de ce que permette les congruences afin de pouvoir affirmer qu'un nombre premier $P\leqslant {n}$ décompose $2n > 4$ si et seulement si , il est ....

 À tel point que dans le cas de $2n = 6 \: ou\: 18$ il n'a strictement rien compris à cette conjecture .. C'est pour cela qu'il utilise 1, car il ne sait même pas que l'on utilise les nombres premiers $P\leqslant {n}$ et non $P\leqslant\sqrt {2n}$  ...
Pour décomposer $2n$ en la somme de deux nombres premiers $(P + q)$

Donc on peut s'amuser un peu plus loin avec $2n = 38$ il va te dire que  $1+37$ est une exception ... etc etc ..

Ben oui puisque $\sqrt {38} = 6,16...$ il ne peut donc pas utiliser $P = 3\: ou\: 5$.

C'est pas grave, qui peu le plus peu le moins , on va pas chipoter, prenons 1, qu'il soit premier ou pas on voit pas la différence ... .... 

Si il veut un parrain , j'en connait un : Don Corleone .... 

Ça commence à faire lourd ....

[Utilisateur supprimé]

je viens tout juste de modifier le pdf pour mieux expliquer le pourquoi du comment

http://remyaumeunier.chez-alice.fr/pdf/conjecture%20de%20Goldbach_fr_v2.pdf

[Utilisateur supprimé]

perso j'aime bien la notion de partition des éléments de la signature mais je ne suis pas vraiment sûr que cela simplifie la compréhension

Un avis peut-être

cdl remy

LEG

meunier : un avis  bien sûr : Tu devrais arrêter de brasser du vent...

[Utilisateur supprimé]

Désolé ce n'est pas un argument mathématique j'ai mis à jour l'img

cdl remy

Zgrb

Mais c'est un avis... Je suis du même avis, il faut arrêter les frais la !

C'est à chaque fois n’importe quoi, on te corrige, tu réécris n’importe quoi et on doit corriger de nouveau ?

C'est une boucle infinie qu'il faut stopper !

[Utilisateur supprimé]

Alors comme nous somme dans les avis je vais te donner le mien

Vous ne corrigez rien vous vous accrocher désespérément à  quelque nombre donc l'ont sait pertinemment qu'ils sont décomposables

Je dis toujours la même chose et je justifier toujours de la mème manière la décomposition.Le reste ce ne sont que vos tristes illusions qui vous rassurent

(tu ma énerver si si )

Alors pour la  Conjecture de Syracuse un volontaire? ,je vais dire comme dab , Que dalle ...

gebrane

Aumeunier a dit :

Alors pour la  Conjecture de Syracuse un volontaire? 

Je propose @raoul.S, on connait bien son sérieux dans ce forum 

lourrran

LEG, tu devraiis pouvoir aider Aumeunier.
Toi aussi, tu as déjà été dans cette situation, tu as démontré la conjecture de Goldbach, personne ne croyait à ta démonstration, à part toi. Je crois que tu as finalement pu la publier. 

Vu de ma fenêtre, vos parcours sont très similaires :
- Même objectif : publier un truc que vous considérez comme correct, mais qui est farfelu.
- Mêmes barrières du gotha mathématique.

Serrez-vous les coudes, entre victimes du gotha mathématique, plutôt que de vous tirer dessus.

Aumeunier recherche des conseils pour publier ses résultats, aide-le.

Amathoué

Non je ne suis pas du tout d’accord. Il faudrait quelqu’un de la trempe de Aumeunier, au moins!
Un peu de respect quoi!

math2

Je ne suis pas au niveau, un collègue algébriste de sommité mondiale non plus, malheureusement

LEG

Qu'est-ce-que tu en sais, que tu pourras toujours utiliser $1$ , dans l'hypothèse de ton 2.3 cas particulier à savoir :

Il existe des nombres pairs $2n$ où il n'y a pas de nombres premiers $P\leqslant\sqrt{2n}$ qui décomposerait ce nombre $2n$ 

Quel doit être la condition obligatoire de $1$ par rapport à $2n$  ?

Réponse d'Au meunier dans ton préambule : on ne sait pas pourquoi !

Il est où ton argumentaire mathématique ?

C'est la base de la conjecture de Goldbach et tu es toujours incapable d'y répondre ? 

Sinon on va croire que tu utilises $1$ par imbécillité et que faute d'explications, tu as considéré qu'il était premier ; mais pourquoi certain nombre premier $< n$ comme ton 1 d'ailleurs ne peuvent pas décomposer $2n$ en somme de deux nombres premiers .... Par ce que ton moulin va trop vite ? 

Donc réveilles toi , ralenti et tu verras que tu n'as plus besoin d'utiliser le nombre $1$ , qui n'est pas un nombre premier ! Ça c'est mathématique !

@lourrran

1) Je n'ai pas publier la démonstration de Goldbach , j'ai montré que l'on ne peut pas infirmer cette conjecture dans une suite arithmétique de raison 30 de premier terme $A\in{(1,7,11,13,17,19,23,29)}$ lorsque la limite $n$ augmente de 15 ... etc etc  !

2) lorsque j'ai avancer la preuve que tout nombre $A$ qui précède un nombre premier $p\leqslant{n}$ , $p$ vérifiera la conjecture pour la limite suivante $n+15$ ...etc etc.
 Avec une condition sur $A$, ta réponse idiote a été : ce serra faux et tu as été incapable de trouver la solution , pourtant élémentaire ... que j'ai ensuite indiqué  à la demande ...! faute de l'avoir trouvé !

3) Tu oublies ta promesse,  que tu m'as mis or sujet  et que tu ne devais plus me répondre (sûrement à cause de tes propos ou interventions imbéciles) comme maintenant d'ailleurs !
Tu attends que l'on te donne la becquée pour ensuite pouvoir répondre ... 

4) À la différence de toi , moi j'ai construit et publié un algorithme qui était inconnu, pour étudier la conjecture de Goldbach et dont je me suis servi, algorithme que tu as été incapable de comprendre à cause de ton égo ! (ou pour la conjecture de Lemoine , Lévy) en modifiant trois paramètres dans le programme ...

Heureusement que dans les universités, pour ne citer : (Nice , Sophia antipolis , ou au Québec l'UQAC à Chicoutimi ou l'UQAM à Montréal )  il n'y a pas que des incompétents avec ton égo et tes interventions stupides , inutiles ! 

Pour ta gouverne je doute fort que Aumenier soit capable de le comprendre ou d'en construire un !
Il n'utilise pas les propriétés des congruences.

C'est pour cette raison aussi, que tu as été incapable de trouver ma solution , en induisant tout le monde en erreur par ton intervention idiote ; alors que toi par contre, tu connais l'arithmétique modulaire et nettement mieux que moi...  Comme quoi , n'oublie pas J De La Fontaine et sa fable (le lion et le rat) . Moralité : continue à m'éviter .

5) Ne prend pas ton cas pour une généralité !

Tu en es loin de croire que personne ne croyait à cette preuve élémentaire ou aux propriétés de l'algorithme de Goldbach et son utilisation ...

l'analyse d'un algorithme même le plus basique comme celui d'Ératosthène , permet de trouver des idées .... Sinon on en serait toujours à l'âge de pierre et tu n'aurais sûrement pas appris ce que d'autre avant toi on découvert et qui ton permis d'en apprendre un peu sur les mathématiques ...!

lourrran

Les promesses n'engagent que ceux qui les croient.
Bonne nouvelle, voilà des maths.
Des maths à la sauce LEG, ça a un peu le même goût que les maths à la sauce Aumeunier. Un gros arrière-goût de n'importe-quoi.

gebrane

@lourrain il me semble que toi aussi tu as suggerer une demonstration qui s est averee fausse de de la dite conjecture

[Utilisateur supprimé]

@leg

Je n'ai pas écrit que l'on pouvait utiliser toujours 1 ,l'on peux le dire mais sous condition  mais

j’ai écrit( copie/coller) qu’il existe toujours une partition $\notin{0}$ et cela pour chaque élément de la signature de $2n$

en gros si  tu  peux écrire sous forme de somme chaque élément de la signature alors il existe une décomposition possible

parce qu’il exits un entier qui aura cette signature,  attention je parle des éléments de la signature $<\sqrt{2n}$

ensuite il faut mètre cette approche ou  notion en perspective avec

Un entier pair $> 2$ est un nombre composé et tout nombre composé à un facteur premier inférieur ou égal à sa racine carrée
Démonstration : tout entier composé peut-être représente sous forme de rectangle ou de carré et donc à un nombre premier inférieur ou égal à sa racine carrée comme facteur.

Traduction pas de zéro dans la signature  en dessous $<\sqrt{2n}$ alors nombre premier, et maintenant  tu as la démonstration.

bon ensuite tu peux bricoler  quelque chose, pour ceux qui te demandent de faire un calcul, mais tu auras toujours des cas qui ne rentreront pas dans les clous, doux le paragraphe (cas a la con) mais le mécanisme et toujours le même

sinon le plus simple c'est de considère $n> 10 000 $

cdl remy

ps=$(n)mod(7)=5  ->0+5$ n'est pas considère comme une somme valide un nombre premier ne peut pas avoir de zéro dans sa signature

Zgrb

Aumeunier a dit :

Alors pour la  Conjecture de Syracuse un volontaire? ,je vais dire comme dab , Que dalle ...

Euh... personnellement je n'ai rien compris !

Aumeunier a dit :

la question: pourquoi quelle que soit n je tape le zéro

C'est à dire tu tape le zéro ?

Aumeunier a dit :

donc soit je produis une équivalence ou soit je dois pouvoir démontrer une équivalence.

Et donc ca c'est ta démo ?
Je suis désolé, mais il faut atterrir la !

raoul.S

https://les-mathematiques.net/vanilla/index.php?p=/discussion/comment/2358583/#Comment_2358583

@gebrane j'avais déjà créé un fil pour ça...

[Utilisateur supprimé]

non ,tout les entiers peuvent s’écrire sous cette forme

$1n_1+2n_2+(2\cdot3)n_3+(2\cdot3\cdot5)n_5+(2\cdot3\cdot5\cdot7)n_7+...$

donc

$(3(n/2)/2+1 )...=1n_1+2n_2+(2\cdot3)n_3+(2\cdot3\cdot5)n_5+(2\cdot3\cdot5\cdot7)n_7+...$

(écriture des entiers Syracusienne )$=1n_1+2n_2+(2\cdot3)n_3+(2\cdot3\cdot5)n_5+(2\cdot3\cdot5\cdot7)n_7+...$

par contre j'ai pas la moindre idée de ce que cela va donnée sauf que j'ai des sommes des 2 côtés.

cdl remy

lourrran

@gebrane
Pour tenter de démontrer que telle démonstration était fausse, j'ai pu 'caricaturer' une démonstration de tel ou tel shtameur, et dire :  hop hop hop, je fais comme toi, et je démontre tel résultat.

Par exemple, dans une démonstration de la conjecture de Goldbach faite par x ou y, la parité du nombre $n$ n'était utilisée nulle part, j'ai juste recopié la démo faite par l'individu, j'ai enlevé le mot 'impair' sur la première ligne, et j'ai donc démontré une conjecture beaucoup plus forte que la conjecture de Goldbach : tout entier (pair ou impair) peut s'écrire comme somme de 2 nombres premiers. 

Mais j'étais parfaitement conscient que c'était faux.   

Comme beaucoup de monde, j'ai cherché dans mon coin des démos de telle ou telle conjecture, mais je suis modeste, je suis totalement conscient de n'avoir pas  trouvé la moindre parcelle de début de piste. 

[Utilisateur supprimé]

quelque que soit n pair j'ai (n)mod(2)=0  -> 1+1

quelque que soit n impair j'ai (n)mod(2)=1 -> 0+1

 bip bip connerie il y a un zéro impossible de fabriquer 2 nombres premier  avec ce morceaux de signature

cdl remy

AD

Même dans shtam, est-il nécessaire de poursuivre cette "discussion" ?

Rémy ne fait que répéter la même chose.

On va arrêter là.

AD