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Constante de Goldbach

Modifié (10 Nov) dans Shtam
Bonjour,

Appelons "constante de Goldbach" la valeur $C_{G}$, si elle existe, de la somme des inverses des entiers strictement positifs $n$ (appelons un tel $n$ un "paria de Goldbach") tels que $2n$ n'est pas la somme de deux nombres premiers. La conjecture de Goldbach équivaut à $C_{G}=1$. Si $C_{G}$ est un nombre algébrique de degré $d$, $d$ divise-t-il le nombre total de facteurs premiers de tout paria de Goldbach ? 
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Réponses

  • Je commence sérieusement à me demander si tu ne fumes pas des choses pas très nettes avant de venir poser ce genre de questions ici. Tu y crois sérieusement ? D'où peut bien venir une telle supposition ?
  • Rassure-toi, je ne fume pas.
  • Quant à l'origine de la pléthore de questions qui me viennent à  l'esprit, je n'en ai aucune idée. Là l'idée est de voir le degré d'un nombre algébrique comme une dimension comme on peut interpréter de la même façon le nombre total de facteurs premiers d'un entiers. Et la conjecture de Goldbach impliquant que la constante considérée vaut $1$ donc est rationnelle donc algébrique de degré $1$, une telle généralisation n'est pas a priori incohérente.
  • Que veut dire " nombre total de facteurs premier de tout paria de Goldbach" ? 
    La patience est un plat qui se mange sans sauce.
  • C'est tout aussi cohérent que de supposer que la constante d'Euler-Mascheroni est de degré algébrique au moins $d$ s'il existe un dénominateur d'au moins $d$ dans le développement asymptotique de $H_n - \log n$ en puissances négatives de $n$ : ça s'appelle la numérologie.
  • Je vois Poirot, je regarde juste où ça nous mène !
    Donc la constante est soit rationnelle si il y a un nombre fini de nombres anti Goldbach ou il y en a un nombre infini et la on ne sait pas. Après j'ai pas compris la suite 
    La patience est un plat qui se mange sans sauce.
  • Modifié (9 Nov)
    Je viens de regarder ce qu'est la numérologie, c'est un peu n'importe quoi (enfin je dis peut-être des bêtises) mais ce n'est pas vraiment des maths.
    La patience est un plat qui se mange sans sauce.
  • Effectivement, RIEN à voir avec les mathématiques.
    504, c'est trop !

    J'affirme péremptoirement que toute affirmation péremptoire est fausse
  • Modifié (9 Nov)
    Il me semble que le degré d'un nombre algébrique, c'est sa mesure d'irrationnalité, non ?
    Pour le nombre total de facteurs premiers, est-ce-que ce ne serait pas l'ordre global de $\underset{k \to +\infty}{\lim}\text{ppcm}(n_1, ..., n_k)$ avec $n_k$ le k-ième anti-Goldbach, et s'il n'existe pas, $n_k = 1$ ?
    J'essaie de donner du sens, mais il faut avouer que c'est un peu confus...
  • La mesure d’irrationalité d'un algébrique irrationnel est $2$ (cf. théorème de Roth), pas grand-chose à voir avec son degré...
  • Modifié (9 Nov)
    C'est-à-dire ordre global ? Sinon je suppose que le degré d'un nombre algébrique et le degré minimal d'un polynôme à coef dans Z et qui a comme racine la constante (après tu as peut-être raison biblix ._.' )
    La patience est un plat qui se mange sans sauce.
  • Il faut exclure le polynôme nul, mais sinon c'est bien la définition. ;-)
  • Modifié (9 Nov)
    Oui, je me suis embrouillé tout seul avec le théorème de Liouville. L'ordre global de $n = \prod_{i=1}^{q} p_i^{\alpha_i}$ est $\sum_{i = 1}^q \alpha_i$.
  • Modifié (9 Nov)
    Donc ça suppose que tu as un nombre fini de pn, or notre constante est de degré algébrique est 1(rationnel) donc il se peut que sa conjecture soit vraie (tout est divisible par 1) Si son machin est fini et entier.
    La patience est un plat qui se mange sans sauce.
  • Modifié (9 Nov)
    C'est vrai qu'avec mon interprétation, sa conjecture devient idiote  :) . Je pense que cela doit être le $q$ (le nombre de facteurs premiers distincts) du ppcm à la place de l'ordre global. Mais du coup, produire la preuve ne me paraît vraiment pas évident...
  • Modifié (9 Nov)
    Sauf erreur si, vu que la conjecture dit que c'est divisible par 1, En gros la conjecture est resumé ainsi : 
    Si elle a du sens alors elle est vraie, 
    Si elle n'a pas de sens alors elle est fausse (avec un nombre infini peut-on parler de diviseur) ???
    La patience est un plat qui se mange sans sauce.
  • Modifié (9 Nov)
    Petit exercice pour que tu voies l'erreur : calculer le nombre de facteurs premiers distincts de $\text{ppcm}(p, p^{2^2}, p^{3^2}, ..., p^{k^2})$. En déduire sa limite quand $k$ tend vers l'infini et conclure avec la transcendance de $\sum_{k = 1}^{\infty} \frac{1}{p^{k^2}}$.
  • LEGLEG
    Modifié (10 Nov)
    @ Silvain :smile :
    Il n'existe pas de (Paria de Goldbach) , tu ne vois pas qu'il est impossible d'infirmer cette conjecture ?
    Utilise les congruences pour cribler (Paria de Goldbach = A) de 1 à n ; tel que $A\equiv{2n}[P]$ avec $P$ premier $\leqslant\sqrt{2n}$
    Prends $n = 100 ; 101 : 102:$ et pour $n = 103$ : si il y avait des (Paria de Goldbach) tel que $2n = 206$ n'était pas la somme de deux nombres premiers $(p+q)$.
    Quel en serait la conséquence, pour les limites $n$ précédentes  ?
    Tu  crois sérieusement que tous tes A = (Paria de Goldbach) < n = 103 , seraient tous congrus à 206 modulo P ?
    Le crible de Goldbach  : 
    a une propriété récurrente qui empêche l'infirmation de cette conjecture pour la limite suivante n+1 ... !
    Personne n'a étudié son principe de fonctionnement et sa propriété récurrente !
    Tu peux enterrer cette conjecture ! 
    :D:D:'(  
  • @LEG : Et en français, ça donne quoi ? 
  • LEGLEG
    Modifié (10 Nov)
    Bibix
    Réfléchis ! et cherche, peut être que tu finiras par comprendre si tu te crois aussi malin !
    [Inutile de reproduire le message précédent. AD]
  • Modifié (10 Nov)
    C'est vrai, Bibix, que c'est parfaitement clair dans la tête de Leg. Malheureusement, seulement dans sa tête.
    "Ce qui se conçoit bien s'énonce clairement" (Nicolas Boileau).
  • LEGLEG
    Modifié (10 Nov)
    Ça y est la cavalerie arrive à la rescousse ... :smiley:
     Si vous ne savez pas cribler les entiers naturels $A$ de 1 à 100 en utilisant les congruences, afin d'indiquer les $A\not\equiv{200}[P]$ pour définir quel $A$ est un ""paria"" ou pas de Goldbach...
    Ou, j'espère au moins, que vous savez cribler les multiples de $P\leqslant\sqrt n$ pour définir quel $A=p$ premier $<100$ selon le principe d'Ératosthène, ce qui n'apporterait rien de plus... Si on ne les crible pas de 1 à n en utilisant les congruences, comme indiqué ci dessus.
    Peut-être qu'il vous faut retourner réviser la propriété des congruences ...
    C'est vous les soi-disant profs de Maths !
    Si vous n'êtes pas capable d'analyser une propriété élémentaire, abstenez vous ... ! Même écrite par un amateur ...
  • Modifié (10 Nov)
    Quand tu arrêteras de parler pour toi, que tu essayeras de communiquer clairement (tu le faisais, au début, mais comme on te montrait que tu faisais des erreurs, tu as complexifié ton expression), on pourra essayer de te lire. Pour l'instant, tu rédiges en poney.
  • LEGLEG
    Modifié (10 Nov)
    Ça c'est ta façon de te défiler !
    T
    rouve une erreur dans cet algorithme de Goldbach, si tu en es capable bien sûr ... !
    Tu n'as pas été foutu de démontrer l'égalité élémentaire que je vous avais indiquée.
    Je te la rappelle.
     Si pour la limite $n = 102$ un entier  $A$ impair, premier ou pas et tel que $A\not\equiv{204}[P]$ (défini un peu plus haut)
    Précède un entier $A+2$ premier.
    Ce $A+2$ vérifiera la conjecture pour la limite suivante $n = 103$ , donc $2n = 206$ est somme de deux premiers $((A+2) + q)$ ...
    Votre réponse à toi et ta cavalerie : ta démonstration sera fausse ! Alors que c'était d'une évidence élémentaire ! il a fallu que je vous l'indique !
    C'est facile, crible les $A$  impair pour faciliter, utilise les congruences pour la limite $n =100$, puis 101,  102 et ensuite $n = 103$ et analyse ce qui se passerait, quelle conséquences on trouverait dans les limites précédente $< n =103$ ???
     S'il n'y avait que les parias de ""Sylvains"" c'est-à-dire $2n = 206$ n'a pas de solutions !!!
    Tu en es capable ?
    Pourtant je vous est démontré la propriété récurrente de cet algorithme de Goldbach que personne n'a été fichu de construire !
    ["Alors qu'au départ c'était pour montrer que le nombre de nombres premiers entre $n $ et $ 2n$ n'était qu'une conséquence élémentaire du TNP et était équivalent à $\frac{n}{\ln 2n}$  lorsque $n$ tends vers l'infini.
    @Poirot m'avait fait la remarque, que je ne le démontrait pas ...
    Ce que lui a fait et que le postulat de Bertrand n'apportait rien dans cet intervalle ...etc."]
    Ce n'est pas le résultat que l'on analyse mais son principe de fonctionnement sa propriété et ses conséquences si la conjecture était fausse !!!
    La démonstration crève les yeux depuis plus de 2 siècles !
    C'est le même principe que la descente infinie utilisé par P de Fermat.
    La même idée absurde que si tu disais : $P_{n+1}$ est divisible par un nombre premier $P<P_{n+1}$, où  $P_n$  est le produit de tous les nombres premier $P_1P_2P_3\cdots P_n$   et donc il y a un nombre fini de nombres premiers ... !
    Passez une bonne journée !
  • Bonjour,

    Quel charabia!! Leg, ce que tu écris est incompréhensible!!

    Cordialement,
    Rescassol

  • LEGLEG
    Modifié (10 Nov)
    @Rescassol
    Tout comme ton intervention ! Qui prouve que tu ne sais pas utiliser les congruences pour cribler les entiers naturels $A$ de 1 à n ... car trop incompréhensible pour toi ... C'est quand même curieux pour un Matheux de ton niveau...
    On va essayer de faire comme en 6ème ...
    Si pour la limite $n = 10$, $2n = 20$, l'entier $A = 5$ est congru à  2n modulo  P, $P = 3$.
    Que peut-on dire sur son complémentaire par rapport à $2n = 20$ que c'est du charabia... ?
    Que l'on ne peut pas savoir si c'est un multiple de $P$ ou pas, sans avoir besoin de le vérifier, que c'est incompréhensible... ?
    Pour la limite suivante $n + 1 = 11$, $2n = 22$.
    Que peut-on en déduire sur son prédécesseur $A - 2 = 3$ et sur son successeur $A +2 = 7$  qui étaient congrus ou pas à 2n Modulo P ?
     Et donc : qu'en sera-t-il de $A = 5$ et $A = 7$ pour cette limite suivante $n +1$ donc $2n = 22$  seront-ils congrus ou pas ?  Pourquoi ?
     Et sur leurs complémentaires, sont-ils divisibles par $P$ ou c'est du charabia ... ?
     Parce que vous êtes incapables de comprendre une égalité élémentaire que vous avez tous appris ... ?
    Quel constat peut-on faire sur ces congruences lors de la limite suivante $n+1$ : Il faut les recalculer ? Leurs propriétés ont disparues ? 
        (" Ben oui, peut-être au fond de la classe avec les cancres  :D  ")
    Réponse probable vue ton intervention : on n'en sait rien, c'est du charabia, les congruences sont incompréhensibles  :'(. Tout comme l'algorithme de Goldbach !
     Et vous vous étonnez que le niveau des Maths baisse en France  :D  :D  :D.
    Bonne continuation ; les Shtam sont faites pour vous, à moins que peut-être : c'est pour vous donner l'espoir de vous croire intéressant ... et venir y pêcher du réconfort ...
     ... Heureusement que je n'ai pas appris les Maths ...  :D ; car j'aurais sûrement eu, probablement l'imagination bridée.
          Cordialement. 
  • Modifié (10 Nov)
    LEG a dit :
    Si pour la limite $n = 10$
    [...]
    Pour la limite suivante $n + 1 = 11$  , $2n = 22$ .
    Pour toi, limite est synonyme d'entier naturel ?
  • Charabia amphigourique, sibyllin et alambiqué.

    Avec un peu de chance, moi aussi, je vais me faire insulter  :D
    504, c'est trop !

    J'affirme péremptoirement que toute affirmation péremptoire est fausse
  • Modifié (10 Nov)
    Bonjour,

    > Heureusement que je n'ai pas appris les Maths ...  

    Ça, ce n'était pas la peine de le dire, ça se voit.
    Bon en gros, tu commences par tout un baratin pour dire que $5=2\space [3]$ et $20=2 \space[3]$.
    La suite à l'avenant.
    Bon, je ne faisais que passer ... Tout ça n'est pas très important.

    Cordialement,
    Rescassol

  • @LEG

    Je pense que tu as raison, mais pour moi la limite $n = 30$ modulo $P$ est la clef de l'algorithme de Goldbach. En fait ça se voit en dérivant le crible d'Eratosthène par rapport à la limite $n$ (en sautant bien évidemment les parias qui vérifient $n \leq \sqrt{P}$ )

    La démonstration du théorème de Goldbach en devient l'évidence même mais bon comme on dit
    "Le mathématicien est un aveugle dans une pièce noire cherchant à voir un chat noir qui souvent n'est pas là."

    Parfois je me dis que seuls des amateurs peuvent résoudre ce type de conjecture. Les mathématiciens sont trop plongés dans leur bouquins, ils ne prennent pas de hauteur sur les choses et ne sortent pas des sentiers battus
  • La démonstration crève les yeux

    Moi je n'ai pas ce problème, j'y vois toujours très clair. Par contre, effectivement, certains n'ont plus leurs 5 sens.

  • Modifié (10 Nov)
    Pour la question d'origine plus intéressante que cette digression, je pense qu'on devrait commencer par chercher une série d'inverses d'entiers qui converge vers un nombre algébrique de degré $d \geqslant 2$. J'ai pensé au développement de Taylor de la racine carré, mais je n'arrive pas à obtenir l'inverse d'un entier comme terme général de la série...
  • Modifié (10 Nov)
    Un moyen simple : on prend le réel positif que l'on veut puis on commence par 1, si on peut l'ajouter dans que ça dépasse on le met puis on fait pareil avec 1/2, 1/3, ect etc.
    [etc. est une abréviation du latin "et cætera". AD]
    La patience est un plat qui se mange sans sauce.
  • Bibix a dit :
     je pense qu'on devrait commencer par chercher une série d'inverses d'entiers qui converge vers un nombre algébrique de degré $d \geqslant 2$.
    Il existe le développement d'Engel mais il ne donne pas de formule explicite sauf exception. Pour $\sqrt 2$ voir l'OEIS.

  • Oui, je cherchais quelque-chose de plus facile à exploiter...
  • Modifié (10 Nov)
    Il existe d'autres développement que les séries de Engel :

    En particulier les pages 17 à 23 qui incluent les algorithmes pour trouver la suite pour un réel donné et les pages 40 à 42
    504, c'est trop !

    J'affirme péremptoirement que toute affirmation péremptoire est fausse
  • LEGLEG
    Modifié (10 Nov)
    @noobey
    Pourquoi  utiliser le crible d'Ératosthène, tu n'en as pas besoins ...! Seul l'algorithme de Goldbach est utile , tu n'as même pas besoins de sauter les ""parias""

    @JLapin
    Pas du tout , je pensais que c'était la limite de ta réflexion ... :D.

    @Rescassol
    Rassure toi je n'ai eu nul besoins de cette propriété : si $A$ et $2n$ partage le même reste $R$ par $P$, il est connu depuis des lustres que $P$ divise la différence $2n - A$  et alors ...? C'est ça ta réponse aux questions ... donc effectivement c'est plus facile de passer.
    Cordialement

    @"Médiat_Suprème"
     Peut-être que tu n'en vaut pas la peine  :D  :p  , insiste un peu plus ...  :D  :D  :D.
  • Ah là là quel monceau d'inepties n'ayant rien à voir avec les mathématiques, shtam est trop bien pour vous.
    504, c'est trop !

    J'affirme péremptoirement que toute affirmation péremptoire est fausse
  • Modifié (10 Nov)
    Merci pour l'info. On a quand même des séries bizarres qui converge vers des quadratiques comme:
    $$\sum_{n\geq0}\frac{1}{F_{2^{n}}}=\frac{7-\sqrt{5}}{2},$$ où $F$ désigne les nombres de Fibonacci. Voir par exemple ici pour une référence.
  • Tous les chemins mènent au nombre d'or.  En particulier les chemins de Fibonacci.
    Et là, en retirant les 2 premiers termes, on doit être tout près du nombre d'or.
  • Le problème de cette "somme de Fibonacci", c'est que le ppcm devient divisible par n'importe quel facteur premier à partir d'un certain rang, donc on est dans le cas où la conjecture n'a pas de sens. J'aimerais trouver un cas où la conjecture a du sens (ppcm avec un nombre de facteurs premiers distincts borné). Est-ce possible de trouver un tel exemple explicite dans la miriade de sommes de séries connues ?
  • Modifié (12 Nov)
    On peut aussi utiliser la représentation binaire comme $$\sqrt{2}-1=\sum_{n\geq1}\frac{1}{2^{a(n)}} ,$$ avec a la suite a=A092855 
  • Modifié (16 Nov)
    Bonsoir
    Est-ce quelqu'un d'entre vous peut m'aiguiller ? Je veux poster une démonstration de la conjecture forte de Goldbach et j'aimerais savoir tous les détails à suivre pour le faire et merci. 
    Cordialement. 
  • Bonsoir, 
    Ta preuve fait combien de pages 
    -------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
    Citation :  Je suis Jack 
  • Je connais la conjecture de Goldbach, mais je ne connais pas sa version forte.
  • LEGLEG
    Modifié (16 Nov)
    Bonjour  :D
    Il fait sûrement référence: conjecture de Goldbach et conjecture faible de Goldbach , donc la première est plus forte   :D.
    Le nombre de pages indiquerait-il qu'une démonstration est vraie ?  Je vois que les séries ...bizarres et autres, n'ont pas été très loin  :D.
    Chercher l'erreur.
    Pour infirmer la conjecture de Goldbach à une limite $2n > 6$, il faut que tous les restes $R$ de la division euclidienne de $2n$ par $P$, avec $P\leqslant\sqrt{2n}$ premier, soient égaux à $0$ dans l'algorithme de Goldbach. Bon amusement, d'autant qu'il n'y a pas besoin de beaucoup de pages, ni d'utiliser les séries inverses...  :D.
  • Modifié (16 Nov)
    Bonjour,
    La première chose à faire est de l'écrire en LateX, il existe des tutoriels sur Internet pour voir comment faire.
    Ensuite, il faut aller te renseigner (si tu ne l'as pas encore fait) sur les avancées récentes sur la conjecture de Goldbach et identifier l'idée dans ta preuve qui diffère de celles des professionels ce qui expliquerait que tu aies réussi là où tous les autres ont échoué. 
    Enfin, tu cliques sur "nouvelle discussion", catégorie Arithmétique ou Shtam selon ton niveau de confiance envers ta preuve puis copie-colle ton texte LateX en précisant la fameuse idée originale et clique sur "publier".
  • Si tu as une démonstration,
    Etape 1 : tu relis, et tu cherches les erreurs. 
    Tant que tu ne trouves pas d'erreur, tu boucles sur l'étape 1.
    Si tu trouves une erreur, tu la corriges, et tu retournes à l'étape 1.
  • Modifié (16 Nov)
    Je ne me rappelle plus @LEG tu l'avais montrée ou pas la conjecture de Goldbach ?
  • @LEG Kesako "algorithme de Goldbach"? Je veux bien m'amuser mais encore faut-il avoir le jouet.
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