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Constante de Goldbach

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Réponses

  • Modifié (21 Nov)
    Bonjour @engeneermath
    Ce que tu appelles la contraposée de la conjecture , en fait c'est la négation.
    Il y a une faute irrécupérable dans ton raisonnement, je rappelle ton hypothèse S2  $∀ p_i ∈ P_n $, $p_1 < n-p_i < p_m$ :
    Tu as prouvé que cette hypothèse est fausse, donc il existe $j\in \{1,...,m\}$ ( tu as compliqué pour rien la notation de ce $j$ par $j/n$ )  tel que $n-p_j > p_m$  ( tu as prouvé que le cas $n-p_j\leq  p_1$ est impossible). Mais ce $j $ par malheur peut être égale à $m$ et donc ce $p_{j}=p_m$ tu ne peux pas lui trouver un successeur que tu as noté par $p_{{j/n}+1}$
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    Citation :  Je suis Jack 
  • Bonsoir gebrane,
    Tu as tout à fait raison, j'ai corrigé cette erreur en retirant aussi 1 comme nombre premier comme vous avez remarqué vous et LEG.
    Veuillez trouver donc ci-jointe la démonstration rectifiée et merci.
  • LEGLEG
    Modifié (27 Nov)
    Julia Paule a dit :
    Il me semble que @LEG se convainc lui-même parce que cela marche à chaque fois, et qu'il est persuadé qu'il va rester des nombres premiers parce qu'il le constate à chaque fois, mais les simulations ne constituent pas une preuve mathématique. J'en resterai là.
    Entièrement faux !les simulations avaient pour but, de te faire comprendre l'effet récurrent de l'algorithme  c'est tout ! Tu l'interprètes différemment ça te regarde. les questions que je t'ai posées te feront peut être comprendre l'effet inverse de l'algorithme.
    Ce que je dis suite au principe récurrent du décalage d'un rang des congruences sur leur successeur immédiat, aura aussi l'effet inverse !

    On sait que pour tout 2n décomposé en somme de deux premiers, il vient que par l'effet récurrent de l'algorithme, cet entier 2n indique immédiatement le nombre de 2n +2,+4+...+k qui se décomposeront en somme de deux nombres premier, ce qui repousse à chaque fois plus loin la limite des entiers 2n+k = p+q.
    Ce qui correspond à ce qui a été "démontré" qu'il existe obligatoirement un entier X = 2n, à partir du quel la conjecture est vraie, sinon l'effet inverse serait une contradiction à cette conjecture vraie, car tout entier 2n+2 dépend de la décomposition de ces prédécesseurs sinon.

    Conséquences immédiate, si on suppose qu’il existe un entier X = 2n+2, qui ne se décompose pas en somme de deux nombres premiers, il est alors évident que le nombre de solutions à partir de l’entier 2n = Y va aller en diminuant; pour atteindre l’entier X = 0 solutuion. Il en serra de même du nombre de nombres premiers q∈[n,2n] il n'en restera qu'un seul.
    1) Ce qui prouverait que cette supposition, d'une conjecture Fausse est vraie !
    2) Et que le nombre de nombres premiers
     $q\in[n;2n] = 0$ au point X.

  • LEGLEG
    Modifié (22 Nov)
    engeneermath
    Dommage pour moi je comprends seulement ton principe de démonstration. Pas assez compétent, pour infirmer ta démonstration, 
    Je retiens un seule point c'est la fin de ta conclusion on retombe effectivement :

    décomposables car p m+1 (n) < p m (n) + p ju/d et donc n < p m+1 (n) < n 0 , on retombe alors au point précédent., et on ne peut continuer de la sorte indéfiniment.

  • Modifié (22 Nov)
    @LEG Encore une fois, tu le constates dans tes simulations, mais tu ne le démontres pas. Encore une fois, des simulations, autant qu'on veut, ne sont pas une démonstration. Tes arguments ne sont pas convainquants. Il faudrait démontrer qu'il reste des nombres premiers, et pas seulement le constater dans des simulations.
    Remarque : tu pourrais simplifier tes explications en disant simplement qu'on élimine tous les impairs congrus à $2n$ modulo un nombre premier compris entre $3$ et l'entier immédiatement supérieur à $\sqrt{2n}$. Il ne restera que des impairs non congrus à $2n$ modulo un nombre premier suffisamment grand, donc dont la différence avec $2n$ n'est divisible par aucun nombre premier (sauf lui-même) donc qui est premier. L'idée est bonne, mais encore faut-il qu'il reste des impairs premiers, et ça, rien ne le dit, même si on en a une forte présomption.
    Crois-moi que si cette démonstration marchait, elle aurait été trouvée depuis des lustres par des mathématiciens chevronnés, ils ne t'ont pas attendus. Donc le jeu, devant une démonstration aussi simple, est de trouver la faille, et elle est trouvée. :)
  • Modifié (22 Nov)
    @Julia Paule. Je répète, ce n'est pas à lui de le démontrer mais c'est à nous (qu'on se considère comme des matheux)  de le  prouver ou nier. Je te rappelle une petite histoire des physiciens, Heaviside (et autres)  faisait un calcul admis par ces collègues électroniciens mais incompris par les mathématiciens, aucun matheux ne lui a dit de trouver un bon cadre mathématiques pour justifier rigoureusement ces calculs, L Schwartz a regardé leurs sur la fonction de Heaviside et Dirac  et a crée les distributions, de ce fait il a éclairé les mystères de la fonction de Heaviside et de Dirac utilisées par les électroniciens 
    -------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
    Citation :  Je suis Jack 
  • Pour chaque entier $n$ pair, calculons le nombre de décompositions en somme de 2 premiers. Notons ce nombre $Q_n$
    Il y a certains entiers $n$ pour lesquels $Q_n < Q_{n-2} - 1000$
    Mais ça, ça ne semble pas déranger LEG
    Il nous explique que ce nombre ne peut varier que dans des proportions infinitésimales, et le fait que ce postulat soit faux ne le dérange pas. Il a décidé que ce postulat était exact, et il appuie sa démonstration dessus.
  • @lourrran

    Mais quelle mauvaise foi, quelle importance d'en perdre 1000 du moment qu'il en reste, et tu n'as pas prouvé qu'il n'en reste pas, ne serait-ce qu'une fois.

    Bon, ça, c'est une des réponses possibles de LEG, j'espère qu'il ne fera pas pire. 
    504, c'est trop !

    J'affirme péremptoirement que toute affirmation péremptoire est fausse
  • LEG a dit :

    Il en serra de même du nombre de nombres premiers q∈[n,2n].

    Pourrais-tu détailler ce point en particulier ?

    @engeneermath : page 3, tu écris que $$\forall i, \exists ! (p_{i1}, p_{i2}), \quad p_{i1} < n - p_i < p_{i2}.$$
    Tu en déduis que $n - p_{i2} < p_i < n - p_{i1}$. Mais cela ne veut pas dire que pour tout couple $(p_{i1}, p_{i2})$ de nombres premiers successifs, il existe $p_i$ tel que $n - p_{i2} < p_i < n - p_{i1}$ (contrairement à ce que tu affirmes ensuite).
  • Modifié (22 Nov)
    Finalement, l'algorithme de @LEG, au lieu d'appliquer le crible d'Eratosthène sur les entiers de l'intervalle $[0,n]$, il l'applique simplement sur les entiers de l'intervalle $[n,2n]$, car en éliminant les impairs $p$ tel que $p \equiv 2n \pmod P$, $P$ premier, $3 \leq P \leq \sqrt{2n}$, il élimine en fait les $q=2n-p \equiv 0 \pmod P$, donc tous les multiples dans $[n,2n]$ des nombres premiers suffisamment grands, pour ne conserver que les nombres premiers dans cet intervalle.
    Alors autant plus simplement appliquer le crible sur les entiers de $[0,n]$, pour ne conserver que les premiers $p$ dans cet intervalle, examiner leur complémentaire $q$ à $2n$, et ne conserver que les couples $(p,q)$ tels que $p$ et $q$ sont premiers. Les choses sont faites plus directement, et on voit bien qu'il n'y a aucune raison (en tout cas @LEG ne le prouve pas mathématiquement) qu'il existe un tel couple.
    @gebrane, c'est à lui de nous convaincre. Mais en fait, il a l'air de dire qu'il veut simplement trouver avec son algorithme les solutions à $2n=$ somme de deux nombres premiers.
  • LEGLEG
    Modifié (30 Nov)
    [Inutile de recopier l’avant dernier message. Un lien suffit. AD]
    Re : on suppose la conjecture fausse , 
    donc il est clair qu'à partir d'un entier $2n=p+q$, le nombre de décompositions va décroître pour satisfaire cette supposition .
    Il est évident qu'il y aura de moins en moins d'entiers premier A'=p' non congru à 2n modulo P , implique de moins en moins en moins de décomposition de 2n en somme de deux nombres premiers, qui  implique de moins en moins de $A' = p'\not \equiv{2n} [P]$.

    Il existe donc un entier X =2n  qui ne se décompose pas en somme de deux nombre premier , résulta immédiat, le nombre de nombre premier q de n à 2n va chuter de sorte qui'au point X , il n'en reste qu'un. puisque l'on sait qu'il y en a toujours , ce qui est même montre par l'algorithme et sa propriété inverse.

    On peut parfaitement simuler cette décroissance , ainsi  que cette décroissance de solutions ...!

    Il est tout aussi évident que cet entier X est difficile à trouver sauf par simulation avec l'algorithme dans les deux sens , du fait de sa propriété récurrente, tout entier 2n+2 dépend des décomposition précédente suite au décalage d'un rang des congruence.
    autrement dit la ligne n+v dépend des lignes inférieur qui on vérifiées la conjecture.

     je suppose qu'à partir du point $k = 2n =p+q = 600$ ce nombre de décompositions va chuter .e

    si à la ligne L1 au rang n , il y a un 0

    et que pour la ligne L+1 au rang n+1 ,il y a un 1, on le remplace par 0 vue que l'on va vers une conjecture fausse; et inversement à double effet récurrent;

     si sur la ligne L+1 , au rang n il y a un 0 on remplace le 1 du rang n-1 de la ligne L-1  et  on remplace toute la diagonale inverse en remontant de la ligne L-1 du rang n-1 , puisque c'est la ligne L+1 qui dépendes des lignes L-n

    teste fait avec la famille 30k+7 et en parallèle  l'Algorithme d'ÉRATOSTHÈNE,

    1)
    AFIN DE VISUALISER À QUEL MOMENT LA CONJECTURE DEVIENT FAUSSE

    2) mais 
    L'INCIDENCE DU NOMBRE DE NOMBRE PREMIER $q\in[n;2n]$ qui a été comptabilisé , lors des décompositions inférieur
    , sans que cela ne vous dérange...qui ne correspondrait plus ...Miracle.

    3) la conjecture devient fausse à 2n = 830 , ça ne gène pas de voir que certains entiers 2n inférieur à 830 , ne vérifient plus la conjecture que vous avez pourtant vérifiée au par avant ?

    Moralité , on peut la supposer fausse sans ce cassé la tête ... puisque l'on préfère rester dans le vague.

    C'est d'ailleurs dommage que la conjecture ne soit pas fausse à $4*10^{18}$, car le dégât que cela occasionnerait sur la répartition des nombres premiers, en générale  et pas seulement entre $n$ et $2n$ car vous n'avez sûrement pas vue qu'ils  se décalent de $2n$ vers $n$ ; ainsi que sur les zéro de Riemann .

    le seule qui va s'éclater c'est Bertrand qui vous enverra un SMS en disant je vous l'avec bien dit , qu'il ne peut en rester qu'un  :D:D:D .

    Merci @gebrane ; pour ta remarque évidente, ce n'est pas à moi d'établir cette démonstration , je vous ai fourni l'outils que personne n'a trouvé !
    et dont certain on peur de toucher et d'analyser .

     je ne répondrai que par message ... car certain se croient imbu de leur savoir.. sans être capable de venir à bout de cette conjecture élémentaire.
    Je laisse quand même les programme du pdf, car certain qui regardent ce sujet , ne sont pas aussi bornés, et les programme peuvent les intéresser.

    Sur ce... bon après midi et bonne lecture.
  • Modifié (22 Nov)
    [Inutile de recopier un message présent sur le forum. Un lien suffit. AD]
    Merci bien pour ton opinion LEG.
    Pour le dernier point, je reformule cette conclusion: quelque soit le nombre premier p que je prends( donc indéfiniment ) alors tous les nombres pairs  supérieurs à p et successifs un par un jusqu'au nombre pair p+pju/d (Voir l'ordre de grandeur de pju/d) sont décomposables.
  • Modifié (22 Nov)
    [Inutile de recopier un message présent sur le forum. Un lien suffit. AD]
    Merci pour ton retour Bibix:
    Comme mentionné dans la démonstration rectifiée que j'ai envoyée aujourd'hui même, j'ai deux cas.
    Cas1: les nombres pairs de la forme pm+1 si on les suppose non décomposables j'ai démontré alors que pour tout couple de nombres premiers successifs il existe effectivement un pi tel que       n-pi2<pi<n-pi1.
    Cas2: pour les autres nombres pairs autre que pm+1 si on les suppose non décomposables alors il existe un pj/n tel que quelque soit pi1 et pi2 entre pj/n et pm il existe un pi tel que n-pi2<pi<n-pi1 
    (autrement dit chaque n-pi figure dans un et un seul intervalle constitué par ces nombres premiers, entre pj/n et pm: voir démonstration et illustration).
  • LEG a dit :
    je ne répondrai que par message ... car certain se croient imbu de leur savoir.. sans être capable de venir à bout de cette conjecture élémentaire.
    L'hôpital... la charité... . 
  • LEGLEG
    Modifié (22 Nov)
    Julia Paule a dit :
    Finalement, l'algorithme de @LEG, au lieu d'appliquer le crible d'Eratosthène sur les entiers de l'intervalle $[0,n]$, il l'applique simplement sur  l'intervalle $0,n$  :)et idem pour Goldbach et pour cause , je me fous de ce qui se passe  dans l'intervalle [n,2n].
    Regarde la différence entre les deux algorithmes modulo 30 et tu comprendras !
  • Modifié (22 Nov)
    @LEG
    Tu as des programmes qui font des tas de calculs. Très bien.
    Je t'invite à regarder le nombre de décompositions de $1024$ (c.a.d. $2^{10}$), que tu pourras comparer au nombre de décompositions de $1022$ ou $1026$.
    Et tu pourras faire la même chose pour $2046, 2048, 2050$  puis $4094, 4096, 4098$  etc

    Quand tu dis : il est clair que   ou il est évident que ... et que la suite de la phrase est fausse ...
    Tout ce que tu montres, c'est que tu n'as strictement rien pipé de la mécanique de Goldbach. 
    Dommage pour quelqu'un qui affirme tout et n'importe quoi avec autant d'assurance.

    @Engeneermath
    LEG est convaincu qu'il a démontré cette conjecture, depuis déjà de nombreuses années.
    Soit il est compétent, et dans ce cas, sa démonstration serait valide et ta démonstration arrive après la bataille.
    Soit il est incompétent, et le fait qu'il soit le seul à croire en ta démonstration est un indice qui devrait t'alerter.

    Je te rassure, la première hypothèse est purement  rhétorique.

  • Modifié (22 Nov)
    lourrran
    Pour croire ou non à une démonstration il faut prendre la peine de la décortiquer pour la confirmer ou l'infirmer bien sûr preuves à l'appui, et non pas par simples pressentiments et merci.
    [Inutile de reproduire le message précédent. AD]
  • engeneermath a dit :
    j'ai démontré alors que pour tout couple de nombres premiers successifs il existe effectivement un pi tel que       n-pi2<pi<n-pi1.
    Ben justement, je te dis que tu ne l'as pas démontré. Tu as démontré que pour tout pi, il existe un couple de nombres premiers successifs tel que ... . L'inversion des quantificateurs n'est pas triviale.
  • LEGLEG
    Modifié (27 Nov)
    lourrran a dit :
    @LEG
    Je t'invite à regarder le ...
    Je te renvoie l'ascenseur, je t'invite à regarder les deux tableaux de résultat du programme, page 4. Ainsi que Tes $2^{12}$ que tu compares  ou mes tableaux, c'est de la poudre au yeux de quelqu'un qui n'a strictement rien compris, de l'effet récurrent de cette conjecture suite à la propriété récurrente de l'algorithme de Goldbach "ascendant" ou "descendant".
  • @engeneermath
    En introduction de ta démonstration, ce serait bien de mettre un plan.
    Je rédige (approximativement) ce plan, n'hésite pas à le corriger si j'ai mal suivi :

    Supposition 1: Il existe un entier naturel pair qui n’est égal à aucune somme de deux nombres premiers

    Nous allons prouver que cette supposition amène à une contradiction.

    Nous avons 2 hypothèses à explorer :

    Hypothèse 2 : $\forall p_i \in P_n , 1 < n-p_i < p_m$

    Hypothèse 3 : $\forall p_j \in P_n , n-p_j > p_m$

    Et dans ces 2 cas, tu montres qu'il y a un problème.

    C'est bien ça ?

  • Modifié (22 Nov)
    Leg, tu sais il ne suffit pas d'observer pour démontrer, même si tu vérifies jusqu'au nombre de gram, ça ne voudra absolument rien dire, dans ta logique la conjecture de Goldbach est vraie car on a vérifié jusqu'à beaucoup et ça marche... Sauf que ça ne marche pas comme ça (pas vrai Mertens ?)... Les maths sont une science exact à inverse des autres sciences...
    La patience est un plat qui se mange sans sauce.
  • Modifié (22 Nov)
    [Inutile de recopier l’avant dernier message. Un lien suffit. AD]
    Oui Lourrran 
    mais l'hypothèse3 s'écrira comme suit :  ∃ des pi tel que n-pi < pm et ∃ des pi tel que n-pi > pm.
  • Pourtant, je ne fais que recopier ton document. 
    Je suppose que tu corriges, parce que maintenant que le plan est écrit clairement, tu t'aperçois que le plan est incomplet/incohérent.
  • Modifié (22 Nov)
    Mais si Bibix, je m'explique:

    pour le cas1: n=pm+1

    j'ai m nombres de pi :  p1 à pm,
    j'ai aussi m nombres n-pi,
    J’ai m-1 intervalles [pi ; pi+1] entre p1 et pm,
    En excluant n-pm qui est égal à 1, j’ai donc m-1 nombres n-pi et comme deux n-pk différents ne se trouvent jamais sur le même intervalle alors pour chaque intervalle [pi ; pi+1] (au nombre de  m-1) correspond un et un seul n-pk( au nombre de m-1) autrement dit pour chaque couple de nombres premiers successifs il y a un pi  tel que n-pi est compris strictement dans cet intervalle.

    pour le cas 2: les autres nombres pairs autres que pm+1

    au lieu de p1 on va débuter avec pj/n
    j’ai m-j + 1 nombres  pi
    en excluant n-pj/n qui est supérieur à pm,  j’ai aussi m-(j+1)+1=m-j nombres n- pi qui correspond au même nombre d’intervalles [pi ; pi+1] entre pj/n et pm  et donc de même comme deux n-pk différents ne se trouvent jamais sur le même intervalle alors pour chaque intervalle [pi ; pi+1] (au nombre de  m-j) correspond un et un seul n-pk autrement dit pour chaque couple de nombres premiers successifs entre pj/n et pm il y a un pi  tel que n-pi est compris strictement dans cet intervalle.
  • engeneermath a dit : 
    et comme deux n-pk différents ne se trouvent jamais sur le même intervalle.
    C'est ceci que je ne comprends pas. Tu pourrais le démontrer sans sauter des étapes ?
  • Modifié (22 Nov)
    Bibix
    Car si deux n-pk(n-pk1 et n-pk2) se trouvent sur le même intervalle de nombres premiers successifs  ]pi ; p(i+1)[ on n’aura pas n-pk2 < pi < n-pk1 puisque il n'y a pas de nombre premier entre pi et p(i+1).
    [Inutile de reproduire le message précédent. AD]
  • Modifié (22 Nov)
    [Inutile de recopier un message présent sur le forum. Un lien suffit. AD]

    D'accord je reformule ce que tu as proposé comme plan avec mon principe de départ:

    Supposition 1: Il existe un entier naturel pair qui n’est égal à aucune somme de deux nombres premiers.

    Nous allons prouver que cette supposition amène à une contradiction.

    Nous avons 2 hypothèses à explorer :

    Hypothèse 1 : ∀pi∈Pn, 1<n−pi<pm, cette hypothèse nous emmène comme mentionné dans la démonstration à une contradiction donc cette hypothèse est fausse.

    Ce qui nous conduit à sa négation :   ∃ pj/n ∈ Pn tel que n- pj/n≤p1 ou n- pj/n≥pm qui 

    n’est plus une hypothèse puisqu’elle est vraie sous la supposition 1. 

    Sous cette négation, il y a l’hypothèse 3( je dirais plutôt 2) que tu as mentionné ∀pj∈Pn ,  n−pj>pm, hypothèse dont on a aussi démontré la non véracité.

    Et alors j’ai continué la démonstration avec la négation de l’hypothèse 1 puisque c’est elle qui est vraie, négation qui a aboutit à deux cas.

    D'autre part, je ne vois aucun inconvénient à ce que j'améliore cette démonstration par des points logiques et pertinents, je crois que ça fait partie des principes des forums.
  • Modifié (22 Nov)
    Bonsoir gebrane,
    En complèment au dernier rectif, j'ai aussi corrigé la contraposée par la négation,
    Oui je comprends que la notation pj/n est facultative mais je l'ai utilisé seulement pour le spécifier à n car j'ai aussi utilisé pj/n1 pour n1, pj/n2 pour n2.
    Bonne réception et merci.
    [Pourquoi ne tiens-tu pas compte des recommandation que l'on te fait ?
    Inutile de recopier un message présent sur le forum. Un lien suffit. AD]

  • Modifié (22 Nov)
    on n'aura pas n-pk2 < pj < n-pk1 (pj au lieu de pi).
    [Inutile de recopier un message présent sur le forum. Un lien suffit. AD]
  • Tu n'as pas répondu à ma question, si ce $p_{j/n}=p_m$ quel sens donnes tu à son successeur $p_{j/n +1}$
    Change la notation avec j/n 
    -------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
    Citation :  Je suis Jack 
  • Modifié (23 Nov)
    engeneermath a dit :
    on n’aura pas n-pk2 < pi < n-pk1
    Mais cela n'entre pas en contradiction avec le fait que pour tout $p_i$, il existe un unique couple $(p_{k_1}, p_{k_1 + 1}) \in P_n^2$ tel que $n - p_{k_1 + 1} < p_i < n - p_{k_1}$. On pourrait très bien se retrouver avec par exemple $(n - p_{m-2}, n - p_{m-3}) \in ]p_9,p_{10}[^2$, aucun $n - p_k$ dans $]p_{10}, p_{11}[$, puis $n -p_{m-4} \in ]p_{11}, p_{12}[$...
  • Modifié (23 Nov)
    engeneermath, pour avoir un lien sur un message, clique droit sur la date ou l'heure du message.
    Tu peux aussi copier la courte portion du message qui t'intéresse et la mettre en citation.
    Cordialement.
  • Modifié (23 Nov)
    Dans le cas où pj/n ou pj= pm, je n'ai plus besoin de ce p(j+1)/n ou p(j+1) car dans ce cas n= pm+1 et j'ai démontré que ces types de n sont décomposables et c'est ce qui compte (Voir démonstration).
  • Modifié (23 Nov)
    engeneermath, pour avoir un lien sur un message, clique droit sur la date ou l'heure du message.
    Tu peux aussi copier la courte portion du message qui t'intéresse et la mettre en citation.
    Merci bien gerard0.
    Cordialement.
  • Modifié (23 Nov)
    Non, car il y a autant de n-pk que d'intervalles            ]pi ; p(i+1)[.
  • Modifié (23 Nov)
    engeneermath  Sache que je n'ai pas regardé toute ta démonstration. Dans le cas de démonstration de conjecture, je lis étape par étape et si un passage est louche, j'arrête la lecture. Veux-tu corriger dans le pdf  ce point  que j'ai soulevé ? Pour voir et terminer la lecture.
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    Citation :  Je suis Jack 
  • Modifié (23 Nov)
    @engeneermath ton argument n'est pas convaincant. Par exemple, si je prends les carrés $c_i = (i+1)^2$ avec $i \geqslant 1$, alors pour $n = 26 = c_4 + 1$, j'obtiens trois $n - c_k$ et trois intervalles $]c_i, c_{i+1}[$ inclus dans $[1,n]$: 

    $n - c_1 = 22 \in ]c_3, c_4[$

    $n - c_2 = 17 \in ]c_3, c_4[$

    $n - c_3 = 10 \in ]c_2, c_3[$

    Tes arguments s'appliquent également à cet exemple, et la conclusion est manifestement fausse.
    De toute manière, il faut insérer à un moment ou un autre des informations spécifiques aux nombres premiers.
  • Modifié (23 Nov)
    pe et si un passage est louche , j'arrête la lecture. Veux-tu corriger dans le pdf  ce point  que j'ai soulevé ? pour voir et terminer la lecture
    Je l'ai corrigé et je te l'ai envoyé hier en pièce jointe.
  • Modifié (23 Nov)
    Mais non, on a supposé que n-ci n'est pas décomposable et dans ton exemple n-c2 est décomposable puisqu'il est égal à 17 qui est premier.
  • Modifié (23 Nov)
    En plus on parle des ci comme nombres premiers et toi tu as pris c1, c2 et c3 non premiers!.
  • Modifié (23 Nov)
    @engeneermath Ta réponse montre qu'on est bien dans Shtam. Je m'excuse de l'avoir oublié l'espace d'un instant.
    Si tu attends un contre-exemple avec des nombres premiers et $n$ non décomposable, comme ça reviendrait à prouver que la conjecture de Goldbach est fausse, personne ne pourra t'en fournir un ici. Mais ça ne veut pas dire que tes arguments sont pertinents.
    Je répète que tes arguments ne fonctionnent pas en général (pour d'autres nombres que des nombres premiers), ce qui devrait pourtant être le cas si c'était une preuve valide.
    J'ai trouvé le truc important qui ne marche pas dans ta preuve donc je vais m'arrêter là tant que ce ne sera pas modifié.
  • Extrait :
    ceci montre que deux $n- p_k$ différents ne peuvent appartenir au même intervalle composé par deux facteurs premiers successifs
    Ici, tu viens de démontrer un résultat ... qui est faux.

  • Modifié (23 Nov)
    Je m'explique :
    je suis parti avec l'hypothèse que la conjecture de Goldbach est fausse c'est-à-dire ∃ un nombre pair n tel que n-(chaque nombre premier inférieur à n) n’est pas un nombre premier, j’ai le droit d’écrire ça non ?
    Donc mon point de départ est comme suit :
    n : nombre pair
    pi nombre premier inférieur à n
    n-pi n’est pas premier ∀ pi ∈ Pn (négation de la conjecture).
    et j’ai essayé  de démontrer que ça ⇒ une ou des contradictions.
    Ton exemple à toi :
    n : nombre pair 
    c1 ; c2 ; c3 ; c4 nombres non premiers!
    En plus ça t’a donné n-c2 premier 
    En plus tu n'es pas partis de la négation d'une supposition
    et les deux points de départs le tien et le mien sont totalement différents.
    Pourtant c'est clair, je ne sais pas où ça bloque chez toi.
  • Modifié (23 Nov)
    @engeneermath Moi, je te dis que ta démonstration de "ça $\Longrightarrow$ une ou des contradictions" est fausse. Cela ne veut pas dire que ta conclusion est fausse. Ce sont tes arguments qui sont faux. Honnêtement, si tu n'arrives même pas à comprendre cette base de logique, je ne vois pas comment tu peux démontrer la conjecture de Goldbach.
    Pour une démonstration par l'absurde, un contre-exemple à la démonstration ne doit surtout pas reprendre les hypothèses de départ, sauf si c'est un contre-exemple de la conjecture.
    Mais je ne prétends pas avoir trouvé un contre-exemple à la conjecture que tu as tenté de montrer (je n'ai pas le niveau suffisant pour faire cela).
  • Modifié (23 Nov)
    Prenons le nombre $a=8^{8^{8^{8^{888888888^8}}}}$
    Prenons le plus petit nombre premier $p$ supérieur à ce nombre $a$
    Et prenons $n=p+1$

    J'affirme que pour ce nombre, il n'y a pas de couple de nombres premiers $p$ et $q$ tels que $p+q=n$ ; si tu doutes, prouve-moi que c'est faux.
    Pour ce nombre, $p_m = n-1$, par construction.
    On est donc dans le cadre que tu envisages, celui d'où j'ai extrait cette phrase.
    J'affirme, et c'est assez évident à vérifier, que $n-2, n-3, n-5, n-7$  sont tous les 4 entre $p_{m-1}$ et $p_m$ ; si tu doutes, prouve-moi que c'est faux.

    Et donc ton résultat est faux, puisque tu affirmes que les $p_i$ et les $n-p_i$ devraient forcément être en alternance.
  • Modifié (23 Nov)
    Si tu attends un contre-exemple avec des nombres premiers et $n$ non décomposable, comme ça reviendrait à prouver que la conjecture de Goldbach est fausse, personne ne pourra t'en fournir un ici.
    Je n'ai pas lu la "démo" mais je réagis à ce commentaire car c'est typiquement ce qu'on trouve chez un autre Shtameur bien connu. Pour prouver une conjecture... et ben on utilise une autre conjecture qu'on déclare vraie.
  • Pour Bibix et Lorran,
    franchement on tourne en rond sur des évidences que vous ne voulez comprendre malgré que c'est clair, je ne sais pas pourquoi ? peut-être que vous avez d'autres motivations pour ça, c'est ce que j'ai compris. 
    Moi je démontre des choses théoriques en partant d'un point que je suppose faux et en utilisant des généralités mathématiques, par contre vous, vous essayez à tout prix d'infirmer par des contre exemples mais ne partant pas d'une chose fausse(et c'est ça la différence et l'évidence).
    De toute façon, pour vos deux j'arrête de réagir à vos commentaires qui sont plus destructifs que constructifs.

  • @raoul.S C’est une sorte de sophisme, mais moins bien fait, non ?
    La patience est un plat qui se mange sans sauce.
  • Si tous les gens qui te disent que tu te trompes, tu refuses de les écouter, tu ne vas plus écouter personne.

    Où vois- tu que les $p_i$ et les $n-p_i$ devraient alterner ? Tu vois bien que ce résultat est totalement absurde. 

    Si tu me demandes ce qui est faux dans ta démonstration, je vais te répondre : il manque plein de quantificateurs ...  Moi, ça ne me dérange pas, mais c'est toi que ça devrait déranger. Comme tu ne mets pas de quantificateurs, tu ne peux pas savoir si ce que tu écris, ça concerne une certaine valeur $p_i$, ou tous les $p_i$ ; c'est pour ça que tu te trompes.

    Exemple :  $\exists ! p_{i1} \in P_n$ et $\exists ! p_{i2} \in P_n$ tel que $p_{i1}$ et $p_{i2}$ facteurs premiers successifs avec $p_{i1}< n- p_i <p_{i2}$ 
    $p_i$, il vient d'où ?
    Ecris-le rigoureusement. 
    Tu vas ensuite réécrire la même propriété pour $p_k$ ... un autre nombre premier. $p_{k1}< n- p_k <p_{k2}$
    Explique-moi pourquoi on ne pourrait pas avoir $p_{k1}=p_{i1}$  et $p_{k2}=p_{i2}$ ?
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