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Constante de Goldbach

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Réponses

  • Modifié (24 Nov)
    " je démontre des choses théoriques en partant d'un point que je suppose faux " Engeneermath
    Une des règles de base de la logique est qu'à partir de quelque chose de faux, on peut déduire n'importe quelle propriété, et son contraire avec.
    Utilises-tu vraiment une propriété "fausse" ???
  • Quentino37 a dit :
    @raoul.S C’est une sorte de sophisme, mais moins bien fait, non ?
    Oui surement. Je n'ai pas lu la preuve (flemme car je ne crois pas qu'avec des outils basiques on y arrive...) mais j'ai tendance à faire confiance à Bibix, d'ailleurs lourrran semble trouver des "bugs" au même endroit. À un moment de la preuve le Shtameur (je parle en général) va utiliser un argument qui est évident selon lui et qui permet de prouver la conjecture. Sauf que lorsque tu regardes de plus près tu t’aperçois qu'en fait l'argument utilisé n'est pas du tout évident, et que le démontrer revient à démontrer la conjecture. Bref, le problème à juste été déplacé...
  • Modifié (24 Nov)
    J'ai dit que je suppose faux et non pas une propriété fausse essaye de t'approfondir sur la preuve.
    Supposer fausse la Conjecture de Goldbach et voir ce que ça donne...
  • En fait, tu supposes vraie la conjecture : il y a un nombre pair qui ne se décompose pas en somme de 2 premiers.
    Donc tu pars d'un point que tu supposes vrai.
  • Modifié (24 Nov)
     Tu te contredis tu as dit que tu n'as pas lu la preuve alors je ne vois pas comment tu as déduit ce que tu avances tu regardes de plus près tu t’aperçois qu'en fait l'argument utilisé n'est pas du tout évident.
    Malheureusement que des constatations superficielles du même courant que lorran et bibix: j'ai tendance ; semble trouver !!
    les maths est une science exacte et non pas une science expérimentale pour démontrer quoi que ce soit par des outils non basiques (l'infini est indéfini) soit on croit à quelque chose avec preuves fondamentales soit on ne croit pas aussi avec preuve fondamentales.
  • Modifié (24 Nov)
    engeneermath a dit "dans ton exemple n-c2 est décomposable puisqu'il est égal à 17 qui est premier."

    Si je comprends bien, tu insinues qu'un nombre premier est décomposable (somme de deux nombres premiers) c'est ça ? Ou autres choses, (je commence à lire le premier cas).
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    Citation :  Je suis Jack 
  • Justement, les maths, c'est une discipline rigoureuse. Ce que tu as écrit, ce ne sont pas des maths, c'est du blabla. Et pour commenter ton blabla, on ne peut faire que du blabla.

    On voit souvent des gens qui ont un niveau extrêmement faible en maths et qui prétendent avoir démontré cette satanée conjecture. Leg par exemple, qui a beaucoup parlé sur cette discussion. 
    Je pense que tu as un niveau largement supérieur au sien, même si ce n'est pas un niveau 'énorme'.
    Je pense que tu peux comprendre pourquoi ta démonstration est fausse, mais pour ça, il faut que tu acceptes cette hypothèse. Ce que tu disais au début : j'ai relu maintes fois, il n'y a pas d'erreur, ce n'est pas une bonne démarche. La bonne démarche, c'est de chercher ton erreur. 

    Relis mon dernier message, ma dernière question. Je pense que si tu fais l'effort de bien re-rédiger le paragraphe en question, tu vas te rendre compte que ce que tu as écrit, c'est n'importe quoi. 

  • Modifié (24 Nov)
    Bonne remarque,
     je corrige : le but est  n décomposable ou non,        n-c2 n'est pas un bon exemple car c2 n'est pas premier et 17 est premier.
  • Modifié (24 Nov)
    Il manque les quantificateurs. Mets les et  fait le savoir.
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    Citation :  Je suis Jack 
  • Modifié (24 Nov)
     Tu te contredis tu as dit que tu n'as pas lu la preuve alors je vois pas comment tu as déduit ce que tu avances...
    Oui c'est vrai, mais j'ai ajouté que j'ai tendance à faire confiance à certains membres du forum que j'estime compétant pour trouver des erreurs.

    Mais j'ai lu les premières phrases de ton document et il y a de petites "erreurs" de rédaction qui n'incitent pas à continuer à lire. Plus précisément :

    1) Tu dis : Notons $P_n$ l’ensemble de tous les facteurs premiers inférieurs à n. C'est un détail mais il faudrait dire : Notons $P_n$ l’ensemble de tous les nombres premiers strictement inférieurs à n (pas facteurs)De plus on dirait que tu considères que ces nombres premiers sont strictement inférieurs à $n$ en lisant la suite de ton document. Si c'est le cas il faut le dire. Par exemple si j'ai bien compris $P_2=\emptyset$ et $P_3=\{2\}$.

    2) Tu écris $P_n = \{2(p_1) ;\ldots ; p_m\}$. Or la notation $2(p_1) $ n'est pas "standard". Elle veut dire quoi ? Il faut se mettre à la place du lecteur qui n'a pas envie de commencer à déchiffrer tes notations. Tu veux dire que $p_1=2$ ? Si oui pas besoin de le noter ainsi car ça embrouille.

    3) Le dernier et après je me suis arrêté de lire, tu dis :  Donc $p_m$ est le plus grand facteur premier inférieur à n. Il faudrait remplacer "facteur premier" par "nombre premier" mais ce qui dérange vraiment c'est que dans ta définition de $p_m$ le $n$ n’apparaît nulle part. Imagine que plus loin dans ton texte je retrouve ce $p_m$, je vais devoir me rappeler qu'en fait il dépend de $n$ et que $m$ est le nombre d'éléments de $P_n$. Ça c'est fatiguant pour le lecteur qui va vite être saoulé.

    Pour la 3) je te conseille de changer de notation pour le $p_m$ et utiliser plutôt $\max(P_n)$. Si tu as besoin du $m$ dans un développement tu n'auras qu'à dire : soit $m:=|P_n|$ etc.

    Ce sont des détails mais lorsqu'ils s'accumulent ils rendent la lecture vraiment pénible... et on arrête de lire.
  • LEGLEG
    Modifié (30 Nov)
    @lourrran
    Mais quelle mauvaise foi, quelle importance d'en perdre 1000 du moment qu'il en reste,
    Bonjour  la compagnie :D. , lourrran, julia ..etc lorsque l'on ne veut pas utiliser un programme  ou que l'on ne sait pas s'en servir comme un  simulateur alors effectivement on peut traiter les gens, de mauvaises foi, etc. Que des simulations ne servent à rien et ne prouvent pas une conjecture ect etc.
     (pour les simulations ou un simulateur, allez donc dire cela aux physiciens du CERN) que leur simulations ne servent à rien ou ne prouvent rien !! !
    Ou autre laboratoire d'analyses notamment en bio chimie ou en intelligence artificielle, ils doivent être comme moi ils ne savent pas ce qu'ils font !!!
    @gebrane ; @Quentino37.
    [vous vouliez : cela serait bien qu'il le fasse avec un petit nombre pair part exemple n=20 ]
    Aucun soucis, je viens de modifier l'algorithme P modulo 30, en Algorithme P modulo 2, comme ça vous avez les 2, et en prime  Ératosthène si vous voulez, mais qui vous ne sera guerre utile, il n'a pas de propriété récurrente ! contrairement à ce que pensais @Julia, qui pensais avoir compris comment on utilise mon algorithme de Goldbach  et qui en est restée, au vieux crible d'Ératosthène et à son utilisation inutile...!
    Ne vous cassez pas la tête, il n'y a pas grand chose à lire que je ne vous ai pas déjà dit ! Amusez-vous avec ce simulateur, en supposant une conjecture fausse ...§
    Faites donc la simulation inverse si $2n+2 = 4*10^{18} +2$,
     ne peut s'écrire comme la somme de (p+q) :D. :D . :D:disappointed:

    J'espère pour vous que mon simulateur est faux...
    Car moi je n'ai rien à perdre.
    Je vous ai fourni un outil et NON : dixit @lourrran ! il croit qu'il à un outil pour démontrer cette conjecture ! Jusqu'à preuve du contraire Si !
    Toi @Lourrran tu n'as rien, ça c'est évident, et depuis le temps tu ne l'as même pas compris ni même essayé !!!
    engeneermath.
  • @LEG tu as démontré la conjecture de Goldbach. C'est un fait. Ton programme fonctionne, ta démonstration m'a convaincu. Passons à autre chose !

  • Bonjour,

    Évidemment qu'une simulation ne démontre rien, c'est toute la différence entre le fini et l'infini.
    Tu ne peux simuler sur un ordinateur qu'un nombre fini de nombres, aussi grand soit il.
    Et tu n'a pas testé les nombres qui sont plus grands que le plus grand nombre que tu as testé, c'est comme ça.
    Une constatation statistique n'est pas une preuve.
    C'est aussi là que se situe la différence entre la physique, la bio etc... et les mathématiques.
    En physique, par exemple, on imagine des modèles et on espère/constate qu'ils collent approximativement aux observations.
    Et d'une part "approximativement $\neq$ exactement", d'autre part "observation $\neq$ réel".

    Cordialement,
    Rescassol

  • Modifié (24 Nov)
    LEG a dit :
     (pour les simulations ou un simulateur , allez donc dire cela , aux physiciens du CERN) que leur simulations ne servent à rien ou ne prouvent rien !! !
    La différence entre les simulateurs du CEA et toi c'est que le CEA est une autorité scientifique reconnue et que ses simulations (+ quelques démonstrations de sous-marins) inspirent le respect et participent à dissuasion nucléaire de la France.
    Toi tu inspires juste la pitié, l'agacement ou la rigolade suivant l'état d'esprit de ton lecteur.
  • C'est toute la différence entre une conjecture et une démonstration. 

    Conjecture : propriété supposée vraie pour tout nombre ; toutes les vérifications faites sur tous les nombres testés ont toutes conduit au même résultat. On ne sait pas trop pourquoi ça marche, mais on constate que ça marche. Et on a la conviction extrêmement forte que ça va marcher aussi pour les nombres non-testés. 
    Démonstration : raisonnement formel qui assure que la conjecture est vraie.

    LEG, tu ne connais pas la différence entre ces 2 notions. Comment oses-tu prétendre 'démontrer une conjecture', alors que tu ne comprends pas ces 2 mots ?
  • LEGLEG
    Modifié (2 Dec)
    Rescassol 
    Tout fait , à la seule différence que les simulation sont faîtes  à l'envers ; la simulation part de n vers 1 qui est bien fini ... où certains ont un problème avec ça ?
    Si l'entier $X$ qui est supposé être un entier $2n\neq{p+q}$ , supposant la conjecture Fausse, le simulateur prouve que cette supposition est fausse de façon formel, car le procédé s'inverse ... sauf si tu me dit ha non leg, continue ...indéfiniment ...(je plaisnte)
     Par conséquent la conjecture ... (tu te rappels du repas à la clef à l'époque , tu sais donc qui à retranscrit ce programme...Tu penses sérieusement que la personne vue son niveau de compétence, se serait..em...) Tu le prends et tu essayes jusqu'à 100 ,40 , 60...peut importe .tu prends le premier programme modulo 2 , sous la simulation de N=30, soit 60 ne se décomposerait pas... 
     Cordialement.
    @Lourrran, tu n'as jamais compris le principe de cet algorithme depuis plus de trois ans , tu as fais une affirmation idiote à l'époque sur une égalité évidente à démontrer.. et tu es toujours assis sur tes acquis sans comprendre Comment peux tu t'approcher d'une démonstration qui prouverait que l'algorithme n'a pas une propriété récurrente ! qui est à la base de cette simulation de $X$ vers $K = 1$  , car tu n'as jamais vue la différence avec Ératosthène ...
    JLapin , Tu étais en polynésie fin 67,68 lors des éssais nucléaires , et pourquoi ...? ou tu regardes ton émission préférée sur la 3 , les lapins crétin..!
  • Tu as expliqué ton algorithme, dans ta langue. 
    J'ai lu  et relu tes explications. J'ai traduit tout ça en français, gros chantier, trop gros chantier, j'ai finalement renoncé. J'ai croisé tout ça avec ce que tout le monde sait sur les nombres premiers, et j'ai tiré les conclusions qui s'imposaient.
    A savoir que ton algorithme n'a aucun intérêt.
  • Modifié (24 Nov)
    Tu es hors-sujet avec tes histoires d'essais en Polynésie. Tu prétends que nous proposer des simulations numériques grotesques est censé nous inspirer le même respect que l'on doit au CERN ou autre institut scientifique et je trouve cette affirmation/comparaison ridicule.
  • Modifié (24 Nov)
    @LEG, prendre les premiers compris entre $n$ et $2n$, puis leur complémentaire à $2n$ (i.e. $p=2n-q$) et voir si ce complémentaire est premier, revient au même pour trouver les couples $(p,q)$ premiers tels que $p+q=2n$, que prendre les premiers entre $0$ et $n$, puis leur complémentaire à $2n$ (i.e. $q=2n-p$), et voir si ce complémentaire à $2n$ est premier. Comprends-tu ça ?
    Ensuite la récurrence à $2$ pas ne marche pas, car les complémentaires premiers à $2n+2$ n'ont plus rien à voir avec les complémentaires premiers à $2n$.
    Pour prendre un exemple, le complémentaire de $7$ à $200$ est $193$ premier, mais à $202$, c'est $195=15*13$, plus rien à voir.
    Ensuite, une simulation aussi poussée quelle soit, ne fait pas une démonstration. Imagine le nombre $10^{-10^6}$, soit $0,0 \cdots 1$ (un million de zéros terminés par un $1$). Avec ton simulateur, tu es dans la situation où tu testes les décimales de ce nombre (tu ne le connais pas) les unes après les autres, alors tu dirais que ce nombre est nul. Ben non, il n'est pas nul.
    EDIT : cet exemple n'est pas bon parce qu'on sait la valeur du nombre ; il vaudrait mieux parler d'un nombre testé comme $1,1 \cdots 1 \cdots$, dont on ne sait pas si c'est $10/9$ ou non.
  • @Leg
    Malgré ce que tu me dis en MP, je persiste : 
    1. Traduire tes explications d'algorithme en un français clair et sans ambiguïté : j'ai renoncé. C'est à toi de faire cet effort, pas à ceux qui te lisent.
    2. Tu parles régulièrement de propriétés récurrentes de l'algorithme, alors que justement, toute notion de récurrence ne peut pas marcher.
    Je conclue donc : ton algorithme n'a aucun intérêt. 

    Et bonne nouvelle, j'arrive à la même conclusion que tous les mathématiciens. Là où ils sont  plus intelligents que moi, c'est que dès le début, ils savent que chercher à dialoguer avec un 'pseudo découvreur de démonstration', c'est totalement inutile. Ils ne perdent pas leur temps à essayer d'ouvrir les yeux à des gens comme toi.
    Moi, même si je sais que la probabilité est faible, j'essaie, encore et toujours d'ouvrir les yeux aux gens comme toi. 
  • LEGLEG
    Modifié (28 Nov)
    @Julia :
    il faut te le dire comment que je ne teste pas , de savoir si ce complémentaire est premier ?
    D'où tu sorts que je m'occupe de savoir savoir si le complémentaire à 2n+2 est  premiers avec  le complémentaire de 2n...!

    En plus tu n'as même pas compris l'égalité récurrente de cet algorithme à savoir le décalage d'un rang des congruences sur son successeur 7+2 = 9, qui te fais dire ce genre d'ânerie sur les congruences :
    le complémentaire de $7$ à $200$ est $193$ premier car $7\not\equiv{200}[P]$ l'entier 2n dont on vérifie sa décomposition , pourquoi tu crois que $7$ a encore $193$ complémentaire pour $202$ ... alors que la congruence se décale d'un rang, d'où $9\not\equiv{202}[P]$ qui à bien la même différence , à savoir 193 ..! si le décalage d'un rang ne se faisait pas, qu'est -ce- qui te permettrait d'affirmer que pour 2n +2  le successeur de 7 qui est 9 serait non congrus ..? 

    Ils ont le même RESTE = 4 !

    200 = 4[7] , 202 = 4[9] , 204 =4[11] ...etc, inversement si : 2n = 0 [11] , 2n - 2 = 0 [11] ; 2n - 4 = 0 [7] tu comprends cette récurrence inverse que j'utilise..? Où tu as vue que j'utilise le crible d'Ératosthène et qu'il a cette propriété récurrente .

    L'algorithme de Goldbach agit comme un crible et selon le principe d'une preuve par récurrence 

     
    ARRÊTE AVEC TON CRIBLE D'ÉRATOSTHÈNE POUR REGARDER QUELS SONT LES NOMBRES PREMIERS QUI SONT COMPLÉMENTAIRE ,  à A, C'EST TA MÉTHODE , PAS LA MIENNE COMPRENDS TU ÇA ?

    sI $7\not\equiv{200}[P]$ avec $P = 7$ donc $(7+2)\not\equiv{202}[P]$ toujours $P = 7$   et $200-7 = 202 - 9 = 193$ qui est toujours premier, tu comprends ça ? Ou tu préfères comme ça : $7\equiv{202}[P]$  = $(7+2)\equiv{204}[P]$ car 9 est le successeur de 7 ,par rapport à 202 ,qui ont le même complémentaire 193 , et non 195 .

    Tu comprends la propriété récurrente de l'algorithme de Goldbach ou tu fais du Lourrran  depuis des années...?

     Et il te dit qu'il y voit très clair ... Même avec des jumelles il ne verrait pas cette propriété , pas à cause de son incompétence car c'est trop élémentaire , mais à cause de son partit pris stupide et de son acquis sur les amateurs, alors imagine avec un amateur comme moi ..
    :D:D  
    Dixit Lourrran :
    [J'ai lu  et relu tes explications. j'ai finalement renoncé. , et j'ai tiré les conclusions qui s'imposaient. A savoir que ton algorithme n'a aucun intérêt.
    En plus il a le culot de mettre ça sur le dos des autres. Alors que c'est lui qui traîne le boulet depuis des années !]

    Comment un Mathématicien, qui ne comprend pas un algorithme peut sortir ce genre de stupidité sur les congruences  et publier ça sur un site de Maths!
    C'est lui qui t'en a donné l'idée ? , par ce que sur cet algorithme tu es à bonne école !
    Lorsque tu auras compris la propriété récurrente de l'algorithme envoie un mp. Car pour info la conjecture s'arrête à 4  et non après 1...!
  • En fait, LEG n'a même pas compris qu'il faisait exactement la même chose que le crible d'Ératosthène, mais juste deux fois (sur $q$ et sur $2 n - q$). Celui qui comprend le moins l'algorithme de LEG, c'est finalement peut-être LEG lui-même.
  • Modifié (24 Nov)
    [Combien de fois faudra-t-il te dire qu'il est inutile de recopier un message présent sur le forum. Un lien suffit. AD]
    Merci pour tes conseils,
    mais j'ai adressé cette preuve à des pros en maths et non à de simples lecteurs comme tu as dit " il faut se mettre à la place du lecteur", normalement les pros en maths désapprouveront aucune difficulté à suivre toutes les étapes d'une démo car sinon comment ils font pour valider les démonstrations des conjectures de plus de cent pages.
    1) je te signale qu'on parle de Pn avec n nombre pair >= à 4 , comme le veut la conjecture donc P2 et P3 ne font pas partie de ce qu'on étudie, d'ailleurs 3 n'est pas pair, pour Pn l’ensemble de tous les nombres premiers strictement inférieurs à n, je n'ai aucun problème.
    2) idem que 1) les pros comprendront vite cette notation puisqu'on a dit tous les nombres premiers strictement inférieurs à n, mais no pb à la changer par p1(=2).
    3) OK pour changer  facteur premier par nombre premier (comme vous l'avez dit c'est un détail) pour pm tu peux tr référer à la page 2 de la preuve où j'ai spécifié ce  
    pm= max Pn.
    enfin, pour ne répéter que ce que j'ai dit, dans une démonstration les pros qui y s'intéressent détectent les erreurs de fond et non uniquement les erreurs de forme qui viennent en second plan.
  • Celui qui comprend le moins l'algorithme de LEG, c'est finalement peut-être LEG lui-même.
    C’est si poétique…
    La patience est un plat qui se mange sans sauce.
  • C'est assez surréel ce fil :D Quid des paria de Goldbach à l'origine de ce fil, ils sont tombés au front? Parce que plus on est de fous, plus on rit.
  • Modifié (24 Nov)
    normalement les pros en maths n'éprouvereront aucune difficulté à suivre toutes les étapes d'une démo car sinon comment ils font pour valider les démonstrations des conjectures de plus de cent pages.
    Comment ils font ? Ben ils lisent la démonstration rédigée par un autre pro des maths qui partage leurs façon de rédiger. Donc ils ne vont pas rencontrer des notations non standard/mal fichues et faire de la gymnastique mentale pour comprendre.

    Trouver un spécialiste du domaine qui veuille lire ta preuve va déjà être difficile si en plus les notations ne suivent pas...
  • Je renonce, tout ce qu'il est possible de dire à @LEG l'a été fait.
  • @engeneermath j'ai regardé un peu plus ta preuve car je n'aime pas trop critiquer sans lire. Finalement je m'arrête au même point que Bibix, là où tu dis ceci montre que deux n- pk différents ne peuvent appartenir au même intervalle composé par deux facteurs premiers successifs. 

    Les arguments que tu donnes pour prouver cette affirmation ne sont pas convaincants selon moi (et je suis le deuxième à te le dire). Alors oui, on ne pourra pas te donner de contre-exemple car donner un contre exemple signifierait avoir réussi à montrer que la conjecture de Goldbach est fausse, donc je vais en rester là.   
  • @raoul.S  a dit:"Les arguments que tu donnes pour prouver cette affirmation ne sont pas convaincants selon moi "

    En maths il n'y a pas un argument n'est pas convaincant selon moi, si tu n'es pas convaincu il faut démontrer le pourquoi sinon il faut démontrer le contraire.
    de toutes façons merci pour tes conseils.
  • Modifié (24 Nov)
    @raoul.S 
    Bibix, raoul.S, lourrran , tous les 3, on dit que ce point là n'est pas convainquant. Sans se concerter. Mais il paraît qu'on se trompe tous les 3.
  • Modifié (25 Nov)
    noobey a dit :
    @LEG tu as démontré la conjecture de Goldbach. C'est un fait. Ton programme fonctionne, ta démonstration m'a convaincu. Passons à autre chose !
    Meilleure chose à dire pour ne pas blesser son égo et on referme ce sujet inutile !
  • LEGLEG
    Modifié (25 Nov)
    Bibix a dit :
     q$). Celui qui comprend le moins l'algorithme de LEG, c'est finalement Bibix , Julia  , Lourrran ....etc.

    [secteur des congruences] représentant les entiers impairs de 1 à 20 : congrus à 2n[P]  = 0 , sinon = 1.

    [01, 0, 0, 1,  1,   0,   0,   1,   0 

    [1, 3, 5, 7 ,9 , 11, 13, 15, 17, 19 , ] n=20,  2n = 40


    [1, [0, 1, 0, 0, 1,   1,   0,    0,   1] n, 21 // 2 = 19 éléments même secteur, mais les congruences se sont décalées d'un rang !

    [1, 3, 5, 7 ,9 , 11, 13, 15, 17, 19 , ]   2n = 42


    [1, 1, [0, 1, 0,   0,   1,   1, 0,     0,    1  ] n=22 , 21 éléments et les congruence se sont décalées d'un rang !

    [1, 3, 5, 7 ,9 , 11, 13, 15, 17, 19 , 21 ]   2n = 44

    Depuis quand le crible d'Ératosthène utilise la propriété récurrente des congruences :

    Depuis quand le crible d'Ératosthène crible les entiers impairs de 1 à n : congrus à 2n modulo P =0 sinon =1 ?

    Depuis quand le crible d'Ératosthène décale les congruences d'un rang sur leur sucésseur A + 2 lorsque n augmente  +1 , 2n +2 ..??

    Depuis quand le crible d'Ératosthène crible les mêmes entiers impairs de 1 à n = 20   ???

    Depuis quand le crible d'Ératosthène te dis que pour 2n =40,  ????

    si 1 est congru à 40 [P] ,0 , alors son successeur 3 serra aussi congrus à 42 [P] ,0 , puis son successeur 5 serra aussi congrus à 44 [P]...etc

    inversement:

    si et seulement si :$3\not\equiv{2n}[P]$ 40 =p+q ; donc  $5\not\equiv{2n}[P]$ 42 =p+q ; donc  $7\not\equiv{2n}[P]$ 44 =p+q 

    Depuis quand le crible d'Ératosthène te dis que pour 2n+2 la conjecture sera vraie en ayant seulement criblé les entiers p' < n de 1 à 19 ?

    Vous ne voyez toujours pas comment , j'utilise la propriété des congruences de 1 à n .

    En trois lignes vous ne voyez et ne comprenez.... pineuts...! Bravo les Matheux !

    @Zgrb, rassure toi mon égo j'en ai pas . 

    Ce n'est quand même pas de ma faute , si ils ne comprennent pas l'utilisation des congruences et ce que j'en fais de 1 à 19 ; il ne faut quand même pas exagérer . gebrane et quentino , m'ont dits ce serrait bien qu'il le montre jusqu'à 20...!

    Résultat, ceux qui interviennent ne comprennent toujours rien , par ce qu'ils sont convaincus que j'utilise le crible d'Ératosthène de 1 à 19 ...qui ne sert strictement  à rien;  il faut quand même le faire...!

    , Pour vérfier 2n =40 , 42, 44 ,46, 48 , et 50 ; avec l'algorithme de Goldbach en criblant une seule et unique fois les congruences de ces entiers de 1 à 19 !


  • Modifié (25 Nov)
    engeneermath a dit :
    @raoul.S  a dit:"Les arguments que tu donnes pour prouver cette affirmation ne sont pas convaincants selon moi "
    En maths il n'y a pas un argument n'est pas convaincant selon moi, si tu n'es pas convaincu il faut démontrer le pourquoi sinon il faut démontrer le contraire.
    de toutes façons merci pour tes conseils.
    Engeneermath
    @raoul.S  a dit:"Les arguments que tu donnes pour prouver cette affirmation ne sont pas convaincants selon moi "
    En maths il n'y a pas un argument n'est pas convaincant selon moi,
    Ce que te disent trois personnes, c'est que tu ne fais pas à cet endroit, de preuve (application stricte de règles de maths ou de logique), mais une affirmation personnelle de conviction.
    À toi de rédiger une preuve sérieuse de cette conjecture personnelle.
    Il n'y a effectivement pas "d'argument convainquant" en maths, seulement des preuves, mais dire "je ne suis pas convaincu" est la méthode gentille des matheux pour dire "pas de preuve".
    Donc en l'état, ton document ne sert à rien (*).
    Cordialement.
    (*) C'est arrivé à Andew Wiles dans sa première preuve du grand théorème de Fermat. Il y avait un passage non démontré (et qui ne le fut pas dans les mois suivants), ce qui l'a obligé à faire une preuve différente, valide celle-ci, de celle qu'il avait présenté.
  • Modifié (25 Nov)
    enge, tu combats seul , les 3 mousquetaires BILORA. c'est perdu d'avance.
    Une question pour @Bibix , @lourrran @raoul-s   : si on démontre ce lemme ci-dessous, est-ce que vous confirmez que la conjecture tombe.
    Lemme. Soit n un entier pair, p et q deux nombres premiers distincts plus petits que n. Soit p* et q* deux nombres premiers consécutifs (p*<q*)  .

    Si $n-p\in ]p*,q*[$, alors $n-q \in ]p*,q*[^c$  (le $^c$ désigne le complémentaire).

    Remarque1, je ne trouve pas nécessaire de supposer que n-p et n-q non premiers , car
    si $n-p$ est premier, alors l'assertion $n-p\in ]p*,q*[$ est fausse et donc  $n-q \in ]p*,q*[^c$ est vraie,
    si $n-q$ est premier, alors l'assertion $n-q \in ]p*,q*[^c$ est trivialement vraie.

    Zgrb  pourquoi tu demandes la fermeture du fil, il suffit de l'ignorer et il sera fermé pour toi.
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    Citation :  Je suis Jack 
  • @engeneermathDans ce cas, c'est inutile de s'embêter avec une démonstration de 12 pages. Je te donne une autre démonstration de la conjecture : 

    On suppose que $n$ n'est pas décomposable, alors il existe $p_i \in P_n$ tel que $n - p_i \notin P_n$, mais comme $n - p_i$ n'est alors divisible par aucun $p_j$ (c'est donc un nombre premier), on obtient une contradiction. Donc la conjecture de Goldbach est vraie.

    J'ai fait mieux que toi, en démontrant cette conjecture en 3 lignes max.
  • LEGLEG
    Modifié (25 Nov)
    @gebrane https://les-mathematiques.net/vanilla/index.php?p=/discussion/comment/2395947/#Comment_2395947
    Une question pour @Bibix , @lourrran @raoul-s   : si on démontre ce lemme ci-dessous, est-ce que vous confirmez que la conjecture tombe.

    Pas du tout.
    Ta supposition est vraie, mais , où est la preuve qu'elle est vraie pour tout $n$ ? 
  • @gebrane Je confirme que ce lemme suffit puisqu'il est faux (prendre $n = 38$, $p = 11$, $q = 13$).
  • Modifié (25 Nov)
    Bonjour @Bibix, comment modifier le lemme pour qu'il devienne une conjecture ?
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    Citation :  Je suis Jack 
  • Modifié (25 Nov)
    gebrane a dit :
    Zgrb  pourquoi tu demandes la fermeture du fil, il suffit de l'ignorer et il sera fermé pour toi .
    Parce que c'est un forum sérieux.
    Soit ce qu'il avance est démontré sérieusement, ce qui n'est pas le cas, soit il faut arrêter de faire de la tambouille.
    Il est convaincu qu'il a raison et que tout le monde ici s'acharne sur lui et ne comprend rien, je ne vois pas l'intérêt de continuer.

    Et puis accessoirement, vu les difficultés de bande passante et de connexion du forum, si on pouvait l'épurer des sujets inutiles, cela lui ferait peut-être du bien.
  • Modifié (25 Nov)
    Justement ce sous forum Shtam n'est pas sérieux. Ton point de vue est clair et enregistré.
    Le mien est de laisser vivre ce fil (Liberté de s'exprimer même en disant des bêtises).
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    Citation :  Je suis Jack 
  • Modifié (25 Nov)
    C'est facile @gebrane. Il suffit de faire comme @engeneermath en ne considérant que les $n$ pairs qui ne vérifient pas la conjecture de Goldbach. Par contre, bonne chance pour le démontrer  :) .
  • Modifié (25 Nov)
    Ce paragraphe qui est contesté (et qui est faux), je le réécris. Je pourrais adapter un peu plus, en considérant que 2 est 'hors-jeu', parce que évidemment, 2 aucun nombre pair n'est de la forme p+2 (sauf le nombre 4), mais pour rester fidèle au document initial, je garde 2.

    Soit $P$ un nombre premier, autre que $2$ 
    Soit $n=P+1$ ; $n$ est pair 
    Soit $(p_i, i = 1 ... m)$ tous les nombres premiers de $1$ à $P$ , en ordre croissant ; m est donc le nombre de nombres premiers strictement inférieurs à n.
    Soit le m_uplet $(q_i, i=1 ... m)$ défini par $q_i = n-p_{m+1-i}$ ; ces nombres sont croissants, ce sont les compléments à $n$ des nombres $p_i$

    On suppose qu'il n'y a aucun couple $(i,j)$ tel que $p_i=q_j$
    Et donc, puisque le nombre de termes dans ces 2 suites p et q est le même, et qu'il n'y a aucun élément en commun , (.... petite explication $^*$ ) , les 2 suites p et q sont forcément alternées.  (C'est évidemment là qu'il y a une erreur)
    Et comme $q_1<p_1$, elles sont forcément de la forme  $q_1<p_1<q_2<p_2<  ...  < q_i < p_i < ... <q_m<p_m$

    La suite est correcte :
    Comme $p_1=2$ et $p_2=3$ sont 2 entiers successifs, il est impossible d'avoir $q_2$ entre $p_1$ et $p_2$, donc on arrive à une contradiction.
    On a même un 2ème argument, également vrai.
    Comme $p_2=3$ et $p_3=5$ sont 2 entiers impairs successifs, et que les $q_i$ sont impairs (sauf$q_m$), $q_3$ ne peut pas être entre $p_2$ et $p_3$, on arrive à une contradiction.

    Au final, on a utilisé quoi dans cette démonstration : on a une suite $p_i$. Il se trouve que c'est la suite des nombres premiers, mais ce n'est utilisé nulle part. Tout ce qu'on utilise, c'est le fait que cette suite est constitué de nombre tous impairs, sauf le nombre $2$. Et que les termes aux extrémités sont $2,3,5$ d'une part, et $n-1$ d'autre part.

    Autrement dit, on nous dit ;
    Soit $n$ un nombre pair.
    Soit $m$ nombres $p_i$ qui vérifient ces propriétés
    $p_1=2 , p_2=3 , p_3=5 , p_i<p_{i+1} ,  p_m=n-1$  et les $p_i$ sont tous impairs sauf le 1er.
    Soit la suite $q_i = p_{m+1-i}$
    On suppose que pour tout couple $i,j$, on a $p_i+q_j <> n$
    alors les termes $p_i$ et $q_j$ sont alternés :  $q_1<p_1<q_2<p2<  ...  < q_i < p_i < ... <q_m<p_m$


    Comme on n'utilise nulle part le fait que les $p_i$ sont premiers, on peut construire n'importe quelle suite :

    $n=30$
    $p_i= (2,3,5,7,11,13, 21,29)$
    $q_i= (1,9,17,19,23,25,27,28)$
    Il n'y a aucun terme en commun entre ces 2 suites.  Il y a bien le même nombre de termes dans ces 2 suites. On a bien $p_i+q_{m+1-i}=30$ pour tout $i$
    Et donc, puisque aucun entier n'est commun aux 2 suites, ces 2 suites seraient (selon la démonstration du PDF) entrelacées.

    Or, il est aisé de vérifier qu'elles ne le sont pas.



    Tu disais : les pros qui valident des démonstrations, il savent s'adapter.
    Dans les démonstrations solides, il y a une succession de lemmes (c'est le terme toujours employé). Ce sont comme des paragraphes ou des chapitres dans un livre.  Je t'invite à lire quelques démonstrations rigoureuses de conjectures pour le vérifier.
    Si tu respectais cette discipline, tu aurais écrit :

    Lemme n°1 : 
    Soit $n$ un nombre pair.
    Soit $m$ nombres $p_i$ qui vérifient ces propriétés
    $p_1=2 , p_2=3 , p_3=5 , p_i<p_{i+1} ,  p_m=n-1$  et les $p_i$ sont tous impairs sauf le 1er.
    Soit la suite $q_i = p_{m+1-i}$
    On suppose que pour tout couple $i,j$, on a $p_i+q_j <> n$
    alors les termes $p_i$ et $q_j$ sont alternés :  $q_1<p_1<q_2<p2<  ...  < q_i < p_i < ... <q_m<p_m$

    Tu aurais encadré ce lemme, puis tu l'aurais démontré.

    Le lecteur de ta démonstration verrait très vite que ce lemme est faux. Le pro qui valide ta démonstration dirait immédiatement qu'elle est fausse. Et ça ne durerait pas 3 jours comme ici, mais 3 minutes.

    Edit : voici un lien vers une démonstration d'un résultat un peu plus simple que cette conjecture de Goldbach, pour que tu voies au moins une fois ce que c'est qu'une démonstration mathématique d'un résultat 'nouveau' : https://arxiv.org/pdf/2111.06963.pdf
  • LEGLEG
    Modifié (30 Nov)
    @gebrane
    Tu ne peux pas modifier ton lemme, avec deux nombres premiers consécutifs qui plus est.
    Tu as supposé $p,q$ consécutifs donc $p < q$ et l'exemple de Bibix,  $n = 28$
    $p\not\equiv{n}[P]$ donc  $P = 3$, $q = 13$ ne peut vérifier que $n+2$ modulo $P$ ... etc.
    le reste $R$ de 28 par 3 = 1......1+2r = 7...+2r = 13 out, 11 ok, 11 et 13 modulo 3, non [n'ont ?] pas les mêmes restes R.
    $28 -11 =17$
    $30 -13 = 17$ 
    ($p\not\equiv{n}[P]$) = ($(p+2)\not\equiv{(n+2)}[P]$) ,
     la congruence se décale d'un rang sur son successeur, si et seulement si $n$ augmente de $2$
    lorsque $n$ augmente de $2$, les restes $R$ de $n$ par $P$ augmentent de $2$ donc impossible pour deux nombres premiers consécutifs.

    Tu peux toujours écrire :  prenons $A$ premier ou pas,  $n < 2n$ si et seulement si : $ A\leqslant{n}$ tel que $A\not\equiv{2n}[p]$ précède $p\leqslant{n}$ alors $2n +2$ s'écrit comme la somme de $p+q$,  où $q$ est un nombre premier $\leqslant{2n+2}$.
    La conjecture serra vraie pour $2n+2$ ...
    Ensuite tu montreras que c'est vraie pour tout 2n ... etc
    Par exemple  avec $n = 68$ , $p = 31$ et $q = 37$  ce qui te ramène au point de départ de la conjecture, {l'utilisation de nombres premiers sans une propriété bien spécifique, inférieur à $\frac{n}{2}$, ça fait plus de deux siècle ...
    Il faut donc autre chose qui ne fasse pas intervenir les nombres premiers $q$ et utiliser tous les entiers $A\leqslant\frac{n}{2}$ premiers ou pas !
  • Modifié (25 Nov)
    gerard0 disait "Ce que te disent trois personnes, c'est que tu ne fais pas à cet endroit, de preuve (application stricte de règles de maths ou de logique)..."
    Merci bien gerard0, ton commentaire est accepté avec joie.
  • Modifié (25 Nov)
    Zgrb "Parce que c'est un forum sérieux.Soit ce qu'il avance est démontré sérieusement, ce qui n'est pas le cas, soit il faut arrêter de faire de la tambouille..."
    Ça m'a fait plaisir ton commentaire, merci bien.
    Cordialement.
  • Modifié (25 Nov)
    @gebraneenge, tu combats seul , les 3 mousquetaires BILORA. c'est perdu d'avance.

    Non gebrane, je n'abandonne pas.
    En fin de compte c'est de bonne guerre, c'est comme ça qu'on progresse dans presque tous les  domaines : avec de la critique constructive.
    Merci aussi pour tes remarques pertinentes.
    Cordialement.
  • Modifié (25 Nov)
    @BibixOn suppose que n n'est pas décomposable, alors il existe pi∈Pn tel que n−pi∉Pn, mais comme n−pi n'est alors divisible par aucun pj (c'est donc un nombre premier), on obtient une contradiction. Donc la conjecture de Goldbach est vraie.
    Oh erreur Bibix,  n−pi∉Pn, ne veut absolument pas dire que n−pi n'est alors divisible par aucun pj, il veut dire tout simplement qu'il n'est pas premier c'est-à-dire décomposable en produit de facteurs premiers de Pn.
  • @engeneermath avec de la critique constructive.

    je voulais dire "à la seule condition de la critique constructive."
  • Modifié (26 Nov)
    engeneermath a dit :
    Oh erreur Bibix,  n−pi∉Pn, ne veut absolument pas dire que n−pi n'est alors divisible par aucun pj, il veut dire tout simplement qu'il n'est pas premier c'est-à-dire décomposable en produit de facteurs premiers de Pn.
    Alors déjà, un nombre premier est aussi décomposable en produit de facteurs premiers de $P_n$, mais surtout je te cite :    engeneermath a dit :
    En maths il n'y a pas un argument n'est pas convaincant selon moi, si tu n'es pas convaincu il faut démontrer le pourquoi sinon il faut démontrer le contraire.
    de toutes façons merci pour tes conseils.
    Tu n'as pas démontré que mon argument ne tenait pas, tu l'as juste affirmé. Pourquoi est-ce que $n - p_i$ ne serait pas premier ? Je veux dire, ça me parait plutôt évident sachant qu'il y a autant de $n -p_i$ que de $p_i$  >:) . Bref, ta critique n'étant pas constructive, je ne la prends pas en compte.
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