Constante de Goldbach

LEG

@engeneermath : Ben oui ..[ ne veut absolument pas dire que $n−pi$ n'est alors divisible par aucun $p_j$ Car cela serait un nombre premier !,
 
il veut dire tout simplement (qu'il n'est pas premier) c'est-à-dire qu'il est  décomposable en produit de facteurs premiers de $P_n$.

("" il faut donc enlever cette phrase qui est contradictoire , par rapport à l'affirmation du dessus !"")

Ce qui se traduit : $n−pi = A$ , donc $p_i\equiv{n}[P]$ , car il existe $P\in{P_n}$  tel que $P\leqslant\sqrt(n)$ qui divise $A$ ...ce qui évite les confusions .
D'où $n$ ne se décompose pas en somme de deux nombres premiers tel que $p_i + A$ ,ne sont pas deux nombres premiers ...! Non ?

engeneermath : Ça devrait correspondre à mon petit document , prends un  petit exemple  avec $n = 30 =p_i + q$ où $q\in{[(n/2) , n]} $ donc montre que 32 n'est pas la somme de $p_i + q$ . 

J'ai rechangé le fichier ; en partant directement des entiers impairs de 1 à n , au lieux des familles de la forme 30 k + i , et en expliquant plus en détail le décalage d'un rang des congruences , qui est la propriété récurrente et principale de cette démonstration.

gebrane

Bibix, Pour ton exemple bien sure je ne peux pas donner un contre exemple ( il me faut un n non décomposable avec blabla ...), mais me semble-il qu' on peut prouver que ton argument est faux. si n-pi n'est pas premier alors il est divisible par au moins un entier autre que 1 et lui même ( c'est la definition) notons $d$ l'un de ses diviseurs . si d est premier ( c'est un cas facultatif)  , il est égale à l'un des pj et ton assertion est fausse si d n'est pas premier, on s'en sort encore en disant que $d$ est un produit de facteurs premiers. Noton p l'un de ses facteurs premier, il est égale à l'un des pj et  il divise d donc il divise n-pi ce qui contredit on assertion.
Ceci montre que ton exemple n'est pas bon car pour démontrer que ton argument est faux , je n'avais pas besoin d'utiliser que n n'est pas décomposable                             

Bibix

Oui @gebrane, ça contredit mon assertion finale car c'est une contradiction (je te rappelle qu'on parle de RPA avec engeneermath). Mais ça ne contredit pas mon implication car j'ai aussi supposé que $n$ n'était pas décomposable. En fait, d'un point de vue strictement logique, ma démonstration est fausse si et seulement si la conjecture de Goldbach est fausse...

Par contre, il est vrai de dire que mon argument n'est pas convaincant, que ce n'est pas trivial, que c'est du blabla, etc... . En somme, que mon argument n'est "même pas faux".

En fait, la bonne réponse aurait été de dire que ma démonstration n'est pas une démonstration mathématique. Elle imite la syntaxe d'une démonstration mathématique, c'est tout...

LEG

 Si $d$ n'est pas premier, on s'en sort encore en disant que $d$ est un produit de facteurs premiers. Notons $p$ le plus petit facteurs premier qui divise $d$, il est égale à l'un des $p_j$ et  il divise $d$ donc il divise $n-pi$ ce qui contredit ton assertion...

Pourquoi invoquer  $n-pi$  n'est pas décomposable en somme de deux premiers ? Ce qui intéresse c'est bien $n = p_i + q\geqslant {n/2}$
c'est un peu  tout mélanger pour pas grand chose ..Non ? 

Car là, vous supposez que la conjecture est vraie , si tu élimines tous les produits compris de $p_i \:à\: n$ il ne te reste que $p_i = p_j$ qui a divisé le dernier $d$ donc effectivement on peut dire qu'il reste $p_i + q = n$ 

 Mais le nombre de nombres premiers $p_i$ inférieur à $n/2$ est $= [n/2 , n] = q $ ...??? ou alors je suis tombé du train ...?

raoul.S

@engeneermath finalement je reviens sur ton affirmation de la page 3: ceci montre que deux n- pk différents ne peuvent appartenir au même intervalle composé par deux facteurs premiers successifs.

Je ne m'en étais pas aperçu mais il n'y a pas besoin d'aller bien loin pour montrer qu'elle est fausse.

En effet on a $n=p_m+1$ et rappelons-nous que $p_1=2$ et $p_2=3$. Ainsi $n-p_1=p_m-1$ et $n-p_2=p_m-2$ et par conséquent on a : $p_{m-1}<n-p_2<n-p_1<p_m$. Donc  $n-p_1$ et $n-p_2$ sont deux "n- pk" différents qui appartiennent au même intervalle composé par deux facteurs premiers successifs, $p_{m-1}$ et $p_{m}$ en l'occurrence. Donc ton affirmation est fausse.

lourrran

Raoul, ton argument n'est pas pertinent. Engineermaths pourrait te répondre que justement, c'est son argument.
Voilà ce qu'il dit : 
Si $n$ est pair et n'est pas décomposable en somme de 2 premiers, alors tous les $p_i$ et tous les $n-p_i$ sont différents, donc ils forment 2 groupes entrelacés, or, c'est impossible de former 2 groupes entrelacés, donc tout pair est décomposable en somme de 2 premiers. Fin de la démo.

En fait, je pense qu'il a compris que sa démonstration est fausse. J'ai bien décomposé ce paragraphe précis de sa démonstration, (c'est https://les-mathematiques.net/vanilla/index.php?p=/discussion/comment/2395958/#Comment_2395958 ici).
Normalement, il a compris. Je pense qu'il a un niveau suffisant pour comprendre. Nulle part, il n'utilise le fait que les $p_i$ sont les nombres premiers, il utilise juste le fait qu'ils sont tous impairs (sauf $2$), et que les termes extrêmes sont $2,3,5, ... n-1$

Forcément, par fierté et uniquement par fierté il va maintenir sa position, il va maintenir que sa démonstration est correcte. 
Pour oser imaginer qu'on a démontré cette conjecture (alors qu'il ne savait même pas dans son premier message que $1$ n'est pas premier !), il faut vraiment avoir un ego démesuré.
Donc il va maintenir que sa démonstration est correcte. Même s'il sait parfaitement que c'est faux.
Respectons son égo, sa fierté.

raoul.S

lourrran a dit :

Raoul, ton argument n'est pas pertinent. Engineermaths pourrait te répondre que justement, c'est son argument...

Oui je comprends qu'il puisse répondre ceci mais c'était pour montrer que son argument n'est basé sur aucune déduction logique, en fait c'est juste son ressenti de la situation. Je voulais lui montrer qu'on peut rapidement voir qu'en pratique ce n'est pas comme ça que ça se passe avec $n-p_1$ et $n-p_2$, mais bon...

gebrane

Bonjour @raoul.S je ne comprends pas un truc, soit n=8 alors $p_m=7$ et $p_{m-1}=5$, tu sembles dire que $p_m-2>p_{m-1}$

LEG

gebrane a dit :

Bonjour @raoul.S je ne comprends pas un truc, soit n=8 alors $p_m=7$ et $p_{m-1}=5$, tu sembles dire que $p_m-2>p_{m-1}$

il y a une erreur sur le mauvais signe car pou $n = 8 $ et $n - p_m$  donc: $ p_{m}  > p_2 > p_1  = p_1= 3$

Je pense que si erreur il y a:

elle se situerait  au début, car on a au début $p_i\leqslant{p_m}$ que l'on ne peut pas supprimer car il existe multitudes de
$ n =  p_i + p_i$  ou  $n =  p_i + p_m$ avec $p_i = p_m$ ...comment supposer la conjecture fausse ;  sans résoudre ce Cas ?

sauf si n est pair et n/2 pair, par conséquent il est inutile d'impliquer $n =p_i+p_i$ et supprimer : $p_i\leqslant{p_m}$ de sorte que si :
n/2 , n'est pas premier on reste dans la supposition d'une conjecture fausse , ce qui ne peut être le cas si $n =p_i+p_i$

raoul.S

gebrane a dit :

tu sembles dire que $p_m-2>p_{m-1}$

Oui car je me place dans le cadre de la démonstration d'engeneermath qui suppose que $n-p_k$ n'est pas premier pour tout $k=1..m$.

Boécien

C'est contagieux la shtamouille?

engeneermath

@Bibix a dit:
Pourquoi est-ce que n−pi ne serait pas premier ? Je veux dire, ça me parait plutôt évident sachant qu'il y a autant de n−pi que de pi

Mais c'est évident car je suis partis avec la supposition qu'il existe n nombre pair tel que n-pi n'est pas premier  ∀ pi ∈ Pn = la négation de la conjecture de Goldbach.

Bibix

$\newcommand{\gcd}{\operatorname{pgcd}}$Ben du coup, ma démonstration est juste puisqu'on finit par trouver que $n -p_i$ est premier ce qui contredit l'hypothèse de départ. C'est ça une démonstration par l'absurde. Selon toi, la démonstration que $\sqrt{2}$ est irrationnel serait fausse car on suppose que $\sqrt{2} = \frac{p}{q}$ avec $\gcd(p,q) = 1$ pour en déduire que $\gcd(p,q) \neq 1$ ?

engeneermath

@lourrran a dit:
Nulle part, il n'utilise le fait que les pi sont les nombres premiers

c'est même au début de la démonstration, première page: 

Notons Pn l’ensemble de tous les nombres premiers strictement inférieurs à n défini comme suit :

Pn = {p1 ; ……… ; pm} ces pi sont classés par ordre croissant :

engeneermath

Bonjour,
Je vous retransmets le fichier pdf de la conjecture amélioré et corrigé en tenant compte aussi de vos différentes remarques : utilisation des quantificateurs là où ça manque,  précision dans la désignation des termes utilisés ...
J'ai essayé d'être le plus précis et clair possible, mais vos commentaires (constructifs: même si c'est pour infirmer une étape) seront les bienvenus.
Personne n'est parfait.
Cordialement.

gerard0

Dire que des nombres sont premiers n'est pas utiliser le fait qu'ils sont premiers. 

raoul.S

En ce qui me concerne le problème est toujours là, je l'ai signalé ICI en montrant l'erreur.

gebrane

Merci raoul pour ton explication  effectivement, $p_m-2= n-3 $ doit être non premier

LEG

engeneermath
Pourquoi en début de document tu dis :
Supposons alors que ∀ $p_i\in{P_n}$ , $p_1 < n-p_i < p_m$ : ["supposition 2 → S 2 ."]  pourquoi ? car si $n = 14$ $p_i=p_m$Donc pour $p_i =p_ m$ on obtient $p_1 < n-p_m < p_m$ ,Pourquoi ? encore faux , car $n = 14 = n -7 + n-7$ donc $p_1< n-p_m \leqslant{p_i}$ non ?

$p_1<n-p_m$ ⇒ $p_m < n-p_1$ Contradiction avec $n-p_i < p_m$ Pourquoi puisqu'ils peuvent êtres égaux ?
je pense que l'on peut directement exclure deux cas, en début de document $n = p_m+p_m$ , ou $n = A+A$ non premiers.
de sorte que si $n - p_m$ , n'appartient pas à $p_n$ on sait de suite qu'il existe un $p_i\leqslant\sqrt{n}$ tel que $p_i$ peut être $p_1,p_2,p_k = p_i$

lourrran

@engeneermath
tu dis que tu utilises le fait que les $p_i$ sont premier .
Gerard0 t'a excellement répondu ; tu dis qu'ils sont premiers, mais tu n'utilises nulle part les particularités des nombres premiers.  La seule chose que tu utilises, c'est qu'ils sont impairs, à part $2$ qui est pair, et que les termes aux extrémités sont $2,3,5$ et $n-1$. Tu n'utilises aucune autre propriété spécifique aux nombres premiers.
Il faut que tu prennes conscience d'une chose. Ce forum est fréquenté par des gens dont certains sont extrêmement brillants (1er prix au concours général de mathématique, ENS, majors à l'ENS ... ). Si ton travail avait le moindre intérêt, ces personnes auraient réagi positivement. Tous ces brillants mathématiciens te disent que ton travail est faux.

gebrane

 (1er prix au concours général de mathématique, ENS, majors à l'ENS ... ) c'est  Bibix ou lourrran ou raoul ?

raoul.S

Ce n'est pas moi et à mon avis les normaliens ne liront pas la preuve d'engeneermath, il faudra qu'il se satisfasse.

PS. quoi qu'il en soit ils buteront au même endroit de sa preuve...

gebrane

Les normaliens que je connais d'Ulm sauf erreurs  sont JLT, Bisam Calli et poirot normalien de Cachan .
Je suis très curieux de savoir le parcours de Gabu, Jandri MRj Georges Abitbol"  Foys,  la liste est longue 

Pour ne pas me poser la question, je viens d'une L1 des plus ordinaires ( vous pouvez me répondre par mp)

Poirot

@gebrane Je n'ai pas fait Cachan.

gebrane

Une chose de sûr tu es un Normalien poirot. Vraiment  ma memoire me joue des tours.  

lourrran

On est dans la rubrique shtam, j'ai le droit de conjecturer moi aussi, non ?
Et statistiquement, j'ai une probabilité non négligeable d'avoir raison.

gebrane

Lourrran tu n'es pas un Normalien car je me rappelle d'une discussion avec toi sur une question de proba. Tu m 'avais dit, tu n'aimes pas les raisonnements academiques sauf si ma mémoire est fichue 

lourrran

'Je n'aime pas les raisonnements académiques ?'
Je ne l'avais certainement pas formulé comme ça, parce que je n'aime pas employer des expressions comme 'raisonnements académiques', pour la bonne et simple raison que je ne suis pas sûr de savoir ce que ça veut dire.
Mais, j'ai pu dire des choses assez proches de ça en effet.

Julia Paule

Si Poirot a fait une ENS, alors je dirais que c'est celle de Rennes.

[Utilisateur supprimé]

Vu à quel point le monde est petit, je ne serais pas étonné qu'on trouve ici plusieurs paires $\{a,b\}$ tels que $a$ a été le prof de $b$ et il est fort probable que beaucoup d'entre nous se sont déjà croisés.

engeneermath

Vous aviez raison d’insister sur le point :          

  « ceci montre que deux n-  pk différents ne peuvent appartenir au même intervalle composé par deux  nombres premiers successifs puisqu’il existe un  nombre premier entre les deux n-  pk ( n- pi2 <  pi <  n- pi1) » qui est faux,

j’ai détecté l’erreur, en effet il est faux par exemple dans le cas où l’intervalle   ]pi; pi+1[  ne contient aucun n-pk autrement dit  n- pi2 <  pi < pi+1 <  n- pi1

Comme exemple (pi ; pi+1) couple de nombres premiers jumeaux : (pi)+ 1 pair et n-pi impair.

gebrane

Maintenant tu vas faire quoi enge, chercher une autre preuve?

LEG

gebrane a dit :

Maintenant tu vas faire quoi enge, chercher une autre preuve?

Non.... il va remettre de l'ordre dans la classification de ses nombres premiers...pour redescendre vers le dernier $p_1$

Tu as compris le principe de l'algorithme et sa propriété récurrente ...?
 En définitive  l'algorithme à deux fonctions, celle d'un crible par les congruence et il utilise le principe d'une preuve par récurrence du fait de ce décalage d'un rang des congruence lorsque $n$ augmente de 1 .

À la ligne $n+1$, les rangs $n+$ , sont les successeurs des rang $n$ inférieur , appartenant aux ligne $n$ inférieures ...etc; en descendant ligne $n-1$ ,$n-2$ ...etc
Ce qui implique par exemple : si $2n = 40$ vérifie la conjecture , il est impossible qu'elle soit fausse pour 42.

J'ai ré-expliqué le document, et la fonction de l'algorithme, ce qui ne change rien aux simulations par récurrence.

lourrran

Engeneermath, en dehors de LEG, les gens qui te parlent ici ont pas mal de connaissances en mathématiques.
Leg ne sait pas ce qu'est une démonstration mathématique, n'écoute pas ses pseudo-conseils.

LEG

lourrran a dit :

Leg ne sait pas ce qu'est une démonstration mathématique, n'écoute pas ses pseudo-conseils.

Tu as tant peur que ça, de passer pour un imbécile si ma démo est validée , parce que tu n'auras rien compris à cet algorithme ?

Que tu essayes à tous prix de me discréditer auprès de tous les intervenants et tu as même fini par induire en erreur Julia , à tel point qu'elle a confondue successeur et complémentaire avec sa remarque fausse : 7 et 2n = 200 où le complémentaire de 7 par rapport à 202 et 195 ..., alors qu'il fallait regarder le successeur de 7 par rapport à 2n = 202 , qui est 7+2 = 9 qui ont chacun pour complémentaire 193 ...

lourrran

Je ne crains vraiment rien de ce côté là, simplement, je pense qu'engeneermath a mieux à faire que de suivre tes conseils stupides, et je tenais à le mettre en garde.

On est bien d'accord : tu l'as dit toi-même, tu n'as jamais étudié les maths sous quelque forme que ce soit. Ce domaine t'est totalement étranger. Tu l'as dit, et de toutes façons, ça se voit à chacune de tes interventions ; ça se voit quand on a un certain recul, et Engeneermath n'a peut être pas ce recul. C'est pour ça que je le préviens.

gerard0

"si ma démo est validée "
Il n'y a pas de "démo" en maths, seulement des preuves mathématiques, appelées démonstrations mathématiques.

Un algorithme peut servir pour une démonstration mathématique (*) à condition de justifier par des moyens mathématiques de son universalité.

On ne peut pas se passer de mathématiques dans une preuve de mathématiques.
Engeneermath, je confirme l'avis de Lourrran, et bien d'autres ici peuvent le faire ...
Cordialement.

(*) par exemple pour le théorème de divisibilité des polynômes réels

LEG

gerard0 a dit :

Un algorithme peut servir pour une démonstration mathématique (*) à condition de justifier par des moyens mathématiques de son universalité.

Tout à fait . 

Encore faut il comprendre le principe de fonctionnement de l'algorithme, quand bien même les explications ne vous conviennent pour le comprendre, ou quelles ne suivent pas le langage mathématique.

Le résultat n'en est pas moins là, il appartient à un ou des mathématiciens de mettre ces explications en langages mathématique pour un algorithme élémentaire (même si pas évident) afin de comprendre son principe de récurrence.

En voyant l'incapacité de plusieurs mathématicien de comprendre cet algorithme, j'espère qu'il ne s'agit pas d'une mauvaise blague de C Goldbach, et que lui avait construit cet algorithme avant de poser sa lettre...

Car quand même, comment se fait-il depuis plus de deux siècles, que cette algorithme n'est n'ait jamais été découvert... Surtout en étant beaucoup plus efficace avec sa propriété récurrente que le crible d'Ératosthène ...

Je doute fort que Engeneermath ait besoin de vos conseils, même en appelant la cavalerie à la rescousse...
Il est assez grand pour prendre ses responsabilités ... surtout en voyant certaines interventions.
S'il veut des renseignements sur certains points de fonctionnement de l'algorithme, il saura me le demander.

Cordialement et bon après midi.

Bibix

LEG a dit :

Car quand même, comment se fait-il depuis plus de deux siècles, que cette algorithme n'est n'ait jamais été découvert...

Excellente question. Tu devrais vraiment y réfléchir. Comment se fait-il que des générations de matheux chevronnés et passionnés n'aient jamais essayé ce que tu as fait, mais que malgré cela certains ont passé leur vie à tenter de démontrer la conjecture de Goldbach... . J'ai sans doute une toute autre réponse que la tienne à ce sujet.

gebrane

Puisque c'est à la mode, moi aussi je m'essaie pour démontrer la conjecture .
Mon  plan 

Lemme 1 tout nombre paire N plus grand que 6  s'écrit  N=2n+6
Lemme 2  pour tout entier n il existe un entier p tel que 2p+3 et 2n+3-2p sont des nombres premiers
(Pour n=0, on peut choisir p=0)

Lemme1+lemme2 impliquent si N est paire $\ge 6$ alors N=2n+6= (2p+3)+(2n+3-2p) et la conjecture est démontrée

Quel lemme vous pose problème    ?

Zgrb

Le 1er 

LEG

Où tu démontres que le lemme 2 implique le lemme 1 ? n et N ne veulent pas dire la même équivalence...

Ensuite tu retombes sur la conjecture : N peut s'écrire comme somme de deux nombres premiers ex : p=0 et n=1, N = 8, = 2n+6 = 3+5 et après ... tu vas comme ça jusqu'à (4*10^18) ??

Prouve avec ces deux résultats ci-joints, que tu ne peux pas supposer que la conjecture sera fausse pour 2n + 30 = 1200 000 000 030, ou 2n + 60

avec ces deux familles 30k+7 et 30k+23 qui sont complémentaires ...

Zgrb

LEG a dit :

@Ou tu démontres que le lemme 2 implique le lemme 1 ...? n et N ne veut pas dire la même équivalence...,

Il n'a pas dit que le lemme 2 impliquait le lemme 1 !!
Et je ne commenterai pas ton commentaire sur n et N, il parle de lui même...

LEG

Zgrb a dit :

Il n'a pas dit que le lemme 2 impliquait le lemme 1 !!

Lemme1+lemme2 impliquent si N est paire ≥6 ....? C'est pas du pareil au même ?

Zgrb

Non, pas du tout !

LEG

Ha bon ... Donc si la conjecture est vraie, d'après sa supposition tout nombres pair N = 2n+6 ne s'écrivent pas comme la somme de deux nombres premiers p+q ou, de la forme du lemme 2 je suppose que ce lemme est vrai qu'il existe un couple de premiers pour tout n et donc il existe ce couple de premiers, dont la somme  = N ...

 Dans le doute, je préfère attendre sa réponse avec ces explications ...!

Je vois que finalement tu t'intéresses au sujet, et tes deux réponses ne m'apportent aucun renseignement sur sa conjecture !

gebrane

Quand même il y a un sérieux dans ce que j'ai dit. Je démontre le lemme 1 pour zgrb
Soit N un nombre pair plus grand que 6 alors $N=2k$ avec $k\geq 3$ je pose alors $n=k-3$ on a bien $n\in \mathbb N$ et $N=2k=2n+6$
Pour Leg , pour le lemme 2 ( je garde mon secret) , tu as le choix entre une preuve par récurrence sur n ou par l'absurde ou ... ou utiliser ton crible ou si tu crois que c'est faux de donner un contre exemple 

LEG

   @gebrane : Bien sûr que TON SECRET est vrai mais

1) Uniquement pour $N = p+p$ en utilisant uniquement le même $n$ décalé par rapport $N= 2n+6$ qui te donne  tous les entiers pairs > 6
2) 2n + 3, te donne tous les impairs  en partant de 3 , 5,7 ....(2n+3)
3) étant donné que tu rajoutes à 2n +3 , -2p ,il te restera les même nombres premiers impairs à partir de:  -2p = -10 pour 2n+3 =13 
d'où : 13 + -10 = 3 et en continuant de la sorte tu retombes sur l'infinité de nombres premiers > 2
4) Donc tu peux écrire N = p+q de plusieurs façons... c'est à dire que tu ré-écris la conjecture de Goldbach sous une autre forme ...
5) Car tu ne démontres pas que cela sera vraie pour tout N
6) Je reprends mon algorithme , tes nombres premiers < N =2n+6 = 100 , pour n = 47.
7) Je sais que le nombre de nombres premiers de 47 à 94 vaut 6 , et  que ce nombre de  48 à 96 est le même : il vaut 6 , il ne peut y avoir contestation !
8) l'algorithme de Goldbach m'indique qu'il y a p entiers impairs non congrus à 94 modulo P Donnez N: 47

[3, 5, 7] ....... $P\leqslant\sqrt{94}$

1    ...............Reste de 94 par P

4

3

crible: [0, 0, 1, 0, 0, 1, 0, 1, 0, 0, 1, 1, 0, 1, 0, 0, 1, 1, 0, 0, 1, 0, 0]

Nombres $A\leqslant{47}$, non congru à $2n[P]$ de 1 à 47 (famille 1 mod 2) nombres premiers $q$ de 47 à 94   = 9 .
dont 4 nombres premiers $p'$ [5 ; 11 ; 23; 41 ] plus le couple [47+47]

9) on suppose  que  pour n =48 , et que N = 96 , il n'y a pas de solutions , ce qui implique qu'aucun nombres premiers p serra non congrus à 96[P] ..., sans contestation possible l'algorithme remplacerait le 1 par 0 ...!
on vérifie les congruences qui se d écalent d'un rang sur leur successeur A+2 :

Donnez N: 48

[3, 5, 7]

0

1

5

crible: [0, 0, 0, 1, 0, 0, 1, 0, 1, 0, 0, 1, 1, 0, 1, 0, 0, 1, 1, 0, 0, 1, 0, 0] il vient en fonction de notre supposition conjecture fausse ...ok
et ben tu remplaces tous les [,1,] par [,0,] , afin que ta supposition tienne la route ...

conclusion: il ne te reste plus que 2 nombres premiers $q$, de 48 à 96 ... ... Ben M... alors ils sont passés où ?, Le cheval de ton chevalier ...... les à bouffés ..? ..il faut bien rigoler ...

10) Je te laisse méditer, car effectivement ta conjecture n'est pas fausse !

11) Alors imagine les deux tableaux ci-dessus, où tu peux calculer le nombre de premiers qui disparaîtraient ... tu en fais quoi des milliards de nombres premiers $q$, qui vont disparaître...

12) 
Cela ne prouve pas complètement que la supposition serait fausse de manière générale.. uniquement avec cette propriété utilisée pour le cas $N$ et $N+2$ consécutif, c'est à dire pour $n+1$ , car en utilisant le cardinal des nombres premier $q$, c'est vite évident....
-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

13) Rien ne prouve à ce stade, qu'il n'existerait pas un entier $N$ , que l'on va nommer le point $k$ où : à partir de ce point la conjecture commencerait à s'infirmer , c'est à dire que tu ne peux pas utiliser le cardinal des nombres premiers $q$, qui vont diminuer progressivement et non disparaître d'un coup  entre $N$ et $N+2$

14) pour cela il faut revenir au point 8) le théorème de cette conjecture nous dis : que si un entiers $A\not\equiv{94} [P]$ avec $A < 47$ ("pour faire simple") précède $A+2 = p'$ un nombre premier; la conjecture serra vérifier pour le suivant N+2., afin de respecter l'égalité suivante:
 $N-A =(N+2 - A+2)$ ce qui était bien le cas du point 9) .

D'où comme la conjecture à été supposée fausse , et que l'on à remplacé les 1 par 0 qui sont les prédécesseurs de la ligne n -1 aux rang n-1 , et bien pour satisfaire cette supposition , il est évident que de par la propriété récurrente inverse de Goldbach, il faut donc remplacer aussi : les 1 par 0 , qui précédaient [A+2 = p'] autrement dit :

 [0, 0, 1, 0, 0, 1,  0,   1,   0,   0, 1,   1,   0, 1,   0,   0, 1,  1,  0,  0, 1,   0, 0]
 [0, 0, 5,7, 0, 11, 13, 15, 17, 0, 21, 23, 0, 27, 29, 0, 1, 35, 37, 0, 41,43, 0]

 ("c'est à dire 4 [,1,] entiers non premiers $A\not\equiv{94} [P]$ qui ont permis de valider la conjecture pour $N+2 = 96$") qu'il faut maintenant remplacer aussi le [,1,] par  0, ce qui va donner :

[0, 0, 0, 0, 0, 0,  0,   0,   0,   0, 0,   1,   0, 0,   0,   0, 1,  0,  0,  0, 0,   0, 0]  résultat : N= 94, qui avait 4 solutions se retrouverait avec une seule ...on peut continuer à redescendre avec cette récurrence inverse...
Ce qui est absolument impossible, puisque la conjecture a été vérifiée à ce point 8) !  Car cette récurrence inverse montre : 

Que si la conjecture était fausse il en serait de même du TNP et du TFAserait etc , des premiers jumeaux ...etc 
Espérons que tu finisses par comprendre la fonction récurrente de cet Algorithme de Goldbach.

Que j'ai bien répondu à tes questions sur ta conjecture avec mon langage ...d'amateur et que toi par contre : en tant que mathématicien , tu sauras quoi faire de ma preuve ci-dessus ...!



les nombres premiers $q$ , qui viendraient à disparaître si la supposition fausse au point 9 était vraie ; tu les donnes à @zgrb, qui saura quoi en faire, à défaut de se planter sur son intervention ...! Était-ce la cause de son désir, de FAIRE fermer cette discussion...?

Cordialement.

Zgrb

Zgrb a dit :

Le 1er 

Je pensais que mon smiley indiquait du second degré 

Zgrb

LEG a dit : https://les-mathematiques.net/vanilla/index.php?p=/discussion/comment/2396670/#Comment_2396670

[Inutile de recopier un message présent sur le forum. Un lien suffit. AD]

Bon un peu de sérieux si tu le souhaites.
Bien évidemment son lemme 1 est trivial.
Bien évidemment son lemme 2 est équivalent à Goldbach, et il s'est bien caché de le démontrer.

Je te le redis, il n'a pas dit que lemme 2 implique le lemme 1, il a dit que si les lemmes 1 et 2 sont vrais (le 1 l'est, le 2 on ne sait pas), alors Goldbach est vrai. Que l'on travaille avec des n ou des N n'y change rien.

Sinon bien évidemment le lemme 2 (s'il est vrai) implique le lemme 1 car le lemme 1 est toujours vrai, mais ça n'intéresse personne des trivialités dans le style.