La conjecture de Goldbach est-elle indécidable ?

Harry3

Ce raisonnement vous inspire-t-il ? Il semble que la conjecture de Goldbach (comme celle de de Polignac) soit indécidable.
Soit un nombre entier $x$ ; $x\geq{3}$, nous allons supposer que $2x\neq{p_1+p_2}$ et
ceci, $\forall{p_1\geq{3},p_2\geq{3}}$ nombres premiers. Nous
pouvons donc poser pour $p_1$ et $p_2$ des nombres premiers tels
que $p_1>x>p_2$.
$$2x=p_1+p_2+2b_{{p_1},{p_2}}=p_1+p_2+2b$$
Pour plus de commodite, nous avons supprime les indices $p_1$ et
$p_2$ de $b$, il n'en reste pas moins que cet entier depend de
$p_1$ et $p_2$. Donc
$$x=\frac{p_1+p_2}{2}+b$$
Or pour tout $x,p_1,p_2,b$, il existe $b'$ et $y$ dont
l'expression est
$$y=\frac{p_1-p_2}{2}+b'$$
Notons que
$$p_1=x-b+\frac{p_1-p_2}{2}=\frac{p_1+p_2}{2}+\frac{p_1-p_2}{2}$$
$$p_2=x-b-\frac{p_1-p_2}{2}=\frac{p_1+p_2}{2}-\frac{p_1-p_2}{2}$$
$\exists{r',r'',s',s''}$ tels que
$$\left\{
\begin{array}{l}
x-r'=p_2\\
x+r''=p_1
\end{array}
\right.$$ Nous avons aussi $$\left\{
\begin{array}{l}
y-s'=-x+r'=-p_2\\
y+s''=x+r''=p_1
\end{array}
\right.$$
\paragraph{LEMME 1}
les valeurs de $r'$, $r''$, $s'$, $s''$ sont les suivantes
$$\left\{
\begin{array}{l}
r'=y+b-b'\\
r''=y-b-b'\\
s''=x-b-b'\\
s'=x-b+b'
\end{array}
\right.$$
\end{paragraph}
\paragraph{Preuve du lemme 1}
$$\left\{
\begin{array}{l}
x+r''=x+y-b-b'=\frac{p_1+p_2}{2}+b+\frac{p_1-p_2}{2}+b'-b-b'=p_1\\
x-r'=x-y-b+b'=\frac{p_1+p_2}{2}+b-\frac{p_1-p_2}{2}-b'-b+b'=p_2\\
y+s''=y+x-b-b'=x+r''=p_1\\
y-s'=y-x+b-b'=-x+r'=-p_2
\end{array}
\right.$$
\end{paragrap}
\paragraph{Fin de la preuve du lemme 1}
\end{paragraph}
Il existe toujours $x_2$ un nombre impair et $p_1$ un nombre
premier (bien sur, $p_1$ peut n'etre qu'un nombre impair, mais
nous supposons ici qu'il est premier) pour lesquels
$$2x-p_1=x_2$$
Car tout nombre pair est la somme d'un nombre impair et d'un
nombre premier. Alors
$$x=\frac{p_1+x_2}{2}=\frac{p_1+p_2}{2}+b$$
Et
$$y=\frac{p_1-x_2}{2}=\frac{p_1-p_2}{2}+b'$$
$$(x_2-p_2=2b=-(-x_2+p_2)=-2b')\Rightarrow{(b'=-b)}$$
et
$$p_1=\frac{p_1+x_2}{2}+\frac{p_1-x_2}{2}$$
$$x_2=\frac{p_1+x_2}{2}-\frac{p_1-x_2}{2}$$
Et $\exists{u',u'',v',v''}$ verifiant
$$\left\{
\begin{array}{l}
x-u'=x_2\\
x+u''=p_1
\end{array}
\right.$$ et $$\left\{
\begin{array}{l}
y-v'=-x+u'=-x_2\\
y+v''=x+u''=p_1
\end{array}
\right.$$
\paragraph{LEMME 2}
Les valeurs de $u'$, $u''$, $v'$, $v''$ sont
$$\left\{
\begin{array}{l}
u''=y\\
u'=y\\
v'=x\\
v''=x
\end{array}
\right.$$
\end{paragraph}
\paragraph{PREUVE DU LEMME 2}
$$\left\{
\begin{array}{l}
x+u''=x+y=\frac{p_1+x_2}{2}+\frac{p_1-x_2}{2}=p_1\\
x-u'=x-y=\frac{p_1+x_2}{2}-\frac{p_1-x_2}{2}=x_2\\
y+v''=y+x=x+r''=p_1\\
y-v'=y-x=-x+r'=-x_2
\end{array}
\right.$$
\end{paragrap}
\paragraph{Fin de la preuve du lemme 2}
\end{paragraph}
Pour tout $x$, $y$ entiers, existent $x_1,p_2$ avec $p_2$ un
nombre premier (nous pouvons le considerer comme un simple nombre
impair, mais pour notre communication, nous supposerons qu'il est
premier), $x_1$ un nombre impair verifiant, car tout nombre pair
est egal a la somme d'un nombre impair et d'un nombre premier.
$$x=\frac{x_1+p_2}{2}=\frac{p_1+p_2}{2}+b=\frac{p_1+x_2}{2}=\frac{x_1+x_2}{2}-b$$
donc
$$x_1=p_1+2b$$
donc
$$x_1-4b=p_1-2b=2p_1-x_1$$
et
$$y=\frac{x_1-p_2}{2}-2b=\frac{p_1-p_2}{2}-b=\frac{p_1-x_2}{2}=\frac{x_1+x_2}{2}-b$$
\paragraph{LEMME 3}
Ces equations impliquent
$$b=0$$
\end{paragraph}
\paragraph{PREUVE DU LEMME 3}
$$\left\{
\begin{array}{l}
x_1+x_2=p_1+p_2+4b\\
x_1-x_2=p_1-p_2
\end{array}
\right.$$
$$\left\{
\begin{array}{l}
(x_1-b)-(x_2-b)=(p_1+b)-(p_2+b)\\
(x_1-b)+(x_2-b)=(p_1+b)+(p_2+b)
\end{array}
\right.$$
$$\left\{
\begin{array}{l}
x_1-b=p_1+b\\
x_2-b=p_2+b
\end{array}
\right.$$
Nous
arrivons donc a une bien mysterieuse solution. A savoir
$$2x=p_1+p_2+2b=x_1+x_2-2b$$
$$2y=p_1-p_2-2b=x_1-x_2-2b$$
Donc,
dire que $b$ est different de zero pour tout couple de nombres
premiers, equivaut a dire que $2x$ nombre pair ne peut jamais
etre egal a la somme de deux nombres premiers, or cette derniere
assertion equivaut elle-meme a dire que $2x$ nombre pair ne peut
jamais etre egal a la somme de ces deux nombres impairs $x_1,x_2$,
ce qui est faux, comme nous allons le voir. Mais, en meme temps,
dire $2x=x_1+x_2$ (ce qui est normal, dirions-nous et ne choque
personne (en tout cas, cette egalite ne necessite pas deux
siecles pour etre demontree : un nombre pair etant evidemment la
somme de deux nombres impairs)) entraine que $b=0$, soit que les
deux nombres impairs deviennent premiers ! Quelle assertion est
la plus forte ? La conjecture de Goldbach semble poser un
probleme de logique. Mais elle n'est pas indecidable, selon nous,
contrairement a ce qu'ont pu dire certains. Car un nombre pair
etant forcement egal a la somme de deux nombres impairs, il est
alors la somme de deux nombres premiers. C'est la mot de la fin !
L'hypothese initiale est fausse. $b$ ne peut etre different de
zero pour tout $p_1$, $p_2$.
$$\Rightarrow{(x_1-p_1=2b=x_2-p_2=0)}$$
$$\Rightarrow{(b=0)}$$
L'hypothese initiale est fausse. $b$ ne peut etre different de
zero pour tout $p_1$, $p_2$.
$$\Rightarrow{(x_1-p_1=x_2-p_2=2b=0)}$$
$$\Rightarrow{(\exists{p_1,p_2}/x_1-p_1=x_2-p_2=2b=0)}$$
$$\Rightarrow{(\left\{
\begin{array}{l}
b=0\\
2x=p_1+p_2\\
2y=p_1-p_2
\end{array}
\right.})}$$
\paragraph{Fin de la preuve du lemme 3}
\end{paragraph}
nous resumons
$$x=\frac{p_1+x_2}{2}=\frac{x_1+p_2}{2}=\frac{p_1+p_2}{2}$$ et
$$y=\frac{p_1-x_2}{2}=\frac{x_1-p_2}{2}=\frac{p_1-p_2}{2}$$
$$\Rightarrow{(\left\{
\begin{array}{l}
2x=p_1+p_2=x_1+p_2=p_1+x_2\\
2y=p_1-p_2=x_1-p_2=p_1-x_2
\end{array}
\right.})}$$
avec $p_1,p_2$ des nombres premiers
(bien sur, comme nous l'avons souligne, ils peuvent etre de simples nombres impairs, mais pour notre communication, nous les prenons premiers).
Il est donc absurde de supposer $b\neq{0}$. Et $\exists{r}$
verifiant
$$\left\{
\begin{array}{l}
x-r=p_2\\
x+r=p_1
\end{array}
\right.$$

\paragraph{LEMME 4}
La valeur de $r$ est
$$r=\frac{p_1-p_2}{2}$$
\end{paragraph}
\paragraph{PREUVE DU LEMME 4}
$$\left\{
\begin{array}{l}
x+r=\frac{p_1+p_2}{2}+\frac{p_1-p_2}{2}=p_1\\
x-r=\frac{p_1+p_2}{2}-\frac{p_1-p_2}{2}=p_2\\
\end{array}
\right.$$
\end{paragrap}
\paragraph{Fin de la preuve lemme 4}
\end{paragraph}
\paragraph{THEOREME}
$$\left\{
\begin{array}{l}
2x=p_1+p_2;\forall{x\geq{3}}\\
2y=p_1-p_2
\end{array}
\right.$$
\end{parapgraph}
\paragraph{Preuve du theoreme}
$$\left\{
\begin{array}{l}
x-y=p_2\\
x+y=p_1
\end{array}
\right.$$ Nous en deduisons que
$$\left\{
\begin{array}{l}
x=\frac{p_2+p_1}{2}\\
y=\frac{p_1-p_2}{2}
\end{array}
\right.$$ Soit
$$b=0$$
$p_1$ et $p_2$ sont en nombre limite, car il y a la condition
$p_1>x>p_2$. Nous aurions choisi $p_1$ ou $p_2$ comme de simples
nombres impairs, cela aurait ete un resultat evident et n'aurait
pas etonne, mais, et rien ne l'interdit dans notre demonstration
(bien au contraire) , nous les avons choisis premiers.
Et pour tout $x\geq{3}$ il existe $p_1$, $p_2$ des nombres premiers tels que
$$x=\frac{p_1+p_2}{2}$$
Nous avons demontre que $b$ n'est pas different de zero pour tout
$p_1,p_2$, donc qu'un nombre pair s'ecrit toujours comme la somme
de deux nombres premiers. Le theoreme de Goldbach est demontre.
\end{paragraph}
\paragraph{Fin de la preuve du theoreme}
\end{paragraph}
avec $p_1>x>p_2$
$$2x=p_1+p_2;\forall{(2x)\geq{6}}$$
En toute espece de cas, il est toujours possible de trouver un
intervalle de primalite ${[}x-r,x+r{]}$. Soit, comme on l'a vu,
$r=\frac{p_1-p_2}{2}$ pour tout $x$ tel que $x-r=p_2$ et
$x+r=p_1$.
$$r=\frac{p_1-p_2}{2}$$
On peut remarquer que entre $x$ et $2x$ il y a toujours un
nombre premier $p_1$ avec $x<x+\frac{p_1-p_2}{2}=p_1<2x=p_1+p_2$.
Nous retrouvons la un theoreme qui n'a pas pose autant de
probleme que celui de Goldbach, mais qui en est la consequence. On
peut aussi remarquer que tout nombre impair est la somme de trois
nombres premiers plus grands ou egaux que $3$, l'un d'eux pouvant
etre $3$ lui-meme.

jobherzt

jamel, on t'as reconnu !

Guimauve

« Or pour tout $ x,p_1,p_2,b$, il existe $ b'$ et $ y$ dont
l'expression est

$\displaystyle y=\frac{p_1-p_2}{2}+b'$ »

??
Cette relation ne constitue certainement pas une définition de $b'$ et $y$.

GERARD

Bonjour.

J'ai lu rapidement, mais en tout cas, nulle part n'est utilisé le caractère premier des nombres $p_1$ et $p_2$. Or autant il est évident que un nombre pair peut être décomposé de nombreuses façons en somme de 2 nombres premiers, et qu'il s'écrit $x_1+x_2$ pour tout $x_1$ inférieur à lui même, autant une preuve de la conjcture pour laquelle on n'utilise jamais le caractère premier des nombres est une fumisterie. Ai-je mal lu ?

Citation "dire $2x = x_1+x_2$ (ce qui est normal, dirions-nous et ne choque personne (en tout cas, cette égalite ne nécessite pas deux siècles pour être démontrée : un nombre pair étant évidemment la somme de deux nombres impairs)) "
Joli exercice de malhonèteté intéllectuelle, car il ne s'agit pas de dire qu'un pair est la somme de 2 impairs (à choisir comme on veut), mais que ce pair -ci est la somme de ces deux impairs -là.

Je souscris à la remarque de Guimauve : Les entiers utilisés sont assez mal définis, ce qui complique la compréhension de la nécessité des calculs : Pourquoi ce b', qui peut être pris nul, par exemple ?

Citation : "Car un nombre pair étant forcement égal à la somme de deux nombres impairs, il est alors la somme de deux nombres premiers. "

Impair = premier ? Démontre nous ça, Harry!

Cordialement

[La case LaTeX AD]

Aleg

L'idée suivant laquelle la conjecture de Goldbach est indécidable est la trame du roman hilarant de Doxiadis : <http://www.amazon.fr/Petros-conjecture-Goldbach-Apostolos-Doxiadis/dp/2020505614/ref=sr_1_1/171-9279956-5861007?ie=UTF8&s=books&qid=1178788980&sr=8-1&gt;
Dans ce roman c'est pour de rire (comme dans ce fil...) mais au moins l'auteur ne se prend pas au sérieux (contrairement à celui de ce fil..).

Sébatiduroc

Citation de Harry :
"Car un nombre pair etant forcement egal a la somme de deux nombres impairs, il est alors la somme de deux nombres premiers. "

Citation de Gérard :
Impair = premier ? Démontre nous ça, Harry!

Ce n'est pas tout à fait ce qu'il a dit, mais la validité de son raisonnement est tout de même douteuse...

En particulier pour 2 et 4, il y a problème.

Sébatiduroc.

guiguiche

Harry Écrivait:

---

> Ce raisonnement vous inspire-t-il ? Il semble que
> la conjecture de Goldbach (comme celle de de
> Polignac) soit indécidable.
> Soit un nombre entier $x$ ; $x\geq{3}$, nous
> allons supposer que $2x\neq{p_1+p_2}$ et
> ceci, $\forall{p_1\geq{3},p_2\geq{3}}$ nombres
> premiers. Nous
> pouvons donc poser pour $p_1$ et $p_2$ des nombres
> premiers tels
> que $p_1>x>p_2$....
J'ai déjà l'impression qu'à la première ligne ça ne va plus : prendre $x=3$.

Harry3

Pour dissiper les doutes, voici mon texte légèrement modifié mais indiscutable, tant est que c'est possible.
Soit un nombre entier $x$ ; $x\geq{3}$, nous allons supposer que $2x\neq{p_1+p_2}$ et
ceci, $\forall{p_1\geq{3},p_2\geq{3}}$ nombres premiers. Nous
pouvons donc poser pour $p_1$ et $p_2$ des nombres premiers tels
que $p_1>x>p_2$.
$$2x=p_1+p_2+2b_{{p_1},{p_2}}=p_1+p_2+2b$$
Pour plus de commodite, nous avons supprime les indices $p_1$ et
$p_2$ de $b$, il n'en reste pas moins que cet entier depend de
$p_1$ et $p_2$. Donc
$$x=\frac{p_1+p_2}{2}+b$$
Or pour tout $x,p_1,p_2,b$, il existe $y$ dont l'expression est
$$y=\frac{p_1-p_2}{2}-b$$
Notons que
$$p_1=x-b+\frac{p_1-p_2}{2}=\frac{p_1+p_2}{2}+\frac{p_1-p_2}{2}$$
$$p_2=x-b-\frac{p_1-p_2}{2}=\frac{p_1+p_2}{2}-\frac{p_1-p_2}{2}$$
$\exists{r',r'',s',s''}$ tels que
$$\left\{
\begin{array}{l}
x-r'=p_2\\
x+r''=p_1
\end{array}
\right.$$ Nous avons aussi $$\left\{
\begin{array}{l}
y-s'=-x+r'=-p_2\\
y+s''=x+r''=p_1
\end{array}
\right.$$
\paragraph{LEMME 1}
les valeurs de $r'$, $r''$, $s'$, $s''$ sont les suivantes
$$\left\{
\begin{array}{l}
r'=y+2b\\
r''=y\\
s''=x\\
s'=x-2b
\end{array}
\right.$$
\end{paragraph}
\paragraph{Preuve du lemme 1}
$$\left\{
\begin{array}{l}
x+r''=x+y=\frac{p_1+p_2}{2}+b+\frac{p_1-p_2}{2}-b=p_1\\
x-r'=x-y-2b=\frac{p_1+p_2}{2}+b-\frac{p_1-p_2}{2}+b-2b=p_2\\
y+s''=y+x=x+r''=p_1\\
y-s'=y-x+2b=-x+r'=-p_2
\end{array}
\right.$$
\end{paragrap}
\paragraph{Fin de la preuve du lemme 1}
\end{paragraph}
Il existe toujours $x_2$ un nombre impair et $p_1$ un nombre
premier (bien sur, $p_1$ peut n'etre qu'un nombre impair, mais
nous supposons ici qu'il est premier) pour lesquels
$$2x-p_1=x_2$$
Car tout nombre pair est la somme d'un nombre impair et d'un
nombre premier. Alors
$$x=\frac{p_1+x_2}{2}=\frac{p_1+p_2}{2}+b$$
Et
$$y=\frac{p_1-x_2}{2}=\frac{p_1-p_2}{2}-b$$
et
$$p_1=\frac{p_1+x_2}{2}+\frac{p_1-x_2}{2}$$
$$x_2=\frac{p_1+x_2}{2}-\frac{p_1-x_2}{2}$$
Et $\exists{u',u'',v',v''}$ verifiant
$$\left\{
\begin{array}{l}
x-u'=x_2\\
x+u''=p_1
\end{array}
\right.$$ et $$\left\{
\begin{array}{l}
y-v'=-x+u'=-x_2\\
y+v''=x+u''=p_1
\end{array}
\right.$$
\paragraph{LEMME 2}
Les valeurs de $u'$, $u''$, $v'$, $v''$ sont
$$\left\{
\begin{array}{l}
u''=y\\
u'=y\\
v'=x\\
v''=x
\end{array}
\right.$$
\end{paragraph}
\paragraph{PREUVE DU LEMME 2}
$$\left\{
\begin{array}{l}
x+u''=x+y=\frac{p_1+x_2}{2}+\frac{p_1-x_2}{2}=p_1\\
x-u'=x-y=\frac{p_1+x_2}{2}-\frac{p_1-x_2}{2}-b=x_2\\
y+v''=y+x=x+r''=p_1\\
y-v'=y-x=-x+r'=-x_2
\end{array}
\right.$$
\end{paragrap}
\paragraph{Fin de la preuve du lemme 2}
\end{paragraph}
Pour tout $x$, $y$ entiers, existent $x_1,p_2$ avec $p_2$ un
nombre premier (nous pouvons le considerer comme un simple nombre
impair, mais pour notre communication, nous supposerons qu'il est
premier), $x_1$ un nombre impair verifiant, car tout nombre pair
est egal a la somme d'un nombre impair et d'un nombre premier.
$$x=\frac{x_1+p_2}{2}=\frac{p_1+p_2}{2}+b=\frac{p_1+x_2}{2}=\frac{x_1+x_2}{2}-b$$
donc
$$x_1=p_1+b$$
$$x_2=p_2+b$$
donc
$$y=\frac{x_1-p_2}{2}-2b=\frac{p_1-p_2}{2}-b=\frac{p_1-x_2}{2}=\frac{x_1-x_2}{2}-b$$
\paragraph{LEMME 3}
Ces equations impliquent
$$b=0$$
\end{paragraph}
\paragraph{PREUVE DU LEMME 3}
Nous definissons $y_1$, $y_2$,$z_1$, $z_2$, nombres impairs comme
suit
$$\left\{
\begin{array}{l}
y_1=p_1+2b\\
y_2=p_2+6b\\
z_1=p_1+2b=y_1\\
z_2=p_2-6b
\end{array}
\right.$$ Donc
$$\left\{
\begin{array}{l}
p_1-p_2=y_1-y_2+4b=z_1-z_2-8b\\
p_1+p_2=y_1+y_2-8b=z_1+z_2+4b
\end{array}
\right.$$
$$\Rightarrow{(\left\{
\begin{array}{l}
6b=p_2-z_2\\
4b=\frac{2}{3}(p_2-z_2)\\
8b=\frac{4}{3}(p_2-z_2)
\end{array}
\right.})}$$
$$\Rightarrow{(\left\{
\begin{array}{l}
p_1-p_2=z_1-z_2-8b=z_1-z_2-\frac{4}{3}(p_2-z_2)=z_1+\frac{1}{3}z_2-\frac{4}{3}p_2\\
p_1+p_2=z_1+z_2+4b=z_1+z_2+\frac{4}{3}(p_2-z_2)=z_1-\frac{1}{3}z_2+\frac{4}{3}p_2
\end{array}
\right.})}$$
$$\Rightarrow{(\left\{
\begin{array}{l}
z_1+\frac{1}{3}z_2=p_1-p_2+\frac{4}{3}p_2=p_1+\frac{1}{3}p_2\\
z_1-\frac{1}{3}z_2=p_1+p_2-\frac{4}{3}p_2=p_1-\frac{1}{3}p_2
\end{array}
\right.})}$$
$$\Rightarrow{(\left\{
\begin{array}{l}
-\frac{2}{3}z_2=-\frac{2}{3}p_2\\
2z_1=2p_1
\end{array}
\right.})}$$
$$\Rightarrow{(\left\{
\begin{array}{l}
z_1-p_1=2b=0\\
p_2-z_2=6b=0
\end{array}
\right.})}$$
$$\Rightarrow{(b=0)}$$
Nous
arrivons donc a une bien mysterieuse solution. A savoir
$$2x=p_1+p_2+2b=x_1+x_2-2b$$
$$2y=p_1-p_2-2b=x_1-x_2-2b$$
Donc,
dire que $b$ est different de zero pour tout couple de nombres
premiers, equivaut a dire que $2x$ nombre pair ne peut jamais
etre egal a la somme de deux nombres premiers, or cette derniere
assertion equivaut elle-meme a dire que $2x$ nombre pair ne peut
jamais etre egal a la somme de ces deux nombres impairs $x_1,x_2$,
ce qui est faux, comme nous l'avons vu. Mais, en meme temps, dire
$2x=x_1+x_2$ (ce qui est normal, dirions-nous et ne choque
personne (en tout cas, cette egalite ne necessite pas deux
siecles pour etre demontree : un nombre pair etant evidemment la
somme de deux nombres impairs)) entraine que $b=0$, soit que les
deux nombres impairs deviennent premiers ! Quelle assertion est
la plus forte ? La conjecture de Goldbach semble poser un
probleme de logique. Mais elle n'est pas indecidable, selon nous,
contrairement a ce qu'ont pu dire certains. Car un nombre pair
etant forcement egal a la somme de deux nombres impairs, il est
alors la somme de deux nombres premiers. Nous l'avons demontre
par le calcul. C'est la mot de la fin !
L'hypothese initiale est fausse. $b$ ne peut etre different de
zero pour tout $p_1$, $p_2$.
$$\Rightarrow{(2b=x_1-p_1=x_2-p_2=0)}$$
$$\Rightarrow{(b=0)}$$
$$\Rightarrow{(\exists{p_1,p_2}/2x_1-2p_1=2x_2-2p_2=b=0)}$$
$$\Rightarrow{(\left\{
\begin{array}{l}
b=0\\
2x=p_1+p_2\\
2y=p_1-p_2
\end{array}
\right.})}$$
\paragraph{Fin de la preuve du lemme 3}
\end{paragraph}
nous resumons
$$x=\frac{p_1+x_2}{2}=\frac{x_1+p_2}{2}=\frac{p_1+p_2}{2}$$ et
$$y=\frac{p_1-x_2}{2}=\frac{x_1-p_2}{2}=\frac{p_1-p_2}{2}$$
$$\Rightarrow{(\left\{
\begin{array}{l}
2x=p_1+p_2=x_1+p_2=p_1+x_2\\
2y=p_1-p_2=x_1-p_2=p_1-x_2
\end{array}
\right.})}$$
avec $p_1,p_2$ des nombres premiers
(bien sur, comme nous l'avons souligne, ils peuvent etre de simples nombres impairs, mais pour notre communication, nous les prenons premiers).
Il est donc absurde de supposer $b\neq{0}$. Et $\exists{r}$
verifiant
$$\left\{
\begin{array}{l}
x-r=p_2\\
x+r=p_1
\end{array}
\right.$$

\paragraph{LEMME 4}
La valeur de $r$ est
$$r=\frac{p_1-p_2}{2}$$
\end{paragraph}
\paragraph{PREUVE DU LEMME 4}
$$\left\{
\begin{array}{l}
x+r=\frac{p_1+p_2}{2}+\frac{p_1-p_2}{2}=p_1\\
x-r=\frac{p_1+p_2}{2}-\frac{p_1-p_2}{2}=p_2\\
\end{array}
\right.$$
\end{paragrap}
\paragraph{Fin de la preuve lemme 4}
\end{paragraph}
\paragraph{THEOREME}
$$\left\{
\begin{array}{l}
2x=p_1+p_2;\forall{x\geq{3}}\\
2y=p_1-p_2
\end{array}
\right.$$
\end{parapgraph}
\paragraph{Preuve du theoreme}
$$\left\{
\begin{array}{l}
x-y=p_2\\
x+y=p_1
\end{array}
\right.$$ Nous en deduisons que
$$\left\{
\begin{array}{l}
x=\frac{p_2+p_1}{2}\\
y=\frac{p_1-p_2}{2}
\end{array}
\right.$$ Soit
$$b=0$$
$p_1$ et $p_2$ sont en nombre limite, car il y a la condition
$p_1>x>p_2$. Nous aurions choisi $p_1$ ou $p_2$ comme de simples
nombres impairs, cela aurait ete un resultat evident et n'aurait
pas etonne, mais, et rien ne l'interdit dans notre demonstration
(bien au contraire) , nous les avons choisis premiers.
Et pour tout $x\geq{3}$ il existe $p_1$, $p_2$ des nombres premiers tels que
$$x=\frac{p_1+p_2}{2}$$
Nous avons demontre que $b$ n'est pas different de zero pour tout
$p_1,p_2$, donc qu'un nombre pair s'ecrit toujours comme la somme
de deux nombres premiers. Le theoreme de Goldbach est demontre.
\end{paragraph}
\paragraph{Fin de la preuve du theoreme}
\end{paragraph}
avec $p_1>x>p_2$
$$2x=p_1+p_2;\forall{(2x)\geq{6}}$$
En toute espece de cas, il est toujours possible de trouver un
intervalle de primalite ${[}x-r,x+r{]}$. Soit, comme on l'a vu,
$r=\frac{p_1-p_2}{2}$ pour tout $x$ tel que $x-r=p_2$ et
$x+r=p_1$.
$$r=\frac{p_1-p_2}{2}$$
On peut remarquer que entre $x$ et $2x$ il y a toujours un
nombre premier $p_1$ avec $x<x+\frac{p_1-p_2}{2}=p_1<2x=p_1+p_2$.
Nous retrouvons la un theoreme qui n'a pas pose autant de
probleme que celui de Goldbach, mais qui en est la consequence. On
peut aussi remarquer que tout nombre impair est la somme de trois
nombres premiers plus grands ou egaux que $3$, l'un d'eux pouvant
etre $3$ lui-meme.
\end{La demonstration}

jobherzt

Jamel, tu es incurable... je crois que tu vas finir par emousser serieusement la patience de pas mal de participants a ce forum avec des trucs illisibles...

jaybe

que c'est lourd en notations tout ça... dès la troisième ligne, on n'a pas envie de continuer. Le terme 'indiscutable' me semble particulièrement mal choisi ici !

GERARD

Bonjour.

UNE GROSSIERE ERREUR :

J'ai essayé, encore une fois, de comprendre ce que fait l'auteur. Il est sûr qu'il écrit au milieu de ses "calculs" (Qui n'en sont pas, la multiplication des lettres pour des valeurs égales ou sommes simples sert surement à cacher une tricherie) des égalités fausses, car au départ, rien n'interdit d'avoir b non nul, et on obtient, au détour du lemme 3 : b=0. Or entre temps, rien n'a changé le statut des lettres du début.

Ce texte est une escroquerie, j'en suis maintenant persuadé.
Ou alors Harry s'est abusé lui même : Dans la preuve du lemme 3, à la troisième conséquence des hypothèses, un 4b a été remplacé par la valeur double, celle de 8 b, comme on peut bien le voir en comparant avec la ligne du dessus. Mais Harry, tu aurais dû réfléchir avant d'accepter un calcul qui dit que b est nul alors même que tu n'as aucune hypothèse particulière sur b.

Cordialement.

Harry3

Gérard,
Tu refuses l'évidence. Voilà une autre démonstration que $b=0$.
$y=\frac{p_1-p_2}{2}-b=\frac{x_1-x_2}{2}-b=\frac{p_1-x_2}{2}=\frac{x_1-p_2}{2}-2b$
$\Rightarrow{-2b=\frac{p_1-x_1}{2}-\frac{x_2-p_2}{2}=0}$, car $2b=x_1-p_1=x_2-p_2$. CQFD. Tu l'as dit toi-même, il n'y a aucune raison qu'un nombre pair ne soit pas la somme de deux nombres $p_1$, $p_2$, a fortiori quand ceux-ci sont premiers ! Nous n'avons rien sur $p_1$ et $p_2$, c'est l'évidence. C'est pourquoi il ne faut pas chercher midi à quatorze heures : la conjecture de Goldbach est aussi évidente que sa démonstration. C'est ce genre de démonstration qui reste ignorée et sous-estimée durant des années. Car elle est à la portée d'un lycéen. J'ai l'impression que vous êtes aveuglés par le fait que personne n'y a pensé et parce que c'est évident ! Je n'ai pas beaucoup de mérite, je ne suis pas un grand savant, je ne suis pas un génie et c'est pour ça qu'il m'arrive de démontrer des théorèmes dits fameux. Et vous n'avez aucune raison de me dire prétentieux : j'écris sous un pseudonyme et je vous offre le graal de la théorie des nombres. Merci de me comprendre et de ne pas m'insulter. Si vous pensez que c'est une démonstration lourde, c'est parce que j'ai voulu qu'elle tienne en 5 pages plutôt qu'une. La véritable insulte aurait été de ne pas dire $2x$ est égal à la somme de deux nombres, donc à la somme de deux premiers.

jobherzt

Jamel, ca ne tient pas la route 2 secondes... redescend sur terre, bon sang...

Harry3

Il y a eu méprise dans mon précédent écrit. En effet
$p_1-x_1-x_2+p_2=4b$ n'est pas forcémont nul. La démonstration que $b$ est nul se trouve dans mon avant-dernier post. Merci de me considérer comme un simple mortel à qui il arrive de se tromper. (Encore heureux, mon Dieu !)

Le barbu rasé

Je propose à Harry de changer son pseudo en "Harris" parce que ça a quand même plus la classe.

Comme je n'espère pas, à moi seul, convaincre Harry, j'appelle les autres membres du forum qui se sentent solidaires à copier coller le message suivant :

pétition a écrit:

Je demande à Harry de changer son pseudo en Harris, parce que ça a plus la classe.
Signé : le barbu rasé

en rajoutant sa signature.

PS : ami modérateur, si tu juges mon message provocateur ou trollifère, je trouverai absolument naturel qu'il soit censuré, ou mieux purement et simplement supprimé. En revanche, de grâce, ne ferme pas ce fil.

jaybe

Tu as raison Harry, des millions de mathématiciens de par le monde, parmi lesquels des agrégés, des normaliens, des chercheurs au CNRS voire peut-etre des médaillés Fields ne sont pas assez malins pour comprendre que l'on peut résoudre cette conjecture avec des éléments de niveau lycée. Bon, maintenant que tu m'as convaincu, il va cependant falloir que tu trouves de nouveaux arguments pour les autres, parce qu'ils refusent de voir ton génie, les sots !

Harry3

Je ne suis pas un génie, je suis un humain (djinn vient du latin genius). A un journaliste scientifique qui avait écrit un livre sur les surdoués, on avait demandé s'il en avait rencontré. Il a répondu : non !
Moi aussi, je ne crois pas au génie et pense que nous sommes tous intelligents et capables du plus humble des citoyens au président.

GG

non,non Harris ! ... Ne fais pas le faux modeste, tu es un authentique génie ... Car démontrer Goldbach comme ça, en quelques lignes, ... c'est stupéfiant... et il fallait le faire ! Encore bravo.

Zut, je me rends compte que j'avais oublié de te féliciter aussi pour Fermat, voilà, c'est fait.

Harry3

Vous vous méprenez sur mon compte : je ne suis pas Jamel, j'utilise son ordinateur. Je suis l'ami de Jamel et qui partage quelques unes de ses idées. Pour vous dire la vérité, je n'ai même pas d'ordinateur chez moi, je suis d'une autre époque. J'ai fait HEC et je prends ma retraite cette année. Je suis directeur dans un ministère et je n'ai pas touché aux maths depuis que Jamel m'a fait la proposition de poster ma démonstration que je lui avais montré il y a 20 ans. Cela ne me rajeunit pas. Nous sommes voisins et nous réunissons presque tous les soirs pour parler sciences et culture avec des copains et copines. Il y a aussi parmi nous un informaticien, prof à la fac, un ingénieur agronome, un dea en mécanique, etc... Nous ne sommes pas tous des tunisiens : il y a un prof de philo qui nous vient d'Alsace, un prof de dessin qui vient de Bretagne, et j'en passe. Il y a des femmes aussi, des amies que nous respectons et à qui nous tenons. Nous avons tous plus de 40 ans, mis à part le prof de maths qui en a 35. Nous sommes en train de rigoler et de faire la fête chez Jamel. Bonne soirée à vous aussi !

Domi

Bonsoir à tous

Une question qui me chagrine : comment une conjecture sur les entiers ( un ensemble plutôt sympathique ) peut-elle être indécidable ? Je pense aussi à la conjecture de Syracuse , pour moi l'indécidabilité a toujours été liée à des notions bien plus complexes.

Domi

jobherzt

si je ne m'abuse, l'un des theoremes de Gödel dit justement que toute theorie qui inclut l'arithmetique (et donc en particulier l'arithmetique elle meme) contient des propositions indecidables.

mais dans ce cas precis, il me semble que si elle st indecidable, alors elle est vraie (car si elle etait fausse, on pourrait trouver un contre exemple, donc elle serait decidable, absurde.)

apres je ne suis pas logicien, mais il me semble que c'est ca.

Guimauve

Tout ça pourrait prêter à rire ... Ce ne serait pas très charitable, je pense qu'il vaut mieux fermer ce film et conseiller à Harry de ne pas croire trop dur à sa preuve, ni à l'idée (récurrente visiblement) qu'en enchaînant une douzaine de changements de variables on démontre autre chose que la nécessité de choisir des notations parlantes.
Cette affaire me met mal à l'aise personnellement.

Harry3

Ne soyez pas mécontents. On vient de me faire remarquer (l'un des amis) que $b=0$ ne peut pas se démontrer par le calcul, que si j'ai fait un apport, c'est celui de l'indécidabilité (ça ressemble tellement à débilité, me dit Stéphane). Donc, il y a une faute de calcul qui m'a échappé. Un point, on clôt le dossier. Je dois dormir. Bonne nuit ! Les autres continuent la fête, apparemment. Je vais utiliser le latex de la pharmacie, celui-ci, je ne le maîtrise pas.
(Ne me remercie pas (Jamel qui écrit le latex en question)).


[Puisque l'auteur du fil en demande sa clôture ... AD]