Goldbach

En tout cas, merci de ne pas la publier sur ce forum (:P)

Bonjour.

Lis ceci.

Par contre, tu dois être sûr que ta démonstration est inattaquable. Des "démonstrations" fausses, voire idiotes, il en sort 2 par semaine sur les forums francophones.

Cordialement.

Salut.
On a le résultat suivant:

-- On sait évidemment que si $p$ est premier, $2p = p + p$ vérifie Golbach.

-- On a aussi que pour $n$ donné: si $p$ et $p_1$ sont premiers non facteurs de $2n$ tels que; $p_1$ est le plus petit nombre premier non facteur de $2n$, et $1\lt 2n - p\lt p_{1}^2$, alors $2n - p = p'$ est premier.
C'est à dire que $2n$ vérifie Golbach.

Merci.

Bonjour.

J'ai rédigé ma preuve de la conjecture, mais malheureusement quand je la poste, ça ne passe pas. Je réessayerai ultérieurement.

@jacquot: j'ai une merveilleuse preuve de la conjecture de Goldbach, malheureusement la mémoire des serveurs du forum n'est pas assez grande pour la contenir.

Bah moi je suis encore plus fort, je peux répondre sans même la regarder : elle est fausse.

Non @jacquot, c'est le copier-coller qui pose problème. Il y a peut être des symbole que l'éditeur du forum n'accepte pas.

Je l'écris quand même et attends les critiques.

Pour exemple:
4= 2 + 2
6 = 3 + 3
8 = 3 + 5 (1 solution)
10 = 3 + 7 = 5 + 5 (2 solutions)
......
50 = 3 + 47 = 7 + 43 = 13 + 37 = 19 + 31 (4 solutions)
Remarque:

. On sait évidemment que si $p$ est premier, $2p = p + p$ vérifie Goldbach.

. On a aussi que, pour $n$ donné, si $p$ et $p_1$ sont premiers non facteurs de $2n$ tels que; $p_1$ est le plus petit nombre premier non

facteur de $2n$ et $1\lt 2n - p\lt p_{1}^2$, alors $2n - p = p'$ est premier. C'est à dire $2n$ vérifie Goldbach.
.
Démontrons maintenant la conjecture.

-- Le postulat de Bertrand dit que: $\forall n\geq 2,$ il existe un nombre premier entre $n$ et $2n$

-- On sait aussi ''par Euler'' que l'application $(\mathbb{Z}/m\mathbb{Z})^{\times}\longrightarrow(\mathbb{Z}/m\mathbb{Z})^{\times}$ qui à

$p\rightarrow m - p$ est bijective.

Soit maintenant:

$G_{r_n} = \{p_i,\:1\leq i\leq r_n\:| p_{i} `\text{est un nombre composé, premier avec 2n et inférieur à 2n}\}$. En d'autres termes $G_{r_n}$ est

l'ensemble des éléments de $(\mathbb{Z}/2n\mathbb{Z})^{\times}$ qui sont composés indicés dans leur ordre croissant.

Si $n\geq 2$ est tel que $G_{r_n} = \emptyset$, on voit aisément que Goldbach est vérifiée par $2n$; car $(\mathbb{Z}/2n\mathbb{Z})^{\times}$

est donc composé que de nombres premiers (et par la bijection citée ci-haut).

Pour $n\geq 2$ donné tel qu'il existe $r_{n}\in \mathbb{N^*}$, tel que $G_{r_n} = \{p_i\}_{1\leq i\leq r_n}$.

Si dans $]\!]2n - p_{i+1}; 2n - p_{i}[\![$, pour un $i\in [\![0; r_{n}]\!]$ (avec $p_0 = 1$,$\; p_{r_{n+1}} = 2n - 1$) il existe un nombre premier $p$,

alors $2n - p = p'$ est premier et donc $2n$ vérifie Goldbach.

Et sinon, cela voudrait dire que dans $]\!]1; 2n - 1[\![$, il n'y a de nombres premiers autre que dans $\{2n - p_{i}\}_{1\leq i\leq r_{n}}\:(\star)$

$(\star)$ signifie que Goldbach n'est pas vérifiée par $2n$.

Mais si $(\star)$, quitte à réarranger les $p_i$, il existe $r'_{n}\leq r_{n}$, avec $G_{r'_n} = \{p_i\}_{1\leq i\leq r'_n}$, tel que:

$\prod_{i=1}^{r'_{n}}(2n - p_{i}) = \prod_{i=1}^{r'_{n}}q_i (\star\star)$

où les $q_i$ sont les nombres premiers de $(\mathbb{Z}/2n\mathbb{Z})^{\times}$.

Mais $\prod_{i=1}^{r'_{n}}(2n - q_{i}) = \prod_{i=1}^{r'_{n}}p_{i}\:(\star\star\star)$, qui est un produit de nombres premiers de

$(\mathbb{Z}/2n\mathbb{Z})^{\times}\:$ inférieurs à $n$.

Mais on a, en fait $\prod_{i=1}^{r'_{n}}(2n - p_{i}) = \prod_{i=1}^{r'_{n}}(2n - q_{i})\:\iff\:\prod_{i=1}^{r'_{n}}q_i = \prod_{i=1}^{r'_{n}}p_{i}
(\star^{\star})$, par égalité deux à deux des écarts à $2n$, dans les deux produits.

Mais cette dernière égalité est contradictoire, car l'un des produits contient un nombre premier supérieur à $n$ d'après le postulat de Bertrand,

et l'autre n'en contient pas.

D'où $(\star)\:$ n'est pas possible et donc Golbach est vérifiée pour ces $2n,\:n\geq 2$.
cqfd.

Je dis enfin, qu'on peut se passer du postulat de Bertrand, en remarquant que le membre de gauche de l'égalité $(\star^{\star})\:$ a au moins

deux fois plus de facteurs que le membre de droite, qui en fait ne contient pas de facteur carré; d'où le résultat par l'absurde.
cqfd.

PS: DANS LA DEMO ON DIT QUE: Mais on a, en fait $\prod_{i=1}^{r'_{n}}(2n - p_{i}) = \prod_{i=1}^{r'_{n}}(2n - q_{i})\:\iff\:\prod_{i=1}^{r'_{n}}q_i = \prod_{i=1}^{r'_{n}}p_{i} (\star^{\star})$, par égalité deux à deux des écarts à $2n$, dans les deux produits.
CETTE ASSERTION EST FAUSSE; DONC LA DEMO N'EST PAS BONNE..A plus.


Cordialement.

Bonjour.

On a utilisé le postulat de Bertrand ! On a juste montré qu'il y a deux raisonnements possibles (c'est un plus).

Peut-on avoir la démonstration du postulat de Bertrand (un lien stp @skyffer3).

Tu abuses ! La démonstration est faite complètement sur la page française de wiki.

Merci pour les liens.

Non ne reprends pas tes calculs @claude quitté. C'est moi qui vais tout revoir !::o

3 et 12 ne sont pas premiers entre eux.