Trois conjectures en six pages
Je viens d'achever la démonstration de trois conjectures chères à beaucoup d'entre vous. Le tout en six pages. Appelons ces trois conjectures : le théorème du rayon primal. Elles m'ont résisté dix mois ! C'est en anglais, je n'ai pas eu le temps de traduire !
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Réponses
hum, j'aime bien les effets d'annonce comme ça, ya toujours un petit frisson... lol
Bonne chance, en espérant que tu n'as pas commis d'erreur...
Quand vous aurez six conjectures en 3 pages peut-être lira-t-on le document...
Par contre ce qui doit être impressionnant, c'est le nombre de conneries par ligne!
Voilà le même papier en français.
La conjecture de Goldbach, fruit des travaux personnels et des correspondances entre les mathématiciens du XVIII
siècle (Leonard Euler, dont 2007 est le tricentenaire de sa naissance fut l'un d'eux),
stipule que tout nombre pair est toujours égal à la somme de deux nombres premiers.
Nous abordons une raisonnement par l'absurde, supposons donc qu'il existe un entier naturel $x$ ;
$x\geq{3}$, $2x\neq{p_1+p_2}$, $\forall{p_1\geq{3},p_2\geq{3}}$
nombres premiers. Nous pouvons poser pour $p_1$ and $p_2$ nombres
premiers distincts vérifiant $p_1>x>p_2$.
$$2x=p_1+p_2+2b$$
b depend de $p_1$ et $p_2$.
$$x=\frac{p_1+p_2}{2}+b$$
Pour tout $x,p_1,p_2$, existe $y$ dont l'expression est
$$y=\frac{p_1-p_2}{2}+b$$
Soit
$$\left\{
\begin{array}{l}
2x-p_1=p_2+2b=x_2+4b\\
2x-p_2=p_1+2b=x_1\\
2y-p_1=-p_2+2b=-x_2\\
2y+p_2=p_1+2b=x_1
\end{array}
\right.$$
$$\Rightarrow{\left\{
\begin{array}{l}
x=\frac{p_1+p_2}{2}+b=\frac{p_1+x_2}{2}+2b=\frac{x_1+p_2}{2}=\frac{x_1+x_2}{2}+b\\
y=\frac{p_1-p_2}{2}+b=\frac{p_1-x_2}{2}=\frac{x_1-p_2}{2}=\frac{x_1-x_2}{2}-b\\
x_1+x_2=p_1+p_2
\end{array}
\right.}}$$
\paragraph{LEMME 1}
Les formules suivantes
$$\left\{
\begin{array}{l}
x=\frac{p_1+p_2}{2}+b=\frac{p_1+x_2}{2}+2b=\frac{x_1+p_2}{2}=\frac{x_1+x_2}{2}+b\\
y=\frac{p_1-p_2}{2}+b=\frac{p_1-x_2}{2}=\frac{x_1-p_2}{2}=\frac{x_1-x_2}{2}-b\\
x_1+x_2=p_1+p_2
\end{array}
\right.}$$ impliquent
$$b=0$$
\paragraph{Preuve du lemme 1}
Si $x$ est un nombre premier, $2x=x+x$ est la somme de deux
nombres premiers, nous supposons, donc, que $p_1-p_2\neq{0}$, ce
qui implique après un petit calcul que $x_1-x_2\neq{0}$. De même
$x_1-x_2+p_1-p_2=4y\neq{0}$. Soit
$$\left\{
\begin{array}{l}
\frac{x_1-x_2}{p_1-p_2}=\frac{p_1-p_2+4b}{p_1-p_2}=1+\frac{4b}{p_1-p_2}\\
\frac{p_1-p_2}{x_1-x_2}=\frac{x_1-x_2-4b}{x_1-x_2}=1-\frac{4b}{p_1-p_2+4b}\\
2b=p_2-x_2=x_1-p_1
\end{array}
\right.}$$ posons
$$\left\{
\begin{array}{l}
2k+1=1+\frac{4b}{p_1-p_2}\\
2k'+1=1-\frac{4b}{(p_1-p_2+4b)}
\end{array}
\right.}$$ et les propriétés
$$(2k+1)(2k'+1)=(\frac{x_1-x_2}{p_1-p_2})(\frac{p_1-p_2}{x_1-x_2})=1$$
$$\Rightarrow{-2kk'=k+k'}$$
de même
$$kk'\neq{0}$$
soit
$$\frac{k'}{k}=\frac{\frac{-2b}{x_1-x_2}}{\frac{2b}{p_1-p_2}}=-\frac{p_1-p_2}{x_1-x_2}=-(2k'+1)$$
et
$$\frac{k}{k'}=\frac{\frac{2b}{p_1-p_2}}{\frac{-2b}{x_1-x_2}}=-\frac{x_1-x_2}{p_1-x_2}=-(2k+1)$$
et
$$kk'=-\frac{k^2}{2k+1}=-\frac{k'^2}{2k'+1}=-k^2(2k'+1)=-k'^2(2k+1)$$
mais
$$\frac{k+1}{k'+1}=\frac{\frac{2b}{p_1-p_2}+1}{\frac{-2b}{x_1-x_2}+1}$$
$$=\frac{(p_1-p_2+2b)(x_1-x_2)}{(x_1-x_2-2b)(p_1-p_2)}=\frac{x_1-x_2}{p_1-p_2}=2k+1$$
$$\Rightarrow{2k+1=\frac{k+1}{k'+1}=\frac{1}{2k'+1}=\frac{3k+2}{k'+2}=\frac{k+2}{3k'+2}}$$
$$\Rightarrow{(3k+2)(3k'+2)=(k+2)(k'+2)=9kk'+3k+3k'+4=\frac{-9(k+k')}{2}+3k+3k'+4}$$
$$=\frac{-3(k+k')}{2}+4=kk'+2k+2k'+4=-\frac{k+k'}{2}+2(k+k')+4=\frac{3(k+k')}{2}+4$$
$$\Rightarrow{3(k+k')=0}\Rightarrow{k+k'=0=-2kk'}$$
$$\Rightarrow{k'=k=0}$$
$$\Rightarrow{k=\frac{2b}{p_1-p_2}=k'=\frac{-2b}{x_1-x_2}=0}$$
$$\Rightarrow{2b=p_2-x_2=x_1-p_1=0}$$
L'hypothèse initiale est fausse. $b$ ne peut être different de
zéro pour tout $p_1$, $p_2$.
$$\Rightarrow{b=0}$$
\paragraph{Théorème}
$$\forall{x\geq{3}},\exists{p_1\geq{3},p_2\geq{3}},x=\frac{p_1+p_2}{2}$$
Nous n'avons posé aucune condition sur $p_1$ et $p_2$, ils
peuvent être aussi bien impairs, pairs ou premiers. C'est l'idée
de la présente démonstration. $p_1$ et $p_2$ ne peuvent éviter
d'être premiers, au contraire, tout les conduit à être aussi
premiers. Comme il y a la condition $p_2<x<p_1$ ces nombres
premiers sont en nombre fini.
\paragraph{Fin du théorème}
\paragraph{THEOREME DU RAYON PRIMAL}
Il existe toujours $r$ un rayon primal pour lequel $x+r$, $x-r$
sont des nombres premiers $\forall{x\geq{3}}$.
\paragraph{Preuve du théorème du rayon primal}
Pour tout $x\geq{3}$ existent $p_1\geq{3}$, $p_2\geq{3}$ nombres
premiers tels que
$$x=\frac{p_1+p_2}{2}$$
si
$$r=\frac{p_1-p_2}{2}$$
alors
$$x+r=p_1$$
$$x-r=p_2$$
\paragraph{Corollaire}
Entre $x$ et $2x$ existe toujours un nombre premier
$p1=x+r<2x=p_1+p_2$. Si $2z+1$ est un entier strictement plus
grand que $8$, il existe toujours un nombre premier $p_3$, qui
peut être $3$, tel que $2z+1=p_3+2x=p_3+p_1+p_2$.
\paragraph{La conjecture de de Polignac}
La conjecture de de Polignac stipule qu'un nombre pair est
toujours égal à la différence de deux nombres premiers et qu'il
existe une infinité de tels couples de nombres premiers. Nous
raisonnons toujours par l'absurde. Supposons qu'il existe $x$ un
entier naturel et que $2x\neq{p_1-p_2}$, $\forall{p_1,p_2}$
nombres premliers strictement plus grands que $2$.
Soit $x$ cet entier. Nous pouvons poser pour $p_1$ et $p_2$ des
nombres premiers.
$$2x=p_1-p_2+2b_{{p_1},{p_2}}=p_1-p_2+2b$$
donc
$$x=\frac{p_1-p_2}{2}+b$$
Pour tout $x,p_1,p_2,b$ existe $y$ dont l'expression est
$$y=\frac{p_1+p_2}{2}+b$$
Or
$$\left\{
\begin{array}{l}
2x-p_1=-p_2+2b=x_2\\
2x+p_2=p_1+2b=x_1\\
2y-p_1=p_2+2b=x_2+4b\\
2y-p_2=p_1+2b=x_1
\end{array}
\right.$$
$x_1$ et $x_2$ sont des nombres impairs. Donc
$$x=\frac{x_1-p_2}{2}=\frac{p_1-p_2}{2}+b=\frac{p_1-x_2}{2}=\frac{x_1-x_2}{2}-b$$
et
$$p_1+2b=x_1$$
$$x_2+2b=p_2$$
et
$$y=\frac{x_1+p_2}{2}=\frac{p_1+p_2}{2}+b=\frac{p_1+x_2}{2}+2b=\frac{x_1+x_2}{2}+b$$
Ces équations impliquent que
$$b=0$$
Prouvons le.
Effectivement,
si $x$ est nul, $0=p-p$, nous supposons donc $p_1-p_2\neq{0}$,
soit après un petit calcul
$x_1-x_2\neq{0}$. De même $x_1-x_2+p_1-p_2=4x\neq{0}$. Soit
$$\left\{
\begin{array}{l}
\frac{x_1-x_2}{p_1-p_2}=\frac{p_1-p_2+4b}{p_1-p_2}=1+\frac{4b}{p_1-p_2}\\
\frac{p_1-p_2}{x_1-x_2}=\frac{x_1-x_2-4b}{x_1-x_2}=1-\frac{4b}{p_1-p_2+4b}\\
2b=p_2-x_2=x_1-p_1
\end{array}
\right.}$$ posons
$$\left\{
\begin{array}{l}
2k+1=1+\frac{4b}{p_1-p_2}\\
2k'+1=1-\frac{4b}{(p_1-p_2+4b)}
\end{array}
\right.}$$ et les propriétés
$$(2k+1)(2k'+1)=(\frac{x_1-x_2}{p_1-p_2})(\frac{p_1-p_2}{x_1-x_2})=1$$
$$\Rightarrow{-2kk'=k+k'}$$
également
$$kk'\neq{0}$$
soit
$$\frac{k'}{k}=\frac{\frac{-2b}{x_1-x_2}}{\frac{2b}{p_1-p_2}}=-\frac{p_1-p_2}{x_1-x_2}=-(2k'+1)$$
et
$$\frac{k}{k'}=\frac{\frac{2b}{p_1-p_2}}{\frac{-2b}{x_1-x_2}}=-\frac{x_1-x_2}{p_1-x_2}=-(2k+1)$$
et
$$kk'=-\frac{k^2}{2k+1}=-\frac{k'^2}{2k'+1}=-k^2(2k'+1)=-k'^2(2k+1)$$
or
$$\frac{k+1}{k'+1}=\frac{\frac{2b}{p_1-p_2}+1}{\frac{-2b}{x_1-x_2}+1}$$
$$=\frac{(p_1-p_2+2b)(x_1-x_2)}{(x_1-x_2-2b)(p_1-p_2)}=\frac{x_1-x_2}{p_1-p_2}=2k+1$$
$$\Rightarrow{2k+1=\frac{k+1}{k'+1}=\frac{1}{2k'+1}=\frac{3k+2}{k'+2}=\frac{k+2}{3k'+2}}$$
$$\Rightarrow{(3k+2)(3k'+2)=(k+2)(k'+2)=9kk'+3k+3k'+4=\frac{-9(k+k')}{2}+3k+3k'+4}$$
$$=\frac{-3(k+k')}{2}+4=kk'+2k+2k'+4=-\frac{k+k'}{2}+2(k+k')+4=\frac{3(k+k')}{2}+4$$
$$\Rightarrow{3(k+k')=0}\Rightarrow{k+k'=0=-2kk'}$$
$$\Rightarrow{k'=k=0}$$
$$\Rightarrow{k=\frac{2b}{p_1-p_2}=k'=\frac{-2b}{x_1-x_2}=0}$$
$$\Rightarrow{2b=p_2-x_2=x_1-p_1=0}$$
$b$ ne peut être different de zéro pour tout $p_1$, $p_2$.
$$\Rightarrow{b=0}$$
Le rayon primal, ici, est $r$ égal à
$$r=\frac{p_1+p_2}{2}$$
avec
$$x=\frac{p_1-p_2}{2}$$
soit
$$x+r=p_1$$
et
$$r-x=p_2$$
Son existence est prouvée. $p_1$ et $p_2$ sont une infinité de
couples de nombres premiers, car il n'y a absolument aucune
condition qui vient restreidre leur nombre.
Domi
Par contre le rayon primal c'est une idée de Sylvain je crois.. tu n'aurais pas copié ?
La notion de rayon primal, je l'ai effectivement apprise sur le blog de Sylvain. Il affirmait déjà que ce rayon primal permettrait de démontrer ces conjectures un jour. Cependant, j'en ai parlé à des théoriciens des nombres, ils y avaient déjà pensé. Je remercie Sylvain de m'avoir mis sur la voie. Si vous allez sur son blog, dont j'ai perdu l'adresse, vous verrez que je lui ai mis un mot, signé JG, il y a déjà huit mois, en lui affirmant que j'avais utilisé son concept avec succès.
A quand HR prouvé en 12 lignes ?? (:D
t-mouss
Bienvenue au panthéon des grand mathématiciens de l'histoire, tu devrais tout de suite proposer tout cela en article avant qu'on ne vienne te piquer tes démos
un petit blog abandonné, que fait la SPA ?
Juste pour savoir : c'est une blague ?? je n'ai pas la compétence pour verifier . Etes vous ironiques quand vous dites bravo ?
Ou nous avons a faire a un très grand mathématicien ??
Merci
moi, ton blog m'a intéressé. Si les gens faisaient un petit effort et s'écoutaient les uns les autres un petit moment, il n'y aurait pas de conjecture qui traîne pendant des siècles. Le fait est que les journaux de théorie des nombres censurent toute démonstration élémentaire, même quand c'est crucial. Il faut dire qu'ils reçoivent plein de résultats surprenants. Je ne suis pas intéressé par la publication. J'ai essayé, c'est vrai, mais à quoi ça sert ? Le but de toute publication n'est-il pas de faire connaître ses travaux ? Vous êtes bien connecté à ce site ? Vous êtes bien mathématiciens, étudiants, professeurs ? N'est-ce pas vous les lecteurs de ces revues ? Alors, qu'est-ce que je perds à vous faire connaître mon travail ? Ne vaut-il pas mieux partager avec son frère que de tout prendre pour soi, égoïstement ? Je fais fi des prix, des distinctions, diplomes, gloire : Je vous offre gratuitement le fruit de mes réflexions.
Pour Mas Oyama, je ne crois pas être en mesure de comprendre une démonstration de RH. Le jour où on on la démontrera en 12 lignes, les poules auront des dents. Voilà ce que je pense. Si tu as lu mon mémoire qui est à la portée de tous et que tu as une objection, vas-y, je t'écoute. Mais, je ne réponds pas aux provocations faciles. Ceci est un site de maths, non de jugement de valeur. Je peux te juger moi aussi, te dire que tu es paresseux, même pas capable de lire 6 pages, mais je ne le ferai pas !
Vous devez savoir que cette démonstration qui semble si facile, m'a couté des nuits blanches et que j'ai failli abandonner bien des fois. Tout vient à point à qui sait attendre !
à la ligne 4 (tu ne pourrais pas les numéroter ???), d'où sortent les $x_1$ et $x_2$ ? --> désolé je viens de lire la ligne ou c'est défini, mais c'est pas super clair.
Je vais continuer ma lecture.
Au fait il ne pourrait pas y avoir des quantificateurs, ça ferait plus propre non ?
Teg
il n'y a pas que les grands quelque chose qui font du travail propre et correct. Tu te trompes avec ces idées qu'on t'a plantées dans la tête. Essaie de comprendre et tu comprendras. Cela peut durer une heure ou toute une vie. Je ne parle pas de mon travail. Je parle de tout. Dans le star-système, on dit bravo à des gens qui ne le méritent pas tous les jours. Où vois-tu les génies dans cette exposition au grand jour de bêtises en tout genre ? Si on préfère donner un million d'euros à quelqu'un qui choisit une boite, par hasard, c'est qu'il y a quelque chose qui ne marche pas dans ce système, dans cette société de consommation où on se tue au travail pour acheter des gadgets inutiles, et où les enseignants sont de plus en plus dénigrés, où les médecins sont accusés d'incompétence à la moindre erreur et passés en jugement dans les tribunaux, alors qu'ils ont voulu être utiles à leurs semblables. Ces démonstrations, ça sort de mon esprit, j'y ai mis du temps, de l'énergie, de mon talent... Si tu penses que je ne mérite pas un bravo, alors, dis-toi que tous ceux que tu applaudis quand tu vas à un festival non plus ! (Les petits chanteurs, etc...)
Non?
Voilà comment je fais
$$x_1=x_2$$
$$\Rightarrow{x_1=x_2=\frac{x_1+x_2}{2}=\frac{p_1+p_2}{2}}$$
et, en plus
$$y=\frac{p_1-p_2}{2}+b=\frac{x_1-x_2}{2}-b=-b$$
$$\Rightarrow{b=\frac{p_2-p_1}{4}}$$
$$\Rightarrow{x=\frac{p_1+p_2}{2}+b=\frac{p_1+3p_2}{4}}$$
c'est un cas que j'écarte évidemment, car
$$4x=p_1+3p_2=x_1+x_2+p_1+p_2+4b$$
$$\Rightarrow{4b=p_1-x_1+p_2-x_2+2p_2=-2b+2b+2p_2=2p_2=p_2-p_1}$$
soit
$$p_2=-p_1\Rightarrow{4x=p_1+3p_2=2p_2}$$
J'écarte donc le cas où $2x=p_2$ qui est impossible, car $p_2$ est premier supérieur ou égal à $3$ et ne peut être pair !
Ai-je répondu à ta question ?
Ces preuves ont elle été présentées a des mathematiciens sérieux ?
Personnellement (je ne suis pas mathematicien ) je trouve que ca a l'air d'une preuve sérieuse mais je suis étonné que personne n'en parle et que ( a part quelques bravo ) ca n'émeut personne ; si ces conjectures ont bien été prouvées cela mérite plus que quelques bravos (notemment pour celle de Goldbach)!
$$(3k+2)(3k'+2)=9kk'+3k+3k'+4$$
Cordialement,
MC
Il n'y a pas beaucoup à faire quand $x_1=x_2$. Ce que je fais à ce moment-là, c'est de définir ${x'}_2$ tel que ${x'}_2=p_2+2b=x_2+4b$. A ce moment-là, l'honneur est sauf, avec cette fois-ci $p_1-p_2=x_1-{x'}_2$. Tu verras alors,skilveg, que $x_1-x_2=0$ entraine pas mal de contradictions. Je vais le faire, tiens ! Regarde mon message en haut, pour la valeur de $b$
$$2x_2-2{x'}_2=-4b=2p_1-2p_2=2x_1-2{x'}_2=x_1+p_1-p_2-{x'}_2$$
$$=x_1-p_1+2p_1-p_2+{x'}_2-2{x'}_2=2p_1-2{x'}_2+4b=2p_1-2x_2$$
soit
$$x_2-p_2=-2b=0$$
si je ne me trompe !
Là, il y a comme qui dirait un petit couac (démo du lemme 1) :
$$(3k+2)(3k'+2)=9kk'+3k+3k'+4$$
Cordialement,
MC
La conjecture de Goldbach, fruit des travaux personnels et des correspondances entre les mathématiciens du XVIII
siècle (Leonard Euler, dont 2007 est le tricentenaire de sa naissance fut l'un d'eux),
stipule que tout nombre pair est toujours égal à la somme de deux nombres premiers.
Nous abordons une raisonnement par l'absurde, supposons donc qu'il existe un entier naturel $x$ ;
$x\geq{3}$, $2x\neq{p_1+p_2}$, $\forall{p_1\geq{3},p_2\geq{3}}$
nombres premiers. Nous pouvons poser pour $p_1$ et $p_2$ des
nombres premiers distincts vérifiant $p_1>x>p_2$.
$$2x=p_1+p_2+2b$$
b depend de $p_1$ et $p_2$.
$$x=\frac{p_1+p_2}{2}+b$$
Pour tout $x,p_1,p_2$, existe $y$ dont l'expression est
$$y=\frac{p_1-p_2}{2}+b$$
Soit
$$\left\{
\begin{array}{l}
2x-p_1=p_2+2b=x_2+4b\\
2x-p_2=p_1+2b=x_1\\
2y-p_1=-p_2+2b=-x_2\\
2y+p_2=p_1+2b=x_1
\end{array}
\right.$$
$$\Rightarrow{\left\{
\begin{array}{l}
x=\frac{p_1+p_2}{2}+b=\frac{p_1+x_2}{2}+2b=\frac{x_1+p_2}{2}=\frac{x_1+x_2}{2}+b\\
y=\frac{p_1-p_2}{2}+b=\frac{p_1-x_2}{2}=\frac{x_1-p_2}{2}=\frac{x_1-x_2}{2}-b\\
x_1+x_2=p_1+p_2
\end{array}
\right.}}$$
\paragraph{LEMME 1}
Les formules suivantes
$$\left\{
\begin{array}{l}
x=\frac{p_1+p_2}{2}+b=\frac{p_1+x_2}{2}+2b=\frac{x_1+p_2}{2}=\frac{x_1+x_2}{2}+b\\
y=\frac{p_1-p_2}{2}+b=\frac{p_1-x_2}{2}=\frac{x_1-p_2}{2}=\frac{x_1-x_2}{2}-b\\
x_1+x_2=p_1+p_2
\end{array}
\right.}$$ impliquent
$$b=0$$
\paragraph{Preuve du lemme 1}
Si $x$ est un nombre premier, $2x=x+x$ est la somme de deux
nombres premiers, nous supposons, donc, que $p_1-p_2\neq{0}$, ce
qui implique après un petit calcul que $x_1-x_2\neq{0}$. De même
$x_1-x_2+p_1-p_2=4y\neq{0}$. Soit
$$\left\{
\begin{array}{l}
\frac{x_1-x_2}{p_1-p_2}=\frac{p_1-p_2+4b}{p_1-p_2}=1+\frac{4b}{p_1-p_2}\\
\frac{p_1-p_2}{x_1-x_2}=\frac{x_1-x_2-4b}{x_1-x_2}=1-\frac{4b}{p_1-p_2+4b}\\
2b=p_2-x_2=x_1-p_1
\end{array}
\right.}$$ posons
$$\left\{
\begin{array}{l}
2k+1=1+\frac{4b}{p_1-p_2}\\
2k'+1=1-\frac{4b}{(p_1-p_2+4b)}
\end{array}
\right.}$$ et les propriétés
$$(2k+1)(2k'+1)=(\frac{x_1-x_2}{p_1-p_2})(\frac{p_1-p_2}{x_1-x_2})=1$$
$$\Rightarrow{-2kk'=k+k'}$$
de même
$$kk'\neq{0}$$
soit
$$\frac{k'}{k}=\frac{\frac{-2b}{x_1-x_2}}{\frac{2b}{p_1-p_2}}=-\frac{p_1-p_2}{x_1-x_2}=-(2k'+1)$$
et
$$\frac{k}{k'}=\frac{\frac{2b}{p_1-p_2}}{\frac{-2b}{x_1-x_2}}=-\frac{x_1-x_2}{p_1-x_2}=-(2k+1)$$
et
$$kk'=-\frac{k^2}{2k+1}=-\frac{k'^2}{2k'+1}=-k^2(2k'+1)=-k'^2(2k+1)$$
mais
$$\frac{k+1}{k'+1}=\frac{\frac{2b}{p_1-p_2}+1}{\frac{-2b}{x_1-x_2}+1}$$
$$=\frac{(p_1-p_2+2b)(x_1-x_2)}{(x_1-x_2-2b)(p_1-p_2)}=\frac{x_1-x_2}{p_1-p_2}=2k+1$$
$$\Rightarrow{2k+1=\frac{k+1}{k'+1}=\frac{1}{2k'+1}=\frac{3k+2}{k'+2}=\frac{k+2}{3k'+2}}$$
$$\Rightarrow{(3k+2)(k'+1)=(k'+2)(k+1)}$$
$$\Rightarrow{(k+1)(3k'+2)=(k+2)(k'+1)}\Rightarrow{\frac{(3k+2)(k+2)(k'+1)^2}{(3k'+2)(k'+2)(k+1)^2}=1}$$
et
$$(3k+2)(3k'+2)=(k+2)(k'+2)$$
$$\Rightarrow{(k+2)^2(k'+2)(k'+1)^2=(3k'+2)^2(k'+2)(k+1)^2}$$
$$\Rightarrow{(k+2)^2(k'+1)^2=(3k'+2)^2(k+1)^2=(3k'+2)^2(2k+1)^2(k'+1)^2}$$
$$\Rightarrow{(k+2)=(3k'+2)(2k+1)}$$
$$\Rightarrow{(k'+2)=(3k+2)(2k'+1)}$$
$$\Rightarrow{(k+2)(3k+2)(k'+1)^2=(3k'+2)^2(2k+1)(k'+1)^2=(3k'+2)(k'+2)(k+1)^2}$$
$$\Rightarrow{(3k'+2)(2k+1)(k'+1)^2=(k'+2)(k+1)^2=(k'+2)(2k+1)^2(k'+1)^2}$$
$$\Rightarrow{(3k'+2)=(k'+2)(2k+1)=(k+2)(2k'+1)}$$
$$\Rightarrow{2kk'+4k+k'+2=2kk'+4k'+k+2}$$
$$\Rightarrow{k=k'=\frac{2b}{p_1-p_2}=-\frac{2b}{x_1-x_2}=-1}$$
$$\Rightarrow{2b=p_2-p_1=x_1-p_1=p_2-x_2}$$
$$\Rightarrow{\left\{
\begin{array}{l}
x_1=p_2\\
x_2=p_1
\end{array}
\right.}}$$ soit
$$2x=x_1+p_2=2p_2$$
solution triviale que nous avons écartée. L'hypothèse initiale
est donc fausse.
$$\Rightarrow{2b=p_2-x_2=x_1-p_1=0}$$
L'hypothèse initiale est fausse. $b$ ne peut être different de
zéro pour tout $p_1$, $p_2$.
$$\Rightarrow{b=0}$$
\paragraph{Théorème}
$$\forall{x\geq{3}},\exists{p_1\geq{3},p_2\geq{3}},x=\frac{p_1+p_2}{2}$$
Nous n'avons posé aucune condition sur $p_1$ et $p_2$, ils
peuvent être aussi bien impairs, pairs ou premiers. C'est l'idée
de la présente démonstration. $p_1$ et $p_2$ ne peuvent éviter
d'être premiers, au contraire, tout les conduit à être aussi
premiers. Comme il y a la condition $p_2<x<p_1$ ces nombres
premiers sont en nombre fini.
\paragraph{Fin du théorème}
\paragraph{THEOREME DU RAYON PRIMAL}
Il existe toujours $r$ un rayon primal pour lequel $x+r$, $x-r$
sont des nombres premiers $\forall{x\geq{3}}$.
\paragraph{Preuve du théorème du rayon primal}
Pour tout $x\geq{3}$ existent $p_1\geq{3}$, $p_2\geq{3}$ nombres
premiers tels que
$$x=\frac{p_1+p_2}{2}$$
si
$$r=\frac{p_1-p_2}{2}$$
alors
$$x+r=p_1$$
$$x-r=p_2$$
\paragraph{Corollaire}
Entre $x$ et $2x$ existe toujours un nombre premier
$p_1=x+r<2x=p_1+p_2$. Si $2z+1$ est un entier strictement plus
grand que $8$, il existe toujours un nombre premier $p_3$, qui
peut être $3$, tel que $2z+1=p_3+2x=p_3+p_1+p_2$.
\paragraph{La conjecture de de Polignac}
La conjecture de de Polignac stipule qu'un nombre pair est
toujours égal à la différence de deux nombres premiers et qu'il
existe une infinité de tels couples de nombres premiers. Nous
raisonnons toujours par l'absurde. Supposons qu'il existe $x$ un
entier naturel et que $2x\neq{p_1-p_2}$, $\forall{p_1,p_2}$
nombres premliers strictement plus grands que $2$.
Soit $x$ cet entier. Nous pouvons poser pour $p_1$ et $p_2$ des
nombres premiers.
$$2x=p_1-p_2+2b_{{p_1},{p_2}}=p_1-p_2+2b$$
donc
$$x=\frac{p_1-p_2}{2}+b$$
Pour tout $x,p_1,p_2,b$ existe $y$ dont l'expression est
$$y=\frac{p_1+p_2}{2}+b$$
Or
$$\left\{
\begin{array}{l}
2x-p_1=-p_2+2b=x_2\\
2x+p_2=p_1+2b=x_1\\
2y-p_1=p_2+2b=x_2+4b\\
2y-p_2=p_1+2b=x_1
\end{array}
\right.$$
$x_1$ et $x_2$ sont des nombres impairs. Donc
$$x=\frac{x_1-p_2}{2}=\frac{p_1-p_2}{2}+b=\frac{p_1-x_2}{2}=\frac{x_1-x_2}{2}-b$$
et
$$p_1+2b=x_1$$
$$x_2+2b=p_2$$
et
$$y=\frac{x_1+p_2}{2}=\frac{p_1+p_2}{2}+b=\frac{p_1+x_2}{2}+2b=\frac{x_1+x_2}{2}+b$$
Ces équations impliquent que
$$b=0$$
Prouvons le.
Effectivement,
si $x$ est nul, $0=p-p$, nous supposons donc $p_1-p_2\neq{0}$,
soit après un petit calcul
$x_1-x_2\neq{0}$. De même $x_1-x_2+p_1-p_2=4x\neq{0}$. Soit
$$\left\{
\begin{array}{l}
\frac{x_1-x_2}{p_1-p_2}=\frac{p_1-p_2+4b}{p_1-p_2}=1+\frac{4b}{p_1-p_2}\\
\frac{p_1-p_2}{x_1-x_2}=\frac{x_1-x_2-4b}{x_1-x_2}=1-\frac{4b}{p_1-p_2+4b}\\
2b=p_2-x_2=x_1-p_1
\end{array}
\right.}$$ posons
$$\left\{
\begin{array}{l}
2k+1=1+\frac{4b}{p_1-p_2}\\
2k'+1=1-\frac{4b}{(p_1-p_2+4b)}
\end{array}
\right.}$$ et les propriétés
$$(2k+1)(2k'+1)=(\frac{x_1-x_2}{p_1-p_2})(\frac{p_1-p_2}{x_1-x_2})=1$$
$$\Rightarrow{-2kk'=k+k'}$$
de même
$$kk'\neq{0}$$
soit
$$\frac{k'}{k}=\frac{\frac{-2b}{x_1-x_2}}{\frac{2b}{p_1-p_2}}=-\frac{p_1-p_2}{x_1-x_2}=-(2k'+1)$$
et
$$\frac{k}{k'}=\frac{\frac{2b}{p_1-p_2}}{\frac{-2b}{x_1-x_2}}=-\frac{x_1-x_2}{p_1-x_2}=-(2k+1)$$
et
$$kk'=-\frac{k^2}{2k+1}=-\frac{k'^2}{2k'+1}=-k^2(2k'+1)=-k'^2(2k+1)$$
mais
$$\frac{k+1}{k'+1}=\frac{\frac{2b}{p_1-p_2}+1}{\frac{-2b}{x_1-x_2}+1}$$
$$=\frac{(p_1-p_2+2b)(x_1-x_2)}{(x_1-x_2-2b)(p_1-p_2)}=\frac{x_1-x_2}{p_1-p_2}=2k+1$$
$$\Rightarrow{2k+1=\frac{k+1}{k'+1}=\frac{1}{2k'+1}=\frac{3k+2}{k'+2}=\frac{k+2}{3k'+2}}$$
$$\Rightarrow{(3k+2)(k'+1)=(k'+2)(k+1)}$$
$$\Rightarrow{(k+1)(3k'+2)=(k+2)(k'+1)}\Rightarrow{\frac{(3k+2)(k+2)(k'+1)^2}{(3k'+2)(k'+2)(k+1)^2}=1}$$
et
$$(3k+2)(3k'+2)=(k+2)(k'+2)$$
$$\Rightarrow{(k+2)^2(k'+2)(k'+1)^2=(3k'+2)^2(k'+2)(k+1)^2}$$
$$\Rightarrow{(k+2)^2(k'+1)^2=(3k'+2)^2(k+1)^2=(3k'+2)^2(2k+1)^2(k'+1)^2}$$
$$\Rightarrow{(k+2)=(3k'+2)(2k+1)}$$
$$\Rightarrow{(k'+2)=(3k+2)(2k'+1)}$$
$$\Rightarrow{(k+2)(3k+2)(k'+1)^2=(3k'+2)^2(2k+1)(k'+1)^2=(3k'+2)(k'+2)(k+1)^2}$$
$$\Rightarrow{(3k'+2)(2k+1)(k'+1)^2=(k'+2)(k+1)^2=(k'+2)(2k+1)^2(k'+1)^2}$$
$$\Rightarrow{(3k'+2)=(k'+2)(2k+1)=(k+2)(2k'+1)}$$
$$\Rightarrow{2kk'+4k+k'+2=2kk'+4k'+k+2}$$
$$\Rightarrow{k=k'=\frac{2b}{p_1-p_2}=-\frac{2b}{x_1-x_2}=-1}$$
$$\Rightarrow{2b=p_2-p_1=x_1-p_1=p_2-x_2}$$
$$\Rightarrow{\left\{
\begin{array}{l}
x_1=p_2\\
x_2=p_1
\end{array}
\right.}}$$ soit
$$2x=x_1-p_2=0$$
solution triviale que nous avons écartée. L'hypothèse initiale
est donc fausse.
$$\Rightarrow{2b=p_2-x_2=x_1-p_1=0}$$
L'hypothèse initiale est fausse. $b$ ne peut être different de
zéro pour tout $p_1$, $p_2$.
$$\Rightarrow{b=0}$$
Le rayon primal, ici, est $r$ égal à
$$r=\frac{p_1+p_2}{2}$$
avec
$$x=\frac{p_1-p_2}{2}$$
soit
$$x+r=p_1$$
et
$$r-x=p_2$$
Son existence est prouvée. $p_1$ et $p_2$ sont une infinité de
couples de nombres premiers, car il n'y a absolument aucune
condition qui vient restreidre leur nombre.
$$kk'=-\frac{k^2}{2k+1}=-k^2(2k'+1)=-\frac{k'^2}{2k'+1}=k'^2(2k+1)$$
$$\Rightarrow{k=k'}$$
$$\Rightarrow{b=0}$$
Tout est dit. Tout est là, dans ces trois lignes. Quant à l'égalité
$$x_1=x_2$$
elle entraîne
$$b=0$$
également, comme je l'ai démontré plus haut !
Non: dans cette ligne
$$\Rightarrow{4b=p_1-x_1+p_2-x_2+2p_2=-2b+2b+2p_2=2p_2=p_2-p_1}$$
tu as un $p_2$ en trop.
$$x_1-x_2=0\Rightarrow{4y=p_1-p_2+4b=x_1-x_2-4b=-4b}$$
donc, je définis $y_2=p_2+2b=x_2+4b$. OK ?
Maintenant
$$2b=x_1-p_1=p_2-x_2=y_2-p_2$$
donc
$$2p_1+2b=2x_1-2b=x_1+p_1$$
et
$$2p_2+2b=2y_2-2b=p_2+y_2$$
donc
$$2x_2-2y_2=-8b=2p_1-2p_2=2p_1+2b-2p_2-2b$$
$$=x_1+p_1-p_2-y_2=x_1-p_1+2p_1-p_2+y_2-2y_2$$
$$=2p_1-2y_2+4b=2p_1-2x_2=2p_1-2p_2$$
Donc
$$x_2=p_2\Rightarrow{2b=p_2-x_2=0}$$
Ai-je répondu, skilveg ?
Pour Michel Coste, j'ai rectifié le tir et proposé à la place de cette équation où il y a une faute de débutant (ça arrive à tout le monde) une deuxième démonstration, plus longue, dans laquelle il faut s'accrocher !
$$(k+2)=(3k'+2)(2k+1)} \Rightarrow (k+2)(3k+2)(k'+1)^2=(3k'+2)^2(2k+1)(k'+1)^2$$
Rien ne sert d'emberlificoter les calculs, quand un lemme est faux, il reste faux. Et c'est le cas du lemme 1.
Contre exemple : avec $x = 14, p_1=13$, $p_2=17$, $b=-1$, $x_1=11$, $x_2=19$, $y=-3$, $k=\frac{1}{2}$, $k'=-\frac{1}{4}$.
Quand on annonce quelque chose d'aussi gros, quelques exemples ne sont pas inutiles pour vérifier que ça tient la route ! Pour trouver l'erreur - bien cachée dans une suite de calculs où les implications ne sont pas très clairement indiquées -, il suffit de voir à partir de quand les égalités affirmées ne collent plus dans l'exemple.
Cordialement,
MC
Si
$$x_1-x_2=0$$
alors
$$4y=2p_1-2p_2+4b=2x_1-2x_2-4b=-4b$$
$$\Rightarrow{4b=p_2-p_1}$$
Définissons
$$y_2=p_2+2b=x_2+4b$$
alors
$$2b=x_1-p_1=p_2-x_2=y_2-p_2$$
et
$$2x_2-2y_2=-8b=2p_1-2p_2$$
or
$$2p_1+2b=2x_1-2b=p_1+x_1$$
et
$$2p_2+2b=2y_2-2b=p_2+y_2$$
donc
$$2x_2-2y_2=2p_1+2b-2p_2-2b=p_1+x_1-p_2-y_2=x_1-p_1+2p_1-p_2+y_2-2y_2=2p_1-2y_2+4b$$
$$=2p_1-2x_2=2p_1-2p_2$$
Nous en déduisons que
$$x_2=p_2\Rightarrow{4b=2p_2-2x_2=0=p_2-p_1}$$
Donc
$$p_1-p_2\neq{0}\Rightarrow{x_1-x_2\neq{0}}$$
Il s'agit ici d'abstraction à l'état pur et un contre-exemple ne saurait jouer ! Tu peux aussi bien prendre
$$2x=18=13+5=11+5+2$$
ici
$$b=1,p_1=11;p_2=5$$
et
$$b=0;p_1=13;p_2=5$$
Je comprends ce que tu veux dire, mais, toi, tu ne comprends pas ce que je veux dire. On ne saurait donner de valeurs à $x$, $y$,$p_1$, $p_2$, $b$, car ils n'en ont point ! C'est le plus difficile à expliquer ! Le reste est calcul algébrique élémentaire !
Quand ça en arrive à ce point, inutile de continuer la discussion. Bon, je retourne regarder la deuxième mi-temps.
MC
Effectivement, celle-là, elle est quand même gratinée et il fallait oser la sortir..
Comme le disait Lino Ventura, alias Monsieur Fernand dans les "tontons flingueurs" (dialogues de Michel Audiard) : "les cons, ça ose tout, c'est même à ça qu'on les r'connaît"..
J'avoue (j'ai honte) avoir bien ri.
La conjecture de Goldbach, fruit des travaux personnels et des correspondances entre les mathématiciens du XVIII
siècle (Leonard Euler, dont 2007 est le tricentenaire de sa naissance fut l'un d'eux),
stipule que tout nombre pair est toujours égal à la somme de deux nombres premiers.
Nous abordons une raisonnement par l'absurde, supposons donc qu'il existe un entier naturel $x$ ;
$x\geq{3}$, $2x\neq{p_1+p_2}$, $\forall{p_1\geq{3},p_2\geq{3}}$
nombres premiers. Nous pouvons poser pour $p_1$ et $p_2$ des
nombres premiers distincts vérifiant $p_1>x>p_2$.
$$2x=p_1+p_2+2b$$
b depend de $p_1$ et $p_2$.
$$x=\frac{p_1+p_2}{2}+b$$
Pour tout $x,p_1,p_2$, existe $y$ dont l'expression est
$$y=\frac{p_1-p_2}{2}+b$$
Soit
$$\left\{
\begin{array}{l}
2x-p_1=p_2+2b=x_2+4b\\
2x-p_2=p_1+2b=x_1\\
2y-p_1=-p_2+2b=-x_2\\
2y+p_2=p_1+2b=x_1
\end{array}
\right.$$
$$\Rightarrow{\left\{
\begin{array}{l}
x=\frac{p_1+p_2}{2}+b=\frac{p_1+x_2}{2}+2b=\frac{x_1+p_2}{2}=\frac{x_1+x_2}{2}+b\\
y=\frac{p_1-p_2}{2}+b=\frac{p_1-x_2}{2}=\frac{x_1-p_2}{2}=\frac{x_1-x_2}{2}-b\\
x_1+x_2=p_1+p_2
\end{array}
\right.}}$$
\paragraph{LEMME 1}
Les formules suivantes
$$\left\{
\begin{array}{l}
x=\frac{p_1+p_2}{2}+b=\frac{p_1+x_2}{2}+2b=\frac{x_1+p_2}{2}=\frac{x_1+x_2}{2}+b\\
y=\frac{p_1-p_2}{2}+b=\frac{p_1-x_2}{2}=\frac{x_1-p_2}{2}=\frac{x_1-x_2}{2}-b\\
x_1+x_2=p_1+p_2
\end{array}
\right.}$$ impliquent
$$b=0$$
\paragraph{Preuve du lemme 1}
Si $x$ est un nombre premier, $2x=x+x$ est la somme de deux
nombres premiers, nous supposons, donc, que $p_1-p_2\neq{0}$, de
même $x_1-x_2+p_1-p_2=4y\neq{0}$. Si
$$x_1-x_2=0$$
alors
$$4y=2p_1-2p_2+4b=2x_1-2x_2-4b=-4b$$
$$\Rightarrow{4b=p_2-p_1}$$
Définissons
$$y_2=p_2+2b=x_2+4b$$
alors
$$2b=x_1-p_1=p_2-x_2=y_2-p_2$$
et
$$2x_2-2y_2=-8b=2p_1-2p_2$$
or
$$2p_1+2b=2x_1-2b=p_1+x_1$$
et
$$2p_2+2b=2y_2-2b=p_2+y_2$$
donc
$$2x_2-2y_2=2p_1+2b-2p_2-2b=p_1+x_1-p_2-y_2=x_1-p_1+2p_1-p_2+y_2-2y_2=2p_1-2y_2+4b$$
$$=2p_1-2x_2=2p_1-2p_2$$
Nous en déduisons que
$$x_2=p_2\Rightarrow{4b=2p_2-2x_2=0=p_2-p_1}$$
Donc
$$p_1-p_2\neq{0}\Rightarrow{x_1-x_2\neq{0}}$$
Soit
$$\left\{
\begin{array}{l}
\frac{x_1-x_2}{p_1-p_2}=\frac{p_1-p_2+4b}{p_1-p_2}=1+\frac{4b}{p_1-p_2}\\
\frac{p_1-p_2}{x_1-x_2}=\frac{x_1-x_2-4b}{x_1-x_2}=1-\frac{4b}{p_1-p_2+4b}\\
2b=p_2-x_2=x_1-p_1
\end{array}
\right.}$$ posons
$$\left\{
\begin{array}{l}
2k+1=1+\frac{4b}{p_1-p_2}\\
2k'+1=1-\frac{4b}{(p_1-p_2+4b)}
\end{array}
\right.}$$ et les propriétés
$$(2k+1)(2k'+1)=(\frac{x_1-x_2}{p_1-p_2})(\frac{p_1-p_2}{x_1-x_2})=1$$
$$\Rightarrow{-2kk'=k+k'}$$
de même
$$kk'\neq{0}$$
soit
$$\frac{k'}{k}=\frac{\frac{-2b}{x_1-x_2}}{\frac{2b}{p_1-p_2}}=-\frac{p_1-p_2}{x_1-x_2}=-(2k'+1)$$
et
$$\frac{k}{k'}=\frac{\frac{2b}{p_1-p_2}}{\frac{-2b}{x_1-x_2}}=-\frac{x_1-x_2}{p_1-x_2}=-(2k+1)$$
et
$$kk'=-\frac{k^2}{2k+1}=-\frac{k'^2}{2k'+1}=-k^2(2k'+1)=-k'^2(2k+1)$$
mais
$$\frac{k+1}{k'+1}=\frac{\frac{2b}{p_1-p_2}+1}{\frac{-2b}{x_1-x_2}+1}$$
$$=\frac{(p_1-p_2+2b)(x_1-x_2)}{(x_1-x_2-2b)(p_1-p_2)}=\frac{x_1-x_2}{p_1-p_2}=2k+1$$
$$\Rightarrow{2k+1=\frac{k+1}{k'+1}=\frac{1}{2k'+1}=\frac{3k+2}{k'+2}=\frac{k+2}{3k'+2}}$$
$$\Rightarrow{(3k+2)(k'+1)=(k'+2)(k+1)}$$
$$\Rightarrow{(k+1)(3k'+2)=(k+2)(k'+1)}\Rightarrow{\frac{(3k+2)(k+2)(k'+1)^2}{(3k'+2)(k'+2)(k+1)^2}=1}$$
et
$$(3k+2)(3k'+2)=(k+2)(k'+2)$$
$$\Rightarrow{\frac{(3k+2)(3k'+2)(k+2)(k'+1)^2}{(3k'+2)(3k+2)(k'+2)(k+1)^2}=\frac{(3k'+2)}{(3k+2)}}$$
$$\Rightarrow{\frac{(k+2)^2(k'+2)(k'+1)^2}{(k+2)(k'+2)^2(k+1)^2}=\frac{(k+2)}{(k'+2)}(2k'+1)^2=\frac{(3k'+2)}{(3k+2)}}$$
$$\Rightarrow{(\frac{(3k'+2)}{(k+2)})(\frac{(k'+2)}{(3k+2)})=(2k'+1)^2}$$
$$\Rightarrow{\frac{(3k'+2)(3k+2)}{(k+2)}\frac{(k'+2)}{(3k'+2)(3k+2)}=\frac{(k+2)^2(k'+2)}{(k'+2)^2(k+2)}=\frac{(k+2)}{(k'+2)}}$$
$$=(2k'+1)^2\frac{(3k+2)}{(3k'+2)}=\frac{(3k+2)(3k'+2)}{(k'+2)^2}$$
$$\Rightarrow{\frac{(3k'+2)^2}{(k'+2)^2}=(2k'+1)^2=\frac{(3k'+2)^2}{(k+2)^2}$$
$$\Rightarrow{k'=k}$$
$$\Rightarrow{-2k'k=-2k^2=-2k'^2=k+k'}$$
$$\Rightarrow{\left\{
\begin{array}{l}
k=\frac{2b}{p_1-p_2}=k'=-\frac{2b}{x_1-x_2}=0\\
k=\frac{2b}{p_1-p_2}=k'=-\frac{2b}{x_1-x_2}=-1
\end{array}
\right.}}$$
$$\Rightarrow{\left\{
\begin{array}{l}
2b=p_2-x_2=x_1-p_1=0\\
2b=x_1-p_1=p_2-x_2=p_2-p_1
\end{array}
\right.}}$$ le deuxième cas a été écarté, car il entraîne
$$2x=x_1+p_2=2p_2$$
donc la seule solution est
$$\Rightarrow{2b=p_2-x_2=x_1-p_1=0}$$
L'hypothèse initiale est fausse.
$$\Rightarrow{b=0}$$
\paragraph{Théorème}
$$\forall{x\geq{3}},\exists{p_1\geq{3},p_2\geq{3}},x=\frac{p_1+p_2}{2}$$
Nous n'avons posé aucune condition sur $p_1$ et $p_2$, ils
peuvent être aussi bien impairs, pairs ou premiers. C'est l'idée
de la présente démonstration. $p_1$ et $p_2$ ne peuvent éviter
d'être premiers, au contraire, tout les conduit à être aussi
premiers. Comme il y a la condition $p_2<x<p_1$ ces nombres
premiers sont en nombre fini.
\paragraph{Fin du théorème}
\paragraph{THEOREME DU RAYON PRIMAL}
Il existe toujours $r$ un rayon primal pour lequel $x+r$, $x-r$
sont des nombres premiers $\forall{x\geq{3}}$.
\paragraph{Preuve du théorème du rayon primal}
Pour tout $x\geq{3}$ existent $p_1\geq{3}$, $p_2\geq{3}$ nombres
premiers tels que
$$x=\frac{p_1+p_2}{2}$$
si
$$r=\frac{p_1-p_2}{2}$$
alors
$$x+r=p_1$$
$$x-r=p_2$$
\paragraph{Corollaire}
Entre $x$ et $2x$ existe toujours un nombre premier
$p_1=x+r<2x=p_1+p_2$. Si $2z+1$ est un entier strictement plus
grand que $8$, il existe toujours un nombre premier $p_3$, qui
peut être $3$, tel que $2z+1=p_3+2x=p_3+p_1+p_2$.
\paragraph{La conjecture de de Polignac}
La conjecture de de Polignac stipule qu'un nombre pair est
toujours égal à la différence de deux nombres premiers et qu'il
existe une infinité de tels couples de nombres premiers. Nous
raisonnons toujours par l'absurde. Supposons qu'il existe $x$ un
entier naturel et que $2x\neq{p_1-p_2}$, $\forall{p_1,p_2}$
nombres premliers strictement plus grands que $2$.
Soit $x$ cet entier. Nous pouvons poser pour $p_1$ et $p_2$ des
nombres premiers.
$$2x=p_1-p_2+2b_{{p_1},{p_2}}=p_1-p_2+2b$$
donc
$$x=\frac{p_1-p_2}{2}+b$$
Pour tout $x,p_1,p_2,b$ existe $y$ dont l'expression est
$$y=\frac{p_1+p_2}{2}+b$$
Or
$$\left\{
\begin{array}{l}
2x-p_1=-p_2+2b=x_2\\
2x+p_2=p_1+2b=x_1\\
2y-p_1=p_2+2b=x_2+4b\\
2y-p_2=p_1+2b=x_1
\end{array}
\right.$$
$x_1$ et $x_2$ sont des nombres impairs. Donc
$$x=\frac{x_1-p_2}{2}=\frac{p_1-p_2}{2}+b=\frac{p_1-x_2}{2}=\frac{x_1-x_2}{2}-b$$
et
$$p_1+2b=x_1$$
$$x_2+2b=p_2$$
et
$$y=\frac{x_1+p_2}{2}=\frac{p_1+p_2}{2}+b=\frac{p_1+x_2}{2}+2b=\frac{x_1+x_2}{2}+b$$
Ces équations impliquent que
$$b=0$$
Prouvons le.
Effectivement,
si $x$ est nul, $0=p-p$, nous supposons donc $p_1-p_2\neq{0}$,
de même $x_1-x_2+p_1-p_2=4x\neq{0}$.
Si
$$x_1-x_2=0$$
alors
$$4y=2p_1-2p_2+4b=2x_1-2x_2-4b=-4b$$
$$\Rightarrow{4b=p_2-p_1}$$
Définissons
$$y_2=p_2+2b=x_2+4b$$
alors
$$2b=x_1-p_1=p_2-x_2=y_2-p_2$$
et
$$2x_2-2y_2=-8b=2p_1-2p_2$$
or
$$2p_1+2b=2x_1-2b=p_1+x_1$$
et
$$2p_2+2b=2y_2-2b=p_2+y_2$$
donc
$$2x_2-2y_2=2p_1+2b-2p_2-2b=p_1+x_1-p_2-y_2=x_1-p_1+2p_1-p_2+y_2-2y_2=2p_1-2y_2+4b$$
$$=2p_1-2x_2=2p_1-2p_2$$
Nous en déduisons que
$$x_2=p_2\Rightarrow{4b=2p_2-2x_2=0=p_2-p_1}$$
Donc
$$p_1-p_2\neq{0}\Rightarrow{x_1-x_2\neq{0}}$$
Soit
$$\left\{
\begin{array}{l}
\frac{x_1-x_2}{p_1-p_2}=\frac{p_1-p_2+4b}{p_1-p_2}=1+\frac{4b}{p_1-p_2}\\
\frac{p_1-p_2}{x_1-x_2}=\frac{x_1-x_2-4b}{x_1-x_2}=1-\frac{4b}{p_1-p_2+4b}\\
2b=p_2-x_2=x_1-p_1
\end{array}
\right.}$$ posons
$$\left\{
\begin{array}{l}
2k+1=1+\frac{4b}{p_1-p_2}\\
2k'+1=1-\frac{4b}{(p_1-p_2+4b)}
\end{array}
\right.}$$ et les propriétés
$$(2k+1)(2k'+1)=(\frac{x_1-x_2}{p_1-p_2})(\frac{p_1-p_2}{x_1-x_2})=1$$
$$\Rightarrow{-2kk'=k+k'}$$
de même
$$kk'\neq{0}$$
soit
$$\frac{k'}{k}=\frac{\frac{-2b}{x_1-x_2}}{\frac{2b}{p_1-p_2}}=-\frac{p_1-p_2}{x_1-x_2}=-(2k'+1)$$
et
$$\frac{k}{k'}=\frac{\frac{2b}{p_1-p_2}}{\frac{-2b}{x_1-x_2}}=-\frac{x_1-x_2}{p_1-x_2}=-(2k+1)$$
et
$$kk'=-\frac{k^2}{2k+1}=-\frac{k'^2}{2k'+1}=-k^2(2k'+1)=-k'^2(2k+1)$$
mais
$$\frac{k+1}{k'+1}=\frac{\frac{2b}{p_1-p_2}+1}{\frac{-2b}{x_1-x_2}+1}$$
$$=\frac{(p_1-p_2+2b)(x_1-x_2)}{(x_1-x_2-2b)(p_1-p_2)}=\frac{x_1-x_2}{p_1-p_2}=2k+1$$
$$\Rightarrow{2k+1=\frac{k+1}{k'+1}=\frac{1}{2k'+1}=\frac{3k+2}{k'+2}=\frac{k+2}{3k'+2}}$$
$$\Rightarrow{(3k+2)(k'+1)=(k'+2)(k+1)}$$
$$\Rightarrow{(k+1)(3k'+2)=(k+2)(k'+1)}\Rightarrow{\frac{(3k+2)(k+2)(k'+1)^2}{(3k'+2)(k'+2)(k+1)^2}=1}$$
et
$$(3k+2)(3k'+2)=(k+2)(k'+2)$$
$$\Rightarrow{\frac{(3k+2)(3k'+2)(k+2)(k'+1)^2}{(3k'+2)(3k+2)(k'+2)(k+1)^2}=\frac{(3k'+2)}{(3k+2)}}$$
$$\Rightarrow{\frac{(k+2)^2(k'+2)(k'+1)^2}{(k+2)(k'+2)^2(k+1)^2}=\frac{(k+2)}{(k'+2)}(2k'+1)^2=\frac{(3k'+2)}{(3k+2)}}$$
$$\Rightarrow{(\frac{(3k'+2)}{(k+2)})(\frac{(k'+2)}{(3k+2)})=(2k'+1)^2}$$
$$\Rightarrow{\frac{(3k'+2)(3k+2)}{(k+2)}\frac{(k'+2)}{(3k'+2)(3k+2)}=\frac{(k+2)^2(k'+2)}{(k'+2)^2(k+2)}=\frac{(k+2)}{(k'+2)}}$$
$$=(2k'+1)^2\frac{(3k+2)}{(3k'+2)}=\frac{(3k+2)(3k'+2)}{(k'+2)^2}$$
$$\Rightarrow{\frac{(3k'+2)^2}{(k'+2)^2}=(2k'+1)^2=\frac{(3k'+2)^2}{(k+2)^2}$$
$$\Rightarrow{k'=k}$$
$$\Rightarrow{-2k'k=-2k^2=-2k'^2=k+k'}$$
$$\Rightarrow{\left\{
\begin{array}{l}
k=\frac{2b}{p_1-p_2}=k'=-\frac{2b}{x_1-x_2}=0\\
k=\frac{2b}{p_1-p_2}=k'=-\frac{2b}{x_1-x_2}=-1
\end{array}
\right.}}$$
$$\Rightarrow{\left\{
\begin{array}{l}
2b=p_2-x_2=x_1-p_1=0\\
2b=x_1-p_1=p_2-x_2=p_2-p_1
\end{array}
\right.}}$$ le deuxième cas a été écarté, car il entraîne
$$2x=x_1+p_2=2p_2$$
donc la seule solution est
$$\Rightarrow{2b=p_2-x_2=x_1-p_1=0}$$
L'hypothèse initiale est fausse.
$$\Rightarrow{b=0}$$
Le rayon primal, ici, est $r$ égal à
$$r=\frac{p_1+p_2}{2}$$
avec
$$x=\frac{p_1-p_2}{2}$$
soit
$$x+r=p_1$$
et
$$r-x=p_2$$
Son existence est prouvée. $p_1$ et $p_2$ sont une infinité de
couples de nombres premiers, car il n'y a absolument aucune
condition qui vient restreidre leur nombre.
Il faut savoir que "notre" forum est assez régulièrement assailli par des génies autoproclamés qui démontrent (modestement) l'hypothèse de Riemann en une page ou P=NP au dos d'une carte postale.
Peut être ne connaissiez vous pas le sieur Ganouchi (dans ce cas, j'espère que les bravos ironiques de certain d'entre nous ne vous ont pas laissé entendre que nous prenions vraiment ce dernier au sérieux), sachez que les plus anciens de ce forum savent à quel point ce genre de production est peu digne d'intérêt.
Ce qui est drôle (enfin, peut être), ce que Guillaume Foucart, venait juste de nous donner des vacances, et voilà un autre crackpot qui revient nous emm... éclairer de sa prose.
Juste un avis.
> Il faut savoir que "notre" forum est assez
> régulièrement assailli par des génies
> autoproclamés qui démontrent (modestement)
> l'hypothèse de Riemann en une page ou P=NP au dos
> d'une carte postale.
Je m'en doute bien, et j'en ai vu plusieurs exemples. Ca me semble d'ailleurs inévitable.
> Peut être ne connaissiez vous pas le sieur
> Ganouchi (dans ce cas, j'espère que les bravos
> ironiques de certain d'entre nous ne vous ont pas
> laissé entendre que nous prenions vraiment ce
> dernier au sérieux), sachez que les plus anciens
> de ce forum savent à quel point ce genre de
> production est peu digne d'intérêt.
Ce que je voulais faire dans mes interventions sur ce fil, c'était mettre en oeuvre une méthodologie simple de réfutation qu'il m'arrive d'utiliser pour trouver l'erreur dans une suite de calculs embrouillés aboutissant à un résultat manifestement faux : partir d'un exemple qui contredit le résultat, et localiser dans les calculs à partir de quand ça cloche. L'erreur est là. Exemple dans la dernière version de JG : le couac est
$$\frac{(3k'+2)(3k+2)}{(k+2)}\frac{(k'+2)}{(3k'+2)(3k+2)}=
\frac{(k+2)^2(k'+2)}{(k'+2)^2(k+2)}$$
Je reconnais que ça n'a rien de très malin et que c'est lassant. Promis, je ne répondrai plus aux futures versions.
> Ce qui est drôle (enfin, peut être), ce que
> Guillaume Foucart, venait juste de nous donner des
> vacances, et voilà un autre crackpot qui revient
> nous emm... éclairer de sa prose.
>
> Juste un avis.
A mon avis, les types d'intervention de JG et GF sont assez différents - en ce qui concerne leurs rapports aux mathématiques. Dans le cas présent, la discussion est clairement impossible.
Cordialement,
MC
En fait, mon propos principal visait surtout à souligner que nous n'avons (hélas) pas affaire à de raisonnables personnes qui sont capables de constater une erreur de leur part (j'oserais, je dirais l'exact inverse d'un chercheur en science). C'est d'ailleurs sur ce point que je regroupais J.G. et G.F. (je reconnais que ce dernier n'a pas la mégalomanie de J.G.)
Evidemment, vos interventions sont toujours les bienvenues.
p.s.
J'en profite pour vous remercier vous, ainsi que les autres préparateurs à l'agreg de Rennes pour la fabuleuse mine de documents que vous mettez librement à la disposition de chacun sur le net.
Ohhh ...
Jamel: elle veut dire quoi la phrase précédente (je t'ai cité)?
***Dans ce cas ta preuve est un échec! Le statut de preuve est esclave de ses lecteurs: un seul doute et la preuve échoue. C'est une définition. Pour éviter un rejet pour excès de longueur de la preuve (ie lecteur qui doute parce qu'il meurt avant d'avoir fini de lire une preuve de 50000 pages), on exige juste du lecteur qu'il signale l'hypothèse ou l'inférence dont il doute.
MC a localisé un endroit dont il doute, il est sceptique tu devoir est de justifier à cet endroit-là ton affirmation.
Une preuve de maths (et plus généralement de science est par définition un "petit circuit" qui connecte des arguments entre eux tels que si tu l'appliques à la lettre dans une discussion à 2, où tu joues le rôle de prouveur face à un sceptique, alors tu gagnes infailliblement quoiqu'il fasse.
Les règles du jeu sont très simples:
on part de la conclusion (ce que tu veux prouver). Ensuite, tu donnes des "raisons" (celles que tu veux) qui impliquent d'une manière évidente ta conclusion. Le sceptique en choisit une (des raisons) qui devient la nouvelle "conclusion" et on recommence. La partie ne s'arrête que quand le sceptique te dit "oui, d'accord, cette phrase est vraie, c'est même évident pour moi". C'est le sceptique le roi: celui qui décide si oui ou non tu l'as convaincu. Quand il ya un "quelque soit x", c'est le sceptique qui choisit la lettre qu'il va mettre à la place de x. Quand il y a un "il existe x" c'est le prouveur qui choisit ce qu'il veut pour le mettre à la place de x.
Pour te faire plaisir, puisque tu aimes l'abstraction, allons-y, je suis le sceptique:
n est supposé un nombre quelconque (j'ai choisi la lettre).
La phrase que tu veux prouver est 2n est un nombre premier
J'attends entre une ou 3 raisons qui impliquent ça et je ne te demanderai d'en justifier qu'une seule. A toi de jouer...
on part de la conclusion (ce que tu veux prouver). Ensuite, tu donnes des "raisons" (celles que tu veux) qui impliquent d'une manière évidente ta conclusion. Le sceptique en choisit une (des raisons) qui devient la nouvelle "conclusion" et on recommence. La partie ne s'arrête que quand le sceptique te dit "oui, d'accord, cette phrase est vraie, c'est même évident pour moi". C'est le sceptique le roi: celui qui décide si oui ou non tu l'as convaincu. Quand il ya un "quelque soit x", c'est le sceptique qui choisit la lettre qu'il va mettre à la place de x. Quand il y a un "il existe x" c'est le prouveur qui choisit ce qu'il veut pour le mettre à la place de x.
A chacun sa vision des mathématiques, mais si on me les avait introduites ainsi à l'école, je les aurais trouvées rebutantes et totalement farfelues.
D'ailleurs, te rends-tu compte que tu as proposé ce jeu à plusieurs reprises sur le forum, mais que personne n'a jamais voulu y jouer ? Ca devrait t'interpeller..
Je répondais à un post précis.
***A chaque fois que j'ai proposé ces règles du jeu, je dis bien à CHAQUE fois, c'était en réponse à un gars (tel qui prétendait avoir prouvé que ZFC est contradictoire, tel autre qui... bref) qui prétendait avoir prouvé un énorme résultat... En substance, je lui disais "puisque tu prétends avoir une preuve, tu ne peux que gagner à ce jeu" (En effet, la SEULE différence entre une preuve et ce jeu, c'est que dans une preuve, on doit tout justifier alors que dans ce jeu, le "sceptique" dispense le prouveur de la moitié des chemins à chaque coup (ce qui permet d'en écrire une longueur logarythmique par rapport aux gros platrats initiaux)
Si les adversaires "prouveurs" n'ont pas osé continué la partie, leur forfait est à mettre peut-être sur le compte d'un aveu tacite que leur preuve n'est pas valide
Dans la relation tacite qu'ils l'un ont à l'autre, MCoste (en tant que sceptique) a exprimé un doute. La fausseté (je n'ai pas lu) de l'inférence est peut-être un obstacle irréparable pour Jamel, certes, mais l'important est dans le statut qu'ils ont: la charge de la preuve est du côté de Jamel. A parler de "fausseté" tu introduis une confusion dans les rôles: imagine que Jamel se mette à vouloir devenir sceptique et souhaite exiger de MCoste qu'il prouve la fausseté blabla.. Bon, peut-être dans ce contexte précis, MC n'aurait-il pas de soucis, mais il se pourrait que dans d'autres circonstances, le sceptique ne puisse prouver la fausseté de $P$ alors même qu'il douterait de $P$. Pourtant, dans son rôle de sceptique il suffit qu'il doute de $P$ pour que la preuve soit invalide. Voilà pourquoi j'entrais dans quelques formalités.
Imagine que plutôt que toi, Jamel et MCoste se "chamailleent" devant un non matheux. Trouverais-tu valide que Jamel tire un quelconque avantage dans son rôle de prouveur de la difficulté que rencontrerait MCoste à prouver tel ou tel calcul un peu méchant à tel "arbitre" de niveau cinquième (peu habitué à développer)?
Pour éviter justement ce genre de "confusions" (ce n'est pas dit péjorativement) que vous faites j'avais mis <a href="http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?9,387736,387815#msg-387815">cette énigme plutot édifiante</a>
Commentaires extérieurs mis à part, c'est comme s'il avait dit (dans son rôle de sceptique):
Quant à dire que c'est faux, je te parle très franchement: j'ai faim, il y a trop de lettre, j'ai déjà un apéro dans le tête et surtout surtout... Je respecte la séparation des rôles: c'est à Jamel de répondre.
Dans cette preuve, la non évidence (même à elle-seule) suffit à invalider la preuve.
[Corrigé selon ton indication
Nous abordons une raisonnement par l'absurde, supposons donc qu'il existe un entier naturel $x$ ;
$x\geq{3}$, $2x\neq{p_1+p_2}$, $\forall{p_1\geq{3},p_2\geq{3}}$
nombres premiers. Nous pouvons poser pour $p_1$ et $p_2$ des
nombres premiers distincts vérifiant $p_1>x>p_2$.
$$2x=p_1+p_2+2b$$
b depend de $p_1$ et $p_2$.
$$x=\frac{p_1+p_2}{2}+b$$
Pour tout $x,p_1,p_2$, existe $y$ dont l'expression est
$$y=\frac{p_1-p_2}{2}+b$$
Soit
$$\left\{
\begin{array}{l}
2x-p_1=p_2+2b=x_2+4b\\
2x-p_2=p_1+2b=x_1\\
2y-p_1=-p_2+2b=-x_2\\
2y+p_2=p_1+2b=x_1
\end{array}
\right.$$
$$\Rightarrow{\left\{
\begin{array}{l}
x=\frac{p_1+p_2}{2}+b=\frac{p_1+x_2}{2}+2b=\frac{x_1+p_2}{2}=\frac{x_1+x_2}{2}+b\\
y=\frac{p_1-p_2}{2}+b=\frac{p_1-x_2}{2}=\frac{x_1-p_2}{2}=\frac{x_1-x_2}{2}-b\\
x_1+x_2=p_1+p_2
\end{array}
\right.}}$$
\paragraph{LEMME 1}
Les formules suivantes
$$\left\{
\begin{array}{l}
x=\frac{p_1+p_2}{2}+b=\frac{p_1+x_2}{2}+2b=\frac{x_1+p_2}{2}=\frac{x_1+x_2}{2}+b\\
y=\frac{p_1-p_2}{2}+b=\frac{p_1-x_2}{2}=\frac{x_1-p_2}{2}=\frac{x_1-x_2}{2}-b\\
x_1+x_2=p_1+p_2
\end{array}
\right.}$$ impliquent
$$b=0$$
\paragraph{Preuve du lemme 1}
Si $x$ est un nombre premier, $2x=x+x$ est la somme de deux
nombres premiers, nous supposons, donc, que $p_1-p_2\neq{0}$, de
même $x_1-x_2+p_1-p_2=4y\neq{0}$. Si
$$x_1-x_2=0$$
alors
$$4y=2p_1-2p_2+4b=2x_1-2x_2-4b=-4b$$
$$\Rightarrow{4b=p_2-p_1}$$
Définissons
$$y_2=p_2+2b=x_2+4b$$
alors
$$2b=x_1-p_1=p_2-x_2=y_2-p_2$$
et
$$2x_2-2y_2=-8b=2p_1-2p_2$$
or
$$2p_1+2b=2x_1-2b=p_1+x_1$$
et
$$2p_2+2b=2y_2-2b=p_2+y_2$$
donc
$$2x_2-2y_2=2p_1+2b-2p_2-2b=p_1+x_1-p_2-y_2=x_1-p_1+2p_1-p_2+y_2-2y_2=2p_1-2y_2+4b$$
$$=2p_1-2x_2=2p_1-2p_2$$
Nous en déduisons que
$$x_2=p_2\Rightarrow{4b=2p_2-2x_2=0=p_2-p_1}$$
Donc
$$p_1-p_2\neq{0}\Rightarrow{x_1-x_2\neq{0}}$$
Soit
$$\left\{
\begin{array}{l}
\frac{x_1-x_2}{p_1-p_2}=\frac{p_1-p_2+4b}{p_1-p_2}=1+\frac{4b}{p_1-p_2}\\
\frac{p_1-p_2}{x_1-x_2}=\frac{x_1-x_2-4b}{x_1-x_2}=1-\frac{4b}{p_1-p_2+4b}\\
2b=p_2-x_2=x_1-p_1
\end{array}
\right.}$$ posons
$$\left\{
\begin{array}{l}
2k+1=1+\frac{4b}{p_1-p_2}\\
2k'+1=1-\frac{4b}{(p_1-p_2+4b)}
\end{array}
\right.}$$ et les propriétés
$$(2k+1)(2k'+1)=(\frac{x_1-x_2}{p_1-p_2})(\frac{p_1-p_2}{x_1-x_2})=1$$
$$\Rightarrow{-2kk'=k+k'}$$
de même
$$kk'\neq{0}$$
soit
$$\frac{k'}{k}=\frac{\frac{-2b}{x_1-x_2}}{\frac{2b}{p_1-p_2}}=-\frac{p_1-p_2}{x_1-x_2}=-(2k'+1)$$
et
$$\frac{k}{k'}=\frac{\frac{2b}{p_1-p_2}}{\frac{-2b}{x_1-x_2}}=-\frac{x_1-x_2}{p_1-x_2}=-(2k+1)$$
et
$$kk'=-\frac{k^2}{2k+1}=-\frac{k'^2}{2k'+1}=-k^2(2k'+1)=-k'^2(2k+1)$$
mais
$$\frac{k+1}{k'+1}=\frac{\frac{2b}{p_1-p_2}+1}{\frac{-2b}{x_1-x_2}+1}$$
$$=\frac{(p_1-p_2+2b)(x_1-x_2)}{(x_1-x_2-2b)(p_1-p_2)}=\frac{x_1-x_2}{p_1-p_2}=2k+1$$
$$\Rightarrow{2k+1=\frac{k+1}{k'+1}=\frac{1}{2k'+1}=\frac{3k+2}{k'+2}=\frac{k+2}{3k'+2}}$$
$$\Rightarrow{(3k+2)(k'+1)=(k'+2)(k+1)}$$
$$\Rightarrow{(k+1)(3k'+2)=(k+2)(k'+1)}\Rightarrow{\frac{(3k+2)(k+2)(k'+1)^2}{(3k'+2)(k'+2)(k+1)^2}=1}$$
$$(3k+2)(3k'+2)=(k+2)(k'+2)$$
$$\Rightarrow{\frac{(3k+2)(3k'+2)(k+2)(k'+1)^2}{(3k'+2)(3k+2)(k'+2)(k+1)^2}=\frac{(3k'+2)}{(3k+2)}}$$
$$\Rightarrow{\frac{(k+2)^2(k'+2)(k'+1)^2}{(k+2)(k'+2)^2(k+1)^2}=\frac{(k+2)}{(k'+2)}(2k'+1)^2=\frac{(3k'+2)}{(3k+2)}}$$
$$\Rightarrow{(\frac{(3k'+2)}{(k+2)})(\frac{(k'+2)}{(3k+2)})=(2k'+1)^2}$$
$$\Rightarrow{\frac{(3k'+2)(3k+2)}{(k+2)}\frac{(k'+2)}{(3k'+2)(3k+2)}=\frac{(k'+2)^2(k+2)}{(k+2)^2(k'+2)}=\frac{(k'+2)}{(k+2)}}$$
$$=(2k'+1)^2\frac{(3k+2)}{(3k'+2)}=\frac{(k'+2)^2}{(3k'+2)(3k+2)}=\frac{(3k+2)(3k'+2)}{(k+2)^2}$$
$$\Rightarrow{\frac{(3k'+2)^2}{(k+2)^2}=(2k'+1)^2=\frac{(k'+2)^2}{(3k+2)^2}}$$
$$\Rightarrow{\frac{(k'+2)^2(2k+1)^2}{(3k'+2)(3k+2)(2k+1)^2}=\frac{(3k'+2)(3k+2)(2k'+1)^2}{(2k'+1)^2(k+2)^2}}$$
$$=\frac{k'+2}{k+2}=\frac{(3k+2)^2}{(3k'+2)(3k+2)(2k+1)^2}=\frac{(3k'+2)(3k+2)(2k'+1)^2}{(3k'+2)^2}$$
$$=\frac{(3k+2)}{(3k'+2)(2k+1)^2}=\frac{(3k+2)(2k'+1)^2}{(3k'+2)}$$
$$=\frac{(3k+2)}{(k+2)(2k+1)}=\frac{(k'+2)(2k'+1)}{(3k'+2)}$$
$$=\frac{(3k+2)(2k'+1)}{(k+2)}=\frac{(k'+2)(2k'+1)}{(3k'+2)}$$
$$\Rightarrow{(2k+1)\frac{k'+2}{k+2}=\frac{(3k+2)}{(k+2)}=\frac{(k'+2)}{(3k'+2)}}=\frac{(3k-k')}{(k-3k')}$$
$$\Rightarrow{\left\{
\begin{array}{l}
(k-3k')(3k+2)=(3k-k')(k+2)}\\
(k-3k')(k'+2)=(3k-k')(3k'+2)}
\end{array}
\right.}}$$
$$\Rightarrow{(k-3k')^2(3k+2)(k'+2))=(3k-k')^2(3k'+2)(k+2)}$$
$$=(3k-k')^2((3k+2)(k'+2)+4(k'-k))=(k-3k')^2((3k'+2)(k+2)-4(k'-k))$$
$$\Rightarrow{\left\{
\begin{array}{l}
((k-3k')^2-(3k-k')^2)(3k+2)(k'+2)+4(k-k')(3k-k')^2=0\\
((k-3k')^2-(3k-k')^2)(3k'+2)(k+2)-4(k-k')(k-3k')^2=0
\end{array}
\right.}}$$
$$\Rightarrow{\left\{
\begin{array}{l}
(k-3k'-3k+k')(k-3k'+3k-k')(3k+2)(k'+2)+4(k-k')(3k-k')^2=0\\
(k-3k'-3k+k')(k-3k'+3k-k')(3k'+2)(k+2)-4(k-k')(k-3k')^2
\end{array}
\right.}}$$
$$\Rightarrow{\left\{
\begin{array}{l}
-8(k+k')(k-k')(3k+2)(k'+2)+4(k-k')(3k-k')^2=0}\\
-8(k+k')(k-k')(3k'+2)(k+2)-4(k-k')(k-3k')^2=0
\end{array}
\right.}}$$
$$\Rightarrow{\left\{
\begin{array}{l}
4(k-k')(-2(k+k')(3k+2)(k'+2)+(3k-k')^2)=0\\
4(k-k')(-2(k+k')(3k'+2)(k+2)-(k-3k')^2)=0
\end{array}
\right.}}$$
$$\Rightarrow{(k=k')\Rightarrow{-2k'k=-2k^2=-2k'^2=k+k'=2k=2k'}$$
$$\Rightarrow{\left\{
\begin{array}{l}
k=k'=0\\
k=k'=-1
\end{array}
\right.}}$$
$$\Rightarrow{\left\{
\begin{array}{l}
k=\frac{2b}{p_1-p_2}=k'=-\frac{2b}{x_1-x_2}=0\\
k=\frac{2b}{p_1-p_2}=k'=-\frac{2b}{x_1-x_2}=-1
\end{array}
\right.}}$$
$$\Rightarrow{\left\{
\begin{array}{l}
2b=p_2-x_2=x_1-p_1=0\\
2b=x_1-p_1=p_2-x_2=p_2-p_1
\end{array}$$
le deuxième cas a été écarté, car il entraîne
$$2x=x_1+p_2=2p_2$$
donc la seule solution est
$$\Rightarrow{2b=p_2-x_2=x_1-p_1=0}$$
L'hypothèse initiale est fausse.
$$\Rightarrow{b=0}$$