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Trois conjectures en six pages

Envoyé par Jamel Ghanouchi 
Re: Trois conjectures en six pages
il y a douze années
Bonjour Jamel, il me semble qu'il y a quelque chose qui cloche dans le lemme 1: tu écris "$p_1-p_2\neq 0$ ce qui implique $x_1-x_2\neq 0$". Je ne suis pas convaincu: en effet tu définis $x_1$ et $x_2$ par $p_1+2b$ et $p_2-2b$ respectivement; donc $x_1-x_2=p_1-p_2+4b$ ce qui, à moins de supposer d'emblée $b=0$, peut très bien être non nul.

Non?
Jamel Ghanouchi
Re: Trois conjectures en six pages
il y a douze années
(J'ai oublié de cocher)
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 ?
albert
Re: Trois conjectures en six pages
il y a douze années
je reformule ma 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)!
michel coste
Re: Trois conjectures en six pages
il y a douze années
Là, il y a comme qui dirait un petit couac (démo du lemme 1) :

$$(3k+2)(3k'+2)=9kk'+3k+3k'+4$$

Cordialement,

MC
Jamel Ghanouchi
Re: Trois conjectures en six pages
il y a douze années
Je reviens à ma réponse à la question qui m'a été posée.
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 !
michel coste
Re: Trois conjectures en six pages
il y a douze années
J'insiste :

Là, il y a comme qui dirait un petit couac (démo du lemme 1) :

$$(3k+2)(3k'+2)=9kk'+3k+3k'+4$$

Cordialement,

MC
Jamel Ghanouchi
Re: Trois conjectures en six pages
il y a douze années
Il y a dans ces formules une contradiction, je remets ça ! Soyez patients et compréhensifs !
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.
Jamel Ghanouchi
Re: Trois conjectures en six pages
il y a douze années
Ma démonstration s'appuie sur la relation suivante, vous pouvez chercher à votre tour
$$kk'=-\frac{k^2}{2k+1}=-k^2(2k'+1)=-\frac{k'^2}{2k'+1}=k'^2(2k+1)$$
$$\Rightarrow{k=k'}$$
$$\Rightarrow{b=0}$$
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 !
Re: Trois conjectures en six pages
il y a douze années
> Ai-je répondu à ta question ?

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.
Re: Trois conjectures en six pages
il y a douze années
Jamel Ghanouchi
Re: Trois conjectures en six pages
il y a douze années
skilveg, c'est dans le message d'après. Bon, tu es d'accord pour
$$x_1-x_2=0\Rightarrow{4y=p_1-p_2+4b=x_1-x_2-4b=-4b}$$
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 !
Michel Coste
Re: Trois conjectures en six pages
il y a douze années
Désolé , mais il y a toujours un couac :

$$(k+2)=(3k'+2)(2k+1)} \Rightarrow (k+2)(3k+2)(k'+1)^2=(3k'+2)^2(2k+1)(k'+1)^2$$


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
Re: Trois conjectures en six pages
il y a douze années
Pour skilveg,
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
$$p_1-p_2\neq{0}\Rightarrow{x_1-x_2\neq{0}}$$
Re: Trois conjectures en six pages
il y a douze années
Pour Michel Coste,
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 !
Michel Coste
Re: Trois conjectures en six pages
il y a douze années
"Il s'agit ici d'abstraction à l'état pur et un contre-exemple ne saurait jouer ! "

Quand ça en arrive à ce point, inutile de continuer la discussion. Bon, je retourne regarder la deuxième mi-temps.

MC
Re: Trois conjectures en six pages
il y a douze années
"Il s'agit ici d'abstraction à l'état pur et un contre-exemple ne saurait jouer !"
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"..
Re: Trois conjectures en six pages
il y a douze années
avatar
Je vais me faire assassiner, mais ça m'amuserait bien que la France perde d'entrée de jeu, vu qu'on se voit toujours gagnants...Aux JO c'est pareil, on a toujours des espoirs de médaille en veux-tu en voilà, et résultat on s'aperçoit que les autres concurrents aussi ont un excellent niveau et qu'ils poussent même l'outrecuidance jusqu'à faire mieux que les pauvres petits Français ! Ya plus de respect ma bonne dame. hot smiley
Grafouille
Re: Trois conjectures en six pages
il y a douze années
En tout cas vraiment, ne tarissons pas d'éloges pour monsieur Coste qui a eu la patience de lire au moins et d'essayer d'expliquer où il y a problème.

J'avoue (j'ai honte) avoir bien ri.



Edité 1 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a douze ann&eacute;es et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par AD.
Re: Trois conjectures en six pages
il y a douze années
Ne riez pas trop vite ! Et, maintenant, c'est clair ou pas ? Avons-nous $b=0$ ou pas ?
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.
Re: Trois conjectures en six pages
il y a douze années
M.Coste>

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 F, venait juste de nous donner des vacances, et voilà un autre crackpot qui revient nous emm... éclairer de sa prose.

Juste un avis.
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