Nombre de décompositions de Goldbach
Réponses
-
A la dernière page on peut lire:
Soit $\Pi(n)$ le nombre de nombres premiers inférieurs à $n$ et sur la même ligne:
$\displaystyle \Pi(n)=\frac{n}{\ln n}$
Vraiment? -
Salut !
Encore pas mal de charabia mais à la dernière page
$\exp(4n\log(3n)) = (3n)^{4n} = 81^n n^{4n}$
$\exp(3n\log(4n)) = (4n)^{3n} = 64^n n^{3n} $
À dans 3 mois ? -
Enfin bon moins de 3 mois, j'avoue que tu m'as manqué Berkouk !
-
Bonjour
@noobey : merci de m'avoir directement décelé cet grande erreur de calcul , j 'étais été pressé par deux intervenants avant que vous interveniez .
il s'agit au fait de démontrer que tout premier Pn appartient à l'intervalle ] 2P(n-1) , 3P(n-1) [ , P(n-1) étant le prédécesseur de Pn .
ça n'a pas aboutit avec BERTRAND en ce qui concerne uniquement la conjecture faible de Goldbach..!! , j'ai revu la question avec GAUSS. ( ci-joint revue et corrigée ).
j'aimerais maintenant que vous commenciez de la lire par le début jusqu'à la fin corrigée , et de me déceler d'autres
erreurs .
BERKOUK . -
Dès la première page, une erreur (déjà signalée par FdP) : $\displaystyle \Pi(n)=\frac{n}{\ln n}$.
-
Ensuite, à la page 2, "Si Pn>2P(n-1), posons Pn=2P(n-1)+1"
Avec ce genre de raisonnement, on obtient n'importe quoi, puisque Pn a plusieurs valeurs !!
Au fait, Berkouk, toi qui es si fort en maths, tu en connais beaucoup, des premiers tels que le suivant est plus de son double ? Donne un exemple ...
Et surtout, tu viens de dire que ça n'arrive pas juste avant (postulat de Bertand).
A ce niveau de nullité dans le raisonnement, on arrête de prétendre rédiger des preuves ... -
Si le but est d'aligner des symboles mathématiques pour faire joli alors fais plutôt de la calligraphie, tout le monde trouvera ça joli et tu cesseras de te faire engu...ler.
-
bonjour
je sais très bien que Pi(n) est sensiblement égale à n/log(n)
c'est une "bonne" estimation des nombres premiers dans ]1,n[ .
1) je l'ai utilisé une fois dans ma démonstration du postulat du Bertrand
P(2n) -P(n) > 0 (1)
2) une deuxième fois vers la fin :
P(4n) -P(3n) = 0 (2)
quel que soit la valeur de P(m) , le but tracé pour l'assertion (1) ou (2) n'a pas été détourné , donc la suite du raisonnement n'a pas été affecté quel que soit la valeur de P(m) , m=n ou m=2n ou m=3n ou m=4n .
l'astuce , la découverte , l'idée génial ...tout ce que vous voulez ; c'est cette conjecture qui va suivre :
avant , nous définissons quelques évidences ( "axiomes" )
soit Pn , un nombre premier de rang n.
Pn a un et un seul successeur soit P(n+1) , et un et un seul prédécesseur soit P(n-1)
il s'en suit que Pn est le successeur de P(n-1).
CONJECTURE : si Pn > 2 P(n-1) alors il existe au moins un contre-exemple à la conjecture forte de Goldbach.
C'est à dire si Pn > 2 P(n-1) , alors il y aurait au moins un nombre pair qui ne peut être la somme de 2 premiers;
c'est ce que j'ai démontré dans le dernier papier-pdf. en construisant ce nombre pair hypothétique à la façon EUCLID mais à l'envers....
SA CONTRAPOSÉE : si Pn < 2 P(n-1) alors il n'existe pas de contre-exemple à la conjecture forte de Goldbach.
c'est à dire qu'il n’existerait pas de contre -exemple à la conjecture forte de Goldbach.
or Pn est toujours < 2P(n-1) et ne pouvait donc laisser une possibilité à un contre-exemple car :
1°) j'ai essayé une verification dans Exel pour les 1000 , voir 10000 premiers :
O. --- Pn ---- P(n-1)
2P(n-1)
Pn < 2P(n-1)
1 --- 3 ---- 2
4
oui
2 --- 5 ---- 3
6
oui
3 --- 7 ---- 5
10
oui
4 --- 11 ---- 7
14
oui
// --- // ---- //
//
oui
-- --- -- ----
--- -- c'est toujours Oui en répondant si Pn < 2P(n-1)
2°) grâce au théorème de Tchebychev : qui dit que quelque soit n , il existe au moins UN p premier /
n < p < 2n
remplacez n par P(n-1) , et vous verrez que le Successeur de P(n-1) , c'est à dire Pn est toujours compris entre P(n-1) et 2P(n-1) .. sinon le postulat de Bertrand serait faux ?
à Suivre
BERKOUK -
Bonjour,
Quelle est la contraposée de : A => B ? -
BERKOUK3:
Sensiblement égal et égal ne sont pas du tout la même chose.
1 est sensiblement égal à un million quand tu compares $1$ à $10 000 000 000 000 000 000 000 000 000 000$
et $1$ et $0$ sont sensiblement les mêmes nombres. Sauf que si on parle du nombre de solution(s) d'une équation ou d'un nombre d'entiers vérifiant une certaine propriété, c'est tout à fait différent si c'est 0 ou 1. -
Pour les éventuels lecteurs : Ce que raconte berkouk3 ressemble à des maths, mais ce n'en est pas. Il ne comprends rien à ce qu'est un raisonnement.
-
$\Pi(104729)=10000$
tandis que $\frac{104729}{\ln(104729)}=9060,28...$
Un "delta" de près de $940$. Une paille !
NB:
le $10 000$ ème nombre premier est $104729$ -
Gérard tu m'inquiètes, il y a vraiment besoin de préciser qu'il n'y aucune maths dans ce fil ? FdP tu parles de calligraphie, mais qu'est ce qu'il moche son document ...
-
Je pense que pour des gens de ce type, qui peuvent tromper par des imitations qui nécessitent de savoir, il n'est jamais trop dit que ce qu'ils font est du flan.
On a pu penser un temps qu'il était seulement un peu "innocent", mais sa réintervention avec systématiquement des énormités logiques montre qu'il croit faire des maths. Ce n'est pas en répondant point par point qu'on le fera progresser, la validité de ce qu'il écrit ne l'intéresse pas, seulement se croire un génie incompris ("l'astuce , la découverte , l'idée génial ...tout ce que vous voulez ; c'est cette conjecture qui va suivre"). Et de se faire voir sur un forum de maths.
Il ne se rend même pas compte du ridicule de son comportement.
Donc le problème, ce n'est pas berkouk, mais ceux qui liront ce fil avec peu de connaissances en maths.
Cordialement. -
Skyffer3:
Je parlais de calligraphie parce que j'avais un collègue il y a une quinzaine d'années qui faisait de la calligraphie par ordinateur. Il m'avait fait don d'une de ses oeuvres, un texte en écriture arabe. Cette calligraphie trône à côté d'un petit cadre représentant Ganesh (un souvenir pour touristes ramené par un de mes amis, d'Inde).
Et que j'ai l'impression que pour beaucoup de gens, mal informés, les mathématiques consistent à aligner des formules pour remplir du papier et qu'en faisant cela, à la fin les mathématiciens s'extasient en voyant cette profusion de symboles.
Il ne faut pas désespérer de l'intelligence des gens une fois qu'ils ont mis de côté pendant quelques instants leur fierté et leur égo au vestiaire. -
suite
ce que j'ai découvert dans cette démonstration , c'est que si on peut trancher facilement sur la véracité de la conjecture forte de Goldbach par le postulat du Bertrand ( à supposer que vos avez pigé le fond de ma démonstration , je ne parle ceux qui essayent de la détourner au profit de tiers ... ) ,
on ne peut pas le faire pour la conjecture faible de Goldbach car pour cette dernière il faudra démontrer en plus que
Pn soit toujours compris dans l'intervalle ]2P(n-1) ; 3P(n-1)[
chose que je ne sais pas faire pour l'instant ; c'est pour cela que je l' ai abandonné au profit de la démonstration connue de Gauss , et non parce que c'est le lieu ou Noobey a décelé la grande erreur du calcul
conclusion :
je comprend ma démarche qui consiste à user dans le discours mental mathématique le principe de "plus de mots , moins de signe" au lieu du contraire .
ma démarche a besoin d' un œil attentif susceptible de piger l’intérêt de de cette nouvel piste découverte , et d'un pressoir pour extraire le pur jus au lieu d'un entonnoir rouge -brique qui ne laisse passer que les grains en s' y accrochant volontairement qui une fois moulu perturbent le gout du jus
BERKOUK -
Berkouk3 a écrit:Pn soit toujours compris dans l'intervalle ]2P(n-1) ; 3P(n-1)[
Si on lit ton pdf, P(n) désigne le n ème nombre premier. Donc j'imagine qu'il en est de même ici.
Le 10 000 ème nombre premier est le nombre 104 729.
Le 9999 ème nombre premier est 104 723.
Tu peux vérifier que:
$2\times 104 723=209446$
et $3\times 104 723=314169$
mais,
$104 729$ n'appartient pas à $]209446,314169[$
PS:
L'utilisation d'un logiciel libre et gratuit comme GP PARI te permettrait d'écrire moins de trucs faux très probablement.
J'ai pensé à mon nombre premier favori du moment $p_{10000}$ (mais j'imagine que cela marche aussi pour des nombres premiers plus petits) et j'ai regardé si je ne trouvais pas de contre-exemple à la double inégalité que tu prétends être démontrable. En une minute, j'ai vu que c'était faux. -
n = 2
Pn = 3
Pn-1 = 2
3 n'est pas dans l'intervalle ]4, 6[ -
Félix:
Petit joueur va !
Il y avait l'idée que cette soit disant propriété n'est pas plus vraie lorsqu'on prend des nombres qui ne sont pas trop "petits".
Cela ne marche pas non plus avec $p_{200 000 000}$.
PS:
Cela ne marche pas non plus avec $p_{400 000 000}$. -
Ben oui, je commence petit.
Auch die Zwerge haben klein eingefangen (Werner Herzog, 1970) - Les nains aussi ont commencé petits.
La modération, que je salue, peut effacer mes deux messages sans souci. -
suite
ce que j'ai découvert dans cette démonstration , c'est que si on peut trancher facilement sur la véracité de la conjecture forte de Goldbach par le postulat du Bertrand ( à supposer que vos avez pigé le fond de ma démonstration , je ne parle ceux qui essayent de la détourner au profit de tiers ... ) ,
on ne peut pas le faire pour la conjecture faible de Goldbach car pour cette dernière il faudra démontrer en plus que
Pn soit toujours compris dans l'intervalle ]4P(n-1) ; 3P(n-1)[ *
chose que je ne sais pas faire pour l'instant ; c'est pour cela que je l' ai abandonné au profit de la démonstration connue de Gauss , et non parce que c'est le lieu ou Noobey a décelé la grande erreur du calcul
conclusion :
je comprend ma démarche qui consiste à user dans le discours mental mathématique le principe de "plus de mots , moins de signe" au lieu du contraire .
ma démarche a besoin d' un œil attentif susceptible de piger l’intérêt de de cette nouvel piste découverte , et d'un pressoir pour extraire le pur jus au lieu d'un entonnoir rouge -brique qui ne laisse passer que les grains en s' y accrochant volontairement qui une fois moulu perturbent le gout du jus
BERKOUK
* omission : ] 4P(n-1) ; 3P(n-1)[ au lieu de ]2P(n-1) ; 3P(n-1)[ -
BERKOUK3 :
Est-ce que c'est possible que tu te relises avant de poster?Berkouk a écrit:] 4P(n-1) ; 3P(n-1)[ au lieu de ]2P(n-1) ; 3P(n-1)[
Tu crois que 4 fois un nombre positif est plus petit que 3 fois le même nombre positif?
PS2:
Cela ne sert à rien d'inverser les bornes.
Dans les contre-exemples déjà donnés on remarque que le nombre $2p_{n-1}$ était déjà plus grand que $p_n$ alors si tu prends $3p_{n-1}$ ou plus grand $4p_{n-1}$ cela ne change rien à ce constat. -
Cela n'a rien d'étonnant.
On sait qu'il existe un nombre premier entre $x$ et $2x$ pour $x$ suffisamment grand $x\geq 2$?
Il y a donc, au moins, un nombre premier entre $p_n$ et $2p_n$ (et à fortiori entre $p_n$ et $kp_n$, $k$ un entier naturel au moins égal à 2)
Le plus petit de ces nombres premiers est par définition $p_{n+1}$. C'est donc impossible, sauf erreur, qu'on ait:
$p_{n+1}$ appartient à $]k\times p_n,l\times p_n[$ avec $l>k\geq 2$
PS:
La conjecture de Bertrand est:
Pour tout entier n>1 il existe un nombre premier p tel que $n<p<2n$
Les inégalités sont strictes et cette conjecture est vraie dès que $n$ est un entier naturel non nul strictement plus grand que 1.
En particulier, elle est vraie pour $n=p_m$ , le m-ième nombre premier et donc $p_{m+1}<2p_m$.
(La conjecture de Bertrand affirme qu'il y a un au moins un nombre premier entre $p_m$ et $2p_m$ strictement.
S'il y a plus d'un nombre premier dans cette intervalle ouvert on peut ranger ces nombres dans l'ordre et le plus petit d'entre eux est bien $p_{m+1}$) -
bonjour
@FDP : et si vous refaites la même vérification sur :
Pn soit toujours compris dans l'intervalle ]3P(n-1) ; 4P(n-1)[ * ?
si vous aviez lu mon papier , vous aurez découvert l'omission , c'est pas grave.
je demande à la modération de bien modérer le ton et la mauvaise foi , voir les insultes de Gérard0 ,Felix , & skyffer3 ...je pari qu'ils n'accepteront jamais çà :
1° quelque soit Pn appartenant à P ( ensemble des premiers ) ; Pn < 2 P(n-1)
2° Pn < 2 P(n-1) implique qu'il n'existera jamais de contre-exemple à la conjecture forte de Goldbach.
3° que la CFG est sur le point de devenir théorème .
( * le seul premier qui n'a pas de prédécesseur est 2 )
BERKOUK -
Berkouk:
Comprends-tu que si $x>3\times 10 000$ alors $x$ est plus grand que $2\times 10 000$?
Ne comprends-tu pas que $p_n,p_{n+1},2p_{n},3p_n,4p_n$ sont rangés (du plus petit au plus grand en partant de la gauche et en lisant de gauche à droite) dans cet ordre-là?
Pourtant tu reprends à ton compte que $p_{n+1}<2p_n$
PS:
Pour le reste de tes affirmations, je n'ai pas encore vu le début d'une preuve correcte (en deux minutes de lecture pour le moment on trouve dans tes "preuves" des trucs faux qui enterrent ta "preuve")
Si tu pouvais éviter de reposter ta prochaine "preuve" dans les cinq minutes et te relire avec un oeil critique, tout le monde y gagnerait quelque chose j'en suis convaincu.
PS2:
Vous allez me dire que je suis obsédé par le nombre 10 000. Peut-être que c'est le salaire mensuel en euros que j'estime inconsciemment mériter. X:-(
PS3:
La justesse d'une preuve ne se mesure pas au niveau de méchanceté des gens dans ce monde.
Tu peux penser ce que tu veux sur ce qui motive les gens à chasser l'erreur dans les écrits des autres mais les erreurs qui sont pointées sont bien réelles. -
Bonjour FDP
vos deux dernières interventions sont mathématiquement clairs et nets : P(n+1) < 2Pn
ce qui est nouveau , c'est que si on considère P(n+1) > 2Pn
alors il existe une possibilité de trouver un contre-exemple à la conjecture forte de Goldbach c'est ce que j'ai démontré
1) donc P(n+1) < 2Pn ===> contre-exemple CFG
2) P(n+1) > 2Pn ===> pas de contre-exemple CFG
la rigueur m'a obligé d'utiliser le postulat de Bertrand pour démontrer P(n+1) < 2Pn a fin de compléter la démonstration final par la contraposée
quand au erreur vous trouver une (parmi ... ) dans " 1° Cas Pn > 3P(n-1) C) (k+2) au lieu de (k-1)
je rappelle que mon papier est un brouillon construit proprement pour attirer les corrections
je vous assure que la démonstration est dument corrigée maintenant et gardée en lieu SUR .
B.rgds
BERKOUK -
Berkouk a écrit:ce qui est nouveau , c'est que si on considère P(n+1) > 2Pn
Mais tu considères un truc faux.
Tu veux démontrer que P(n+1)<2P(n)?
Car autrement je ne vois pas, à priori, ce que cela apporte de faire une hypothèse qui est fausse. -
C'est vrai que si on considère que 2=3, on en déduit l'hypothèse de Goldbach. Puisque une propriété fausse a pour conséquence toute propriété.
Rappel : ancien message -
Si je fais comme toi Berkouk, je décide de considérer comme vraie une propriété qui est notoirement fausse.
Je décide de considérer que $1=0$ est vraie.
Je peux montrer que l'ensemble des entiers naturels $\mathbb{N}$ est composé d'un seul élément.
"Démonstration":
Pour tout $n$ entier naturel, $n+1=n$ est équivalente à $1=0$.
En effet, on passe de la première égalité à la seconde en soustrayant $n$ au deux membres.
Donc comme $1=0$ on a pour tout $n$ entier naturel $n+1=n$.
On considère la propriété $P_n$: $n=0$ pour $n\geq 1$.
$P_1$ est vraie puisqu'on considère que $1=0$ est vraie.
On suppose $P_n$ vraie.
On sait que $n+1=n$ or $n=0$ puisqu'on suppose $P_n$ vraie alors $n+1=0$ et donc $P_{n+1}$ est vraie.
Ainsi, on vient de montrer par récurrence que pour tout $n$ entier naturel $n=0$ et donc l'ensemble $\mathbb{N}$ est composé d'un seul élément. -
Hello,
Je suis un peu gêné d'intervenir dans ce fil car ce n'est pas mon habitude. Mais il me semble qu'une propriété importante (probablement passée inaperçue par les lectrices/lecteurs du fil) pourrait peut-être sauver le soldat Berkouk. Notez l'usage (prudent) du conditionnel et de ``peut-être'' car je n'ai pas pris le temps de pousser mes investigations jusqu'au bout.
ll s'agit de la propriété `` le seul premier qui n'a pas de prédécesseur est 2'', que l'on voit à peine car elle vient en dernière ligne de http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?43,1208713,1572044#msg-1572044. Bien sûr, il faut la comprendre comme ``parmi les nombres premiers, le seul premier qui n'a pas de prédécesseur (strict) est 2''. En tout cas, cela demande probablement de reconsidérer toute l'architecture du travail de Berkouk. -
Sauver comment?
Je crois que Berkouk pense avoir déroulé une "preuve" de la conjecture de Goldbach.
Et si j'ai bien compris pour ce faire il suppose (ou il pense être vrai) que pour tout $n$ entier naturel au moins égal à $1$ on a $p_{n+1}>2p_n$ la notation $p_n$ désigne le n ème nombre premier. -
Bonjour
soit la proposition A & B :
A = P(n+1)>2P(n)
B= il existe un Contre -exemple à CFG
non A = P(n+1)<2P(n)
non B= il n' existe pas de Contre -exemple à CFG
A ==> B <==> non A ==> non B (1)
1° A ==> B : l'implication est démontré vrai par moi-même sur le papier ( rigoureux ou pas ? )
2° non A ==> non B : démontré en utilisant le théorème de Tchebychev
1° OU 2° ==> la conjecture forte de Goldbach est démontré VRAI (non B est déduite de (1) )
je connais pas mal de conjectures démontrées seulement par leurs Contraposée ( je pense au théorème de Wilson -alias ibn alhaitham )
avez vous lu mon papier .
BERKOUK -
On s'en fiche de A implique B c'est hors-sujet
Si tu as montré que non A implique non B avec le théorème de Tchebychev alors tu as démontré la conjecture forte de Goldbach! Bien joué à toi ! -
BERKOUK a écrit:Conclusion 1 :
Si $P_n > 2 P_{n-1}$ , alors il existe un contre-exemple à la conjecture Forte de Goldbach. (3)
Dont on déduit par sa contraposée :
Si $P_n < 2 P_{n-1}$ , alors il n'existe pas de contre-exemple à la conjecture Forte de Goldbach. (4)
Si on est Lundi je mange au moins une pomme
J'en déduis par sa contraposée que si on est un autre jour de la semaine je ne mange jamais de pomme
A => B est équivalent à non B => non A
-
C'est marrant comme 99% des erreurs shtamesques se réduisent quasi toujours une mauvaise compréhension de l'implication.
Encore une preuve, s'il en fallait, que l'implication du langage français usuel et celle des maths ne sont pas tout à fait identiques; -
BERKOUK a écrit:$\Pi(4n) - \Pi(3n) \neq 0$ donc j'en déduis qu'il existe au moins un nombre premier entre $3P_{n-1}$ et $4P_{n-1}$
$\Pi(1000000000000000000000000000000) - \Pi(999999999999999999999999999998) \neq 0$ donc j'en déduis qu'il existe au moins un nombre premier entre $999999999999999999999999999998$ et $1000000000000000000000000000000$
Tu as même $\Pi(P_n) - \Pi(P_{n-1}) \neq 0$ pour tout n, tu peux vérifier ! -
Bonjour
@noobey
1) j'ai utilisé fonction log(x) une fois dans ma démonstration du postulat du Bertrand
Pi(2n) -Pi(n) > 0 j'ai pensé utiliser à la place la démonstration classique que vous connaissez mais j'ai renoncé
pour l'instant parce que on est dans l'approximatif (un entier n'est jamais = à un log qui est décimal ) ici dans l'assertion Pi(2n) -Pi(n) > 0 est toujours vrai tant qu'on utilise > et non une égalité
si vous n’êtes pas d'accord faites en une croix et optez pour la démonstration classique de Tchebychev .
2) une deuxième fois j'ai utilisé la fonction log vers la fin j'ai commencé par P(4n) -P(3n) = 0
je suis arrivé à la conclusion Pi(4n) -Pi(3n) > 0 , je m'attendais au contraire à ce que Pi(4n) -P(3n) < 0 pour
démontrer la conjecture faible de Goldbach par la même démarche que pour la forte ( voir mon dernier papier ci-joint).
la carrément j'ai fais une croix et opté pour démonstration de Gauss .
vous voyez qu'on peut mettre une croix sur les deux démarches logarithmique sans remettre en cause ma
démonstration tout en restant ami .
votre exemple numérique est inadéquat : Pi(10000......) -Pi(99999....8) # 0
est- vous sur que (10000......) =4n et (99999....8) = 3n
@tous
Bonjour
soit la proposition A & B :
A = Cyrano est plus âgé que Felix
B= Cyrano est le père de Felix
non A = Cyrano est moins âgé que Felix
non B=Cyrano n'est pas le père de Felix
soit 2 test :
- "test ADN" pour démontrer la paternité
- "test Dentaire" pour démontrer l' age .
*********************************************************************
A ==> B : Cyrano est plus âgé que Felix ==> Cyrano est le père de Felix
( c'est pas réciproque , il suffit de passer "test ADN"
non A ==> non B : Cyrano est moins âgé que Felix ==> Cyrano n'est pas le père de Felix
( c'est pas réciproque , il suffit de passer "test Dentaire"
conclusion : il suffit donc de démontrer B ou non A pour arriver à la vérification de non B ( sans repasser le test ADN ..)
maintenant transposez dans ma cuisine pour constater que B = "il existe au moins un contre-exemple à CFG "
que j'avais démontré (si A alors B )
et non A = Pn < 2P(n-1) que j'avais démontré grâce au théorème de Tchebychev
point final .
BERKOUK -
BERKOUK a écrit:je m'attendais au contraire à ce que $\Pi(4n) -\Pi(3n) < 0$ pour démontrer la conjecture faible de Goldbach
En gros si $\Pi(k)$ est le nombre de nombres premiers inférieurs à $k$, tu t'étonnes qu'il y a plus (au sens large) de nombres premiers inférieurs à $4n$ que de nombres premiers inférieurs à $3n$ -
C'est dire à quel point on est loin de la conjecture de Goldbach...
-
En tout cas, il y a un truc que je pige pas du tout : comment, de tout cela, on peut en déduire l'âge de Cyrano et celui de Félix ? J'en ai marre de rien comprendre.
-
Sauf erreur,
Pour tout $n\geq 2$, $\Pi(P_n) - \Pi(P_{n-1})=1$ -
bonjourBERKOUK a écrit:je m'attendais au contraire à ce que Pi(4n) -P(3n) < 0 pour
démontrer la conjecture faible de Goldbach par la même démarche que pour la forte
@noobey
exusez moi , je veux dire Pi(4n) -P(3n) = 0 pour quoi
Comme pour la CG. forte nous devrions démonter que P(n-1) < Pn < 2P(n-1) pour aboutir à la suite et conclure
pour la CG faible je dois démonter que Pn < 3P(n-1) or on sait dans ce cas que 2P(n-1) < P(n) < 4P(n-1)
c'est à dire que quand P(n) est compris dans ] 2P(n-1) , 3P(n-1)[ cà marche : Pn < 3P(n-1)
mais quand Pn est compris dans [ 3P(n-1) , 4P(n-1)[ cà marche pas puisse que Pn > 3P(n-1)
c'est pour cela que j'avais "espérer" que Pi(4n) -P(3n) = 0 pour que P(n) soit comprise à 100% dans
] 2P(n-1) , 3P(n-1)[ .... et non à 50% c'est pour ce que j'ai abandonné cette démarche pour la CG faible au profit de celle de GAUSS. ( on commence à rentrer dans le vif du sujet Math Cross )
@Claude Quitté
soit la proposition A & B :
A = P(n+1)>2P(n)
B= il existe un Contre -exemple à CFG
non A = P(n+1)<2P(n)
non B= il n' existe pas de Contre -exemple à CFG
A ==> B <==> non A ==> non B
dites moi d'abord si vous êtes d'accord ci-dessus ?,
BERKOUK -
Eh bien, ce n'est pas gagné. Cette équivalence est évidemment erronée (en général) !Berkouk a écrit:A ==> B <==> non A ==> non B -
Pi(4n) -Pi(3n) = 0
-
Tu viens d'écrire ça : Pi(4n) -Pi(3n) = 0.
Pour le fin mot de l'histoire : comme 95% des personnes qui prétendent démontrer en trois additions une conjecture qui résiste aux spécialistes depuis des décennies voire plus, ton erreur se situe au niveau de la compréhension de la logique la plus élémentaire qui soit. La dernière fois avec l'histoire de la surjection c'était la même chose. Ne prétends pas faire de maths tant que tu ne sais pas ce que c'est. -
Bonjour
merci d'avoir rappelé cette fameuse Surjection , le but était donc de prouver qu'il ne peut y avoir un contre -exemple à la CFG pour démontrer également cette surjection
BERKOUK
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