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Conjecture de Goldbach résolue ?

Envoyé par LEG 
LEG
Re: Conjecture de Goldbach résolue ?
16 avril 2019, 13:24
@collag3n
Citation

(postulat de Bertrand, il y a toujours au moins un 1 entre n et 2n, du moins en modulo 2).

Tu ne peux quand même pas utiliser ce postulat que ne veut rien dire sur la répartition du nombre de nombres premiers $q$ appartenant à $[n ; 2n]$
suppose qu'il existe un entier $n$ tel que entre $n\,, et\,, 2n$ il y ait un nombre premier et pour être sympa je t"en met deux de plus dans qu'elle famille ???
$n = 15k +7$ ils sont ces trois premiers : $1$ dans la famille $23[30]$; $1$ dans la fam $29[30]$ et $1$ dans celle que tu veux ....! Tu crois encore que la conjecture serait vraie , car là pour le coup elle est fausse à $99,998...$....!

[" @Poirot m'a repris à ce sujet , car je lui disait qu'avec le crible G, on peut montrer que le nombre de nombres premiers $q$ dans $[n ; 2n]$ valait au minimum lorsque $n \rightarrow\infty$ :$\frac{n}{log\,2n}$ en détaillant puis en affirmant qu'effectivement c'est une conséquence directe du TNP..et lui ai dit, donc je n'ai nul besoin de démontrer cette évidence..."]

La fonction G donne directement le nombre de nombre premiers entre $[n\,, et\,, 2n]$ c'est une variante du crible
d'Ératosthène, et donc un corollaire du TNP..puisque l'on utilise dans ce crible de $1\,, à\,, n$ les nombres premiers
$P_i\leqslant\sqrt{2n}$ il n'y a rien de compliqué la dedans...

@lourram tu en es connaît beaucoup des amateurs qui ont construit l'algorithme d'Ératosthène modulo 30 et surtout l'algorithme G modulo 30...tu n'es même pas foutu de le comprendre, alors le construire....n'en parlons même pas !
Demande un peu à Mr B Parisse directeur du laboratoire de Math et informatique univ Grenoble...On reste dans le sujet STP...!



Modifié 3 fois. Dernière modification le 16/04/2019 15:46 par Bruno.
LEG
Re: Conjecture de Goldbach résolue ?
16 avril 2019, 13:49
@Collag3n
je te met une Annexe que tu n'as aucune difficulté à comprendre:
pour répondre à ta dernière question:
Citation

Pour 2n+2 (Vecteur résultat complètement à 0 -> aucun couple p+q=2n) -> conjecture fausse
oui effectivement MAIS ce n'est pas le cas.!!!
je travaille modulo 30 car c'est pour moi plus simple à visualiser et. où les multiples de P sont divisible par les nombres premiers de ces 8 familles ..

tu peux déjà tirer une conclusion dans l'illustration ci jointe pourquoi l'infirmation serait fausse.
Citation

il faut simplement se retrouver dans une situation ou la fusion de ces deux cribles/vecteurs donne un vecteur final à 0:
évidemment...
mais il est aussi simple de constater que pour $15(k+1) +a $ on ne fait que répliquer à la droite de la diagonale; avec ces deux cribles l'image précédente de $15k +a$ qui a vérifié la conjecture...
le document joint serra plus simple à suivre , ou la partie finale manque...
cela te donne une idée sur le fonctionnement du crible G
Pièces jointes:
ouvrir | télécharger - Annexe C. Au Criblage.pdf (631.5 KB)
Re: Conjecture de Goldbach résolue ?
16 avril 2019, 13:49
Je disais juste que E et G contiennent bien des nombres premiers (Bertrand le prouve, pas TNP), mais que cela ne dit rien sur le vecteur final. J'ai rajouté "du moins modulo 2" parce que modulo 30, tu n'a aucune garantie d'en avoir dans tes familles. C'était juste un parenthèse, pas besoin de faire une fixation dessus.

Sinon le crible d'Eratosthène c'est justement d'éliminer des multiple de $p_i$.
On prend l'ensemble des naturels et on supprime les multiples de 2, on se retrouve avec des nombres de la forme $2n+1$. En éliminant les multiples de 3 on se retrouve avec des nombres de la forme $6n+\{1,5\}$. En éliminant les multiples de 5 on se retrouve avec des nombres de la forme $30n+\{1,7,11,13,17,19,23,29\}$,....donc je ne suis pas sûr de comprendre ta remarque faite à lourran.
Re: Conjecture de Goldbach résolue ?
16 avril 2019, 13:59
Enfin j'ai compris l'écriture [1,1,1,0,1,1,0,1,1,0,1,0,0,1,1,0,0].

Question comment tu sais qu'un nombre impaire est bien premier? (divisible par 31,37,....)?

Si on arrive a savoir cela toutes les conjectures en relation avec les nombres premiers seront résolu (Riemann, premiers jumeaux...)

Je ne sais pas pourquoi t'utilise une notation comme [1,1,1,0,1,1,0,1,1,0,1,0,0,1,1,0,0] au lieu de travailler avec $k$ et $n-k$.

.



Modifié 1 fois. Dernière modification le 16/04/2019 14:08 par Lagrida.
Re: Conjecture de Goldbach résolue ?
16 avril 2019, 14:13
@LEG. tu pars d'hypothèses qui ne sont pas démontrées ou vérifiée sur des grands nombres: pas de 1 consécutifs, pas de 1 précédé de 0,....et dans des configuration bien précises.

Les nombres premiers se raréfient avec n/2n très grand, donc tu peux imaginer que le vecteur G ne contiennent que des 0 sur des très grandes distances avec quelques 1 par-ci par là (mais pas de garantie qu'ils mappent sur des 1 de E), et éventuellement des couples de jumeaux (pas démontré non-plus).

Ensuite, imagine que les 1 sont toujours rare sur G à l'endroit où ils se raréfient aussi sur E (et qu'il devient difficile d'avoir des 1 successifs, que ce soit modulo 2 ou modulo 30 aussi bien sur G que E).

Imagine que cette situation est la situation la plus courante (il y a infiniment plus de nombres dans cette situation que dans la situation avec un G bien fourni en 1)

Pour illustrer, imagine ce style de répartition de nombres premiers sur 2n très grand (les 1 et 0 sont ici pour donner une idée de répartition qui se raréfie, ils ne représentent pas le compte exact de 0/1 sur 2n):
[111101101111001010011000010000011000000100010000000000000000100000100000000010000000000000]

Maintenant prend E (de 1 à n):
[111101101111001010011000010000011000000100010]
Et G (de n à 2n mais inversé)
[000000000000010000000001000001000000000000000]

Ne crois tu pas que dans ces conditions (qui représente la majorité des cas), il est possible d'avoir une annulation de tous les bits quand tu combines E et G ?

Ne crois-tu pas que la situation à l'étape précédente (2n-2 ou 2n-30), ou le fait que la conjecture ait pu être vérifiée à toutes les étapes précédentes, n'empêche pas cette possibilité?



Modifié 3 fois. Dernière modification le 16/04/2019 14:48 par Collag3n.
Re: Conjecture de Goldbach résolue ?
16 avril 2019, 14:37
Si on admet qu'il y a $\dfrac{n}{\log(n)}$ nombres premiers inferieur à $n$ et $\dfrac{n}{\log(2n)}$ premiers entre $n$ et $2n$, cela ne donne pas qu'il existe nécessairement $k < n$ et $n < 2n-k < 2n$ tel que $k$ et $2n-k$ sont premiers à la fois!

Votre claim est vrai si on a : $\pi(n)+\big(\pi(2n)-\pi(n)\big) > n$ (principe des tiroirs ) et cela faux bien sur.

Bonne écriture : $\pi(n)=(1+o(1)) \dfrac{n}{\log(n)}$ et $\pi(2n)-\pi(n)=(1+o(1))\dfrac{n}{\log(2n)}$





Modifié 5 fois. Dernière modification le 16/04/2019 14:57 par Lagrida.
Re: Conjecture de Goldbach résolue ?
16 avril 2019, 15:49
Si un argument de comptage de ce genre était suffisant, on pourrait l'appliquer sans modification pour montrer qu'entre $1$ et $2n-1$, il y a toujours deux nombres premiers dont la somme est $2n-1$. C'est rarement vrai...
LEG
Re: Conjecture de Goldbach résolue ?
16 avril 2019, 16:21
@Collag3n:
Citation

Ne crois tu pas que dans ces conditions (qui représente la majorité des cas), il est possible d'avoir une annulation de tous les bits quand tu combines E et G ?
d'autant que j'affirme et je vais prouver que je n'ai besoins que d'une famille modulo 30 pour $n\geqslant{150}$ résoudre la conjecture...Donc Cela serait effectivement possible...et que j'arrête drinking smiley

Et pourtant les Matheux qui se sont jusqu'à maintenant cassés les dents, affirment quand même que pour $n$ assez grand la conjecture est vraie ...! Ce qui est contraire à ta supposition ; sauf si tu penses justement que tu as prouvé que ces affirmations sont fausses et que la conjecture est fausse...!

a_)Le nombre de $1$ consécutifs serra toujours présents dans les deux intervalles car : les nombres premiers criblés appartenant à $[2n ;n]$ bascule vers l'intervalle $[n ; 1]$ avec une densité qui ne varie que de très peu lorsque $n$ progresse modulo 15.de plus il est obligatoire d'avoir une densité de 1, consécutif à 0.
J'entends par là 00,10100001....etc
Car il y a une densité de $1$ par famille équivalente; ce sont les deux mêmes cribles pour chaque famille et pour une même limite $n$ fixée; utilisant le même principe...D'où une même densité. le contraire serait absurde.

b_)es fonctions d'estimations n'ont aucun rapport, car elle sont faites dans l'ensemble des entiers naturels positifs la on travaille dans (26,6...%) / 8 de ces entiers naturels ce qui ne donne plus le même rapport ni la même estimation .
De la même façon que le théorème de rareté des nombres premiers; n'implique pas l'absence de 1 consécutifs ...Dans le cas contraire pour $n$ très grand la conjecture est fausse. tiens: c'est une nouvelle !!!
On peut prouver par famille qu'il y aura des 1 consécutifs....sans pour autant contredire ce théorème...qui n'apporte donc rien Et on s'en fou...!

C_) lorsque $n$ est assez grand , le nombre de décompositions de $2n$ , pour $2n +30$ ne peut pratiquement varier que de manière infime ... Car il est clair que le nombre de nombres premiers $p_i$ qui criblent serra le même pour $15(k+1),\,, +++...\,,15(k+10)$ par exemple... car la racine de $n$ ou de $2n$ ne va pas faire varier ce nombre ....Qui augmentera très très lentement...Alors qu'il augmente dans $2n$ de $1\,,entier$ par pas de 30....!

D_) Donc pourquoi pas ...on peut supposer que cette possible "contradiction" sur la supposition qu'il existe toujours des 1 consécutifs ..etc n'est pas suffisante pour affirmer que l'infirmation de la conjecture est fausse.

Alors trouvons un autre argument supplémentaire, qui lui ne peut être mis en défaut. pour 15(k+1) +a.

tu ne vois pas ..? Moi je vais le chercher dans le principe de fonctionnement du crible, dans les congruences. Donc ce n'est pas avec le crible d'Ératosthène... d'accord ?
LEG
Re: Conjecture de Goldbach résolue ?
16 avril 2019, 16:41
@Math Coss
Tout à fait...! Et dans ce cas je ne m'amuserait dans un domaine où les meilleurs se sont cassés les dents avec des outils mathématiques très pointus..Donc toutes idée de comptage, d'estimations ...etc etc de fonction estimatoires est une perte de temps ...
Par contre si je me suis trompé..il est certain que le crible de Goldbach serra étudiè de près, car il ouvre des portes dans la répartition des nombre premiers de$ n\,, à\,, 2n$ avec ce principe de fonctionnement et sur la densité de premiers par fam modulo 30.
Mais l'analyse de ces fonctions, leur divergences , dérivées...etc etc je vous le laisse car je n'ai pas ce niveau, ni les compétences !

Alors je reste sur mon idée de résolution avec les congruences et le crible G...!
dans l'annexe que j'ai joint il y a en page 3 , en dessous du dernier criblage :cette phrase:

Citation

Même en réutilisant les criblages précédents, un couple aurait vérifié la conjecture …sachant que c’est impossible de réutiliser les restes Ri précédents.
...ALORS ???

Personne ne relève cette remarque alors que c'est impossible de réutiliser les restes $R_i$ du dernier criblage de $n=15k +a$
Comment vous allez marquer les $0$ de ce criblage précédent .??? ...avec des commentaires...?? peut être des formules d'estimations ???
Re: Conjecture de Goldbach résolue ?
16 avril 2019, 16:52
La rareté n'implique pas l'absence de 1 consécutifs, non, mais je rappelle que même pour mod 2, c'est juste une conjecture (jumeaux), pour mod 30 aussi.

Pourquoi tu dis que les décompositions ne varie que très peu entre 2n et 2n+30 (ou entre 2n et 2n+2) ? A chaque glissement de G, tous les bits sont décalés dans G mais pas dans E, ce qui implique que le nombre de décompositions entre 2n et 2n+2 (ou30) et 2n+4(ou 60),....est totalement sans rapport. Il n'y a que 2 décompositions possible pour 2n=38, il y en a 4 pour 36 et 3 pour 40. mais pas de rapport entre elles.

On peut même imaginer le cas extrême (mod 2 ou 30):
E
G
E+G

pour 2n
1,0,1,0,1,0,1,0....
1,0,1,0,1,0,1,0....
1,0,1,0,1,0,1,0....
-> n décompositions (imaginons un n très grand)

pour 2n+2 (ou +30)
1,0,1,0,1,0,1,0....
0,1,0,1,0,1,0,1....
0,0,0,0,0,0,0,0....
-> 0 décompositions

Différence quand-même nottable et qui ne dépend que d'une seule chose: l'allignement "imprévisible" des bits de E et G

Sinon, par rapport à tes reste $R_i$ il font partie intégrante de ton "optimisation" et de sa construction mais ne change absolument rien au résultat final que sont les deux vecteurs E et G que tu fusionnes. Ces vecteurs, quelques soient les moyens de compression, construction, optimisation, ...que tu utilises ne sont au final que deux vecteurs indiquant la primalité des nombres que tu additionnes pour faire 2n, donc totalement indépendant de la façon dont on les construit/analyse.

en décalant ces deux vecteurs à chaque nombre pair, tu as une nouvelle situation indépendante de la précédente puisque chaque bit de E est associé a un tout autre bit de G.
Si tu prends 2 vecteurs avec des bits répartis aléatoirement (répartition apprente des nombres premiers), tu additionnes les bits un à un. En quoi cela indique le résultat d'une addition bit par bit de ces mêmes vecteurs décalé d'une position?



Modifié 1 fois. Dernière modification le 16/04/2019 17:04 par Collag3n.
LEG
Re: Conjecture de Goldbach résolue ?
16 avril 2019, 17:41
Désolé mais je ne suis pas d'accord et tu te trompes .
Citation

Différence quand-même nottable et qui ne dépend que d'une seule chose: l'allignement "imprévisible" des bits de E et G
qui te parles d'optimisation...??? en quoi le crible de Goldbach est une optimisation ...alors qu'il a des contraintes par rapport à Ératosthène.!

je t'ai dit que ce n'est pas une question de pliage ou de vecteurs...! même si pour toi cela paraît le cas
.
car tu reste fixé sur le crible d'Ératosthène et je viens de te dire que ce n'est surement pas avec ce crible que je pourrai trouvai cet argument..!!!

penche toi un peu plus sur la compréhension du fonctionnement de ce crible G, DANS les congruences ....à chaque fois que n progresse modulo 15...qu'est ce qui change...?
dans Ératosthène rien ne change tu vas un peu plus loin avec tes $P_i$ inférieur à racine de 2n...et alors qu'est ce que cela t'apporte rien ! nada ! des vecteurs et t'en fais quoi...?
LEG
Re: Conjecture de Goldbach résolue ?
16 avril 2019, 17:55
Une autre question pour toi le décalage des bits est sans rapport ok

si dans [1; n] un entiers Premier est non congrus à $[2n[P_i]$ d'où dans [n ; 2n] il y a un nombre premiers $q$ et tu dis que ce nombre premiers $q$, n'a pas pour antécédent ce nombre $P$ alors pourquoi ce nombre $q$ est premier ..??

Alors comme il n'y a aucun rapport et bien c'est faux... d'accord .... $q$ n'est pas un nombre premier, mais un multiple de tartenpion...!

Effectivement tes vecteurs ne te disent pas si $q$ est premier ou pas....c'est ta façon de voir les choses ..ok

J'affirme alors: que plus $n$ tend vers l'infini, le risque étant énorme que deux bits se rencontre ("ne rigolez pas...") la conjecture est fausse à 99,9999...%.
ça te va ???

15k +7 0, 0, 0, 1, 1, 1, 0, 1, 1, 0, 1, 1, 1, 1, 0, 1, 0, 0, 1, 1, 0, 1, 1, 0, 1, 0, 0, 0, 0, 1, 0, 0, 0, 1, 1, 0, 0, 0, 1, 0, 0, 1, 1, 0, 0, 1, 1, 1, 1, 0 crible G
[1, 1, 1, 1, 1, 1, 0, 0, 0, 1, 1, 1, 1, 1, 0, 1, 1, 0, 1, 1, 1, 0, 0, 0, 1, 1, 1, 0, 0, 1, 1, 1, 1, 1, 0, 0, 1, 1, 0, 0, 0, 1, 0, 1, 1, 0, 0, 0, 1, 0] crible E

Pour $2n +30$ si tu trouves que la densité de premiers $P$ ou $q$ varie de beaucoup alors je veux bien manger les1

15(k+1) +7 1, 0, 0, 0, 1, 1, 1, 0, 1, 1, 0, 1, 1, 1, 1, 0, 1, 0, 0, 1, 1, 0, 1, 1, 0, 1, 0, 0, 0, 0, 1, 0, 0, 0, 1, 1, 0, 0, 0, 1, 0, 0, 1, 1, 0, 0, 1, 1, 1, 1 crible G
[1, 1, 1, 1, 1, 1, 0, 0, 0, 1, 1, 1, 1, 1, 0, 1, 1, 0, 1, 1, 1, 0, 0, 0, 1, 1, 1, 0, 0, 1, 1, 1, 1, 1, 0, 0, 1, 1, 0, 0, 0, 1, 0, 1, 1, 0, 0, 0, 1, 0] crible E

Comment veux tu que cela varie, c'est les deux mêmes principe de cribles AVEC LES même NOMBRES PREMIERS $P_i$ qui criblent. Sauf que dans le crible G il y a un peu plus de $P_i$ qui criblent MAIS tu ne SAIS pas COMMENT !!

Je t'ai expliqué qu 'il y avait des conditions deux cribles , par famille modulo 30, donc ton 2 garde le pour tes solutions et idées , moi on travaille modulo 15 ou 30 ok.
car tes exemples ne servent à rien... Essaye un peu de trouver des exemples en progression arithmétique de raison 30 où aucun vecteur ne se rencontre pour $n > 150$ et en utilisant qu'une seule fam . tu vois c'est encore plus restreint.



Modifié 1 fois. Dernière modification le 16/04/2019 18:20 par LEG.
Re: Conjecture de Goldbach résolue ?
16 avril 2019, 18:15
Les vecteurs que tu construis sont il me semble des vecteurs idiquant la primalité de $p$ pour le vecteur E, et de primalité de $q=2n-p$ pour le vecteur G, que tu va fusionner pour trouver les couples $p+q=2n$ (qui n'est que le vecteur E inversé dans le cas de modulo 2, et qui fait appel à des famille complémentaires ou autre dans ton cas parce que tu optimises modulo 30, mais qui donne le même résultat au final: 2 vecteurs de primalité servant à trouver des p et q tout deux à 1 et dont la somme vaut 2n)

En quoi ta méthode de construction donnerait des résultat différents concernant ces primalités?
En quoi le faire modulo 30 change le principe ou les glissements ou l'indépendance entre deux nombre pairs proches ou lointains, ou le fait que tu cherche la primalité de p et q?

Ton vecteur G n'est rien d'autre qu'Eratosthène appliqué à $2n-a$, et quand $n$ progresse, il y a un désalignement de tous les bits et ce ne sont pas les mêmes $a+q$ que tu additionnes.

Si tu prends $a$ non congru aux $2n[p_i]$ ça veut juste dire que $q=2n-a$ est premier. C'est Eratosthène. Si $a=p$ est premier alors tu as un couple gagnant. Sur 2n+2 (ou 30), $q=2n+2-(a+2)$, ce n'est plus $a$ que tu regardes/additionne à $q$, c'est $a+2$ qui n'est peut-être pas premier (ou inversément, ce n'est plus $q$ que tu trouves avec $a=p$, mais $q+2$ qui n'est peut-être pas premier).

Et oui, si tu compares deux vecteurs de bits indicateurs de primalité pour savoir si p+q=2n est un couple de premier, c'est juste un pliage en deux du vecteur E modulo 2, et certainement modulo 30 (avec éventuel décalage de complémentarité) aussi vu qu'ils s'alignent ($a$ de E en face de $2n-a$ de G)

PS: je n'ai pas dit que E et G variaient beaucoup, j'ai dit que la combinaison des deux vecteurs pouvait varier énormément netre 2n et 2n+2 ou 2n+30. C'est quand même le résultat final qui dit si la conjecture est fausse ou pas, pas E ni G.
Regarde le résultat des deux exemples que tu donnes et dis moi si ton petit décalage en G pouvait le prédire.



Modifié 1 fois. Dernière modification le 16/04/2019 18:30 par Collag3n.
LEG
Re: Conjecture de Goldbach résolue ?
16 avril 2019, 18:32
Tu restes fixés sur tes vecteurs qui se décalent.. avec Ératosthène .
Je ne construit pas des vecteurs...! même si pour toi c'est pareil ...

je crible avec deux méthodes différentes, dans les deux cas de $7 \,à\, n = 907$ dans les exemples cité en annexe; puis je progresse modulo 15... et dans une seule fam fixée ! pour cet exemple $fam\,, 7[30]$

Qu'est-ce que tu sais sur le fonctionnement du crible G...???
LEG
Re: Conjecture de Goldbach résolue ?
16 avril 2019, 18:43
Citation

Regarde le résultat des deux exemples que tu donnes et dis moi si ton petit décalage en G pouvait le prédire.
à 99,9999 % oui !!!
car je rible $15k +7$ , je connais mon résultat ...!
..et pour $15(k+1)\, +7$ je peux te dire sans cribler le nombre de couples de premiers dont la somme $= 15(k+1)\, + 14$...!
il n'y a pas besoins d'être madame soleil , c'est une telle évidence que je ne comprend pas pourquoi tu poses cette question..!
et si tu veux on peut aussi indiquer le nombre de couple pour $2n = 15(k+2) +14$ sans cribler à une erreur près...!

Or la question est bien de dire est-ce -que pour 15(k+1) +7 la conjecture est vrai ...non pour pour dans des milliards de (k+.........)
quand tu prouves par récurrence tu montres que c'est vrais pour n+1 ..point barre ...( en gros , c'est le principe)
là ce n'est pas le cas .....mais....????



Modifié 2 fois. Dernière modification le 16/04/2019 19:05 par LEG.
Re: Conjecture de Goldbach résolue ?
16 avril 2019, 20:49
Pour $n=1140$ on a 92 couples. Comment tu trouves les 114 couples de $n=1140+15$?
sans cribler?
Et en quoi on peut parler de récurrence si il n'y a pas de rapport (clair) établi entre n et n+1?
Comment tu expliques qu'on peut trouver 216 couples aussi bien pour 2n=5880 que 2n=29126, et qui sait peut-être 2n=2343345864522.... avec une récurrence?

Je ne doute pas qu'il y ait un lien (quantitatif) entre les 2n et 2n+30, mais je crois qu'il existe le même type de lien entre les 2n et 2n+2, 2n et 2n+6, 2n et 2n+210, ....Ces liens sont pricipalement dû aux primorelles qui ont une action très marquée sur la répartition des nombres premiers (les cribles sont symétriques et cycliques pour chaque primorelle). Les jumeaux par exemple sont aussi criblés de la même façon dans les primorelles.

Je ne pense pas que la conjecture soit fausse, mais mon raisonnement tient la route et pose quand-même la question: Dans les très grand 2n, existe-t-il des cas où aucun bit ne s'alligne et où tous les 0 de G effacent les 1 de E (et vice versa)? Sachant que les grand 2n constituent infiniment plus de cas que ce que tu peux calculer/voir qui sont comparativement très proches de 0 et donc encore suffisament fournis en "1"?

Sinon G détermine des nombres premiers sur base de multiple d'autres nombres premiers inférieur à la racine de. Soit tu le contestes, soit tu dois admettre que c'est juste un crible identique à Eratosthène. Que tu fasse G et E sur tous les nombres ou sur un ensemble pré-criblé (par Eratosthène) en progression ou pas, n'y change rien.



Modifié 2 fois. Dernière modification le 16/04/2019 20:59 par Collag3n.
LEG
Re: Conjecture de Goldbach résolue ?
17 avril 2019, 07:58
Bonjour
@Collag3n
tu n'as pas répondu à plusieurs de mes questions notamment : qu'est-ce-que tu connais sur le fonctionnement de G ???

pour répondre à ta question comment je fais pour connaître le nombre de couples qui décomposent $n=1140+15$ dans une des 8 Fam , tu donnes le résultat pour $1140$ des $8\, Fams$. sans cribler:

tu aurais pu pendre l'annexe comme modèle ça te permettrai de comprendre plus vite, en ne travaillant que sur un modèle sans perte de généralité.

Avec une, c'est suffisant pour te dire que pour $15(k+1)$ la conjecture est vraie, ainsi que pour $15(k+2)$ et tant qu'à faire $15(k+3)$ sans avoir à cribler .

je comprend que tu ne puisses pas mettre le modèle pour ta limite $n$ Par $Fam$ donc : je fixe Fam 7[30] .on connaît par conséquent le criblage de1140, qui est celui-ci en $1^{er}$ pour crible G:

[1, 1, 1, 0, 1, 0, 0, 1, 0, 1, 1, 0, 1, 0, 0, 1, 0, 0, 1, 0, 0, 0, 1, 1, 1, 1, 1, 0, 1, 0, 1, 0, 0, 1, 0, 1, 1, 1]
Pour crible E
[1, 1, 1, 1, 1, 1, 0, 0, 0, 1, 1, 1, 1, 1, 0, 1, 1, 0, 1, 1, 1, 0, 0, 0, 1, 1, 1, 0, 0, 1, 1, 1, 1, 1, 0, 0, 1, 1] 16 couples ok?

pour $n= 1155 = 15(k+1)$ et ben c'est évident ...pour moi...spinning smiley sticking its tongue out encore 16 couples
pour $n = 15(k+2)$ toujours aussi évident : 14 au minimum ok. Car il pourrait y en avoir un de plus ....pourquoi..?

puisque pour toi c'est une question de pliage et de vecteur...! et qu'il n'y a aucun rapport ! et les antécédents tu en fais quoi ...? poubelle ?

qu'est-ce-que j'ai fais ?
je te donne une réponse : jai simplement criblé Ératosthène modulo 30 de $7\,, à\,, n //30$ : soit 38 cellules de $n°0$ à $n°37$. et j'ai ensuite criblé modulo 30, les éléments d'Ératosthène avec le crible G alors oublie STP ton histoire de pliage et de vecteurs...!!!

D'où pour connaître le résultat pour $15(k+1)$, $15(k+2)$ et je peux même calculer une estimation pour $15(k+3)$ ou te donner le minimum exact de $15(k+3)$ ...
Comment ..? Et bien je me sert des antécédents !!!
Pour ce dernier résultat je te dis qu'il y a au minimum encore 14 couples qui décompose 2n....!
Alors que normalement, je ne dois prouver que la conjecture est vraie pour $n=15k+1 = 1155$

je te laisse imaginer lorsque $n$ est grand, le nombre de possibilité que j'ai dans mon sac...("de "vecteurs" qui ne me servent à rien...")
par exemple quel est la limite de ce grand $n$, où la conjecture à été vérifiée ..?
Et connaissant ce résultat , je n'ai pas fini de te donner le nombre de k qui va vérifier la conjecture à partir de ce fameux $n$, lorsque qu'il va progresser modulo 15...tongue sticking out smiley

Et si tu crois qu'il n'y a aucun rapport ....alors continues à plier...D'autant que je pense que tu devrais connaître la réponse ...tu y as répondu à une de mes questions....!

Si tu n'y arrives pas à imaginer ou comprendre, je te mettrait l'illustration du résultat et les explications qui iront avec...Mais réfléchis d'abord..



Modifié 1 fois. Dernière modification le 17/04/2019 08:02 par LEG.
Re: Conjecture de Goldbach résolue ?
17 avril 2019, 10:07
Tu es conscient que tes 16 couples à 15(k+1) n'ont rien à voir avec les 16 couples du step précédent? (en plus, tu aurais très bien pu avoir 14, ou 20, ou 13...).

Bien sûr que si tu regardes un vecteur d'indicateur de primalité pour 2n, c'est pratiquement le même pour n+1 (ou k+1), mais ce n'est absolument pas ça qu'on regarde.

Imaginons que tu ais tes deux vecteurs E et G rempli de bit de primalités (qui ont une distribution aléatoire) et qu'ils ne changent jamais, et que tu l'as a disposition précalculé à l'avance. En fait n'imaginont même pas, c'est le cas, ces deux vecteurs sont fixes, à moins de changer la définition de primalité.

Ce n'est pas parce que ces deux vecteurs sont fixes entre n, n+1, n+2, .... que tu peux prétendre avoir montré quelque chose par récurrence. Ces vecteurs ont beau être fixes, si tu les fais glisser l'un par rapport à l'autre, ton résultat est imprévisible ET totalement différent (c'est ici que je dis qu'il n'y a pas d'antécédants possible). Comment peux-tu savoir quel va être le résultat de la fusion d'une partie de ces deux vecteurs d'apparence aléatoire?

Pour l'histoire de pliage et de vecteurs de bit, je ne vois pas le problème. Ce sont bien des vecteurs et ce sont bien des bits, et si tu prends G, tu l'inverse et tu le colle derrière E, tu as un vecteur de bit de primalité sur 2n (en mod 2 il est continu, en mod 30, il est filtré, et probablement shifté à partir de n, mais c'est sans importance).
LEG
Re: Conjecture de Goldbach résolue ?
17 avril 2019, 11:29
Tu es conscient que tu n'as rien compris...?

en plus tu me sorts: que j'aurai pu avoir 14, 20 ou 13 et pourquoi pas 0 tant que tu y es...!
tu ne veux pas comprendre que ton VECTEUR ne vaut rien !!!

Mon résultat est imprévisible car ton imagination est fausse !!! je t'ai donné le résultat de 15(k+1) à 15(k+3) et en te disant au minimum...Le réel pour 15 est 16 et pour 14 le réel est de 15 ça te vas ....?

Le problème c'est qui tu n'y comprends un "beignet."
alors tu imagines n'importe quoi avec tes petit jeux de papiers que tu plis dans tous les sens ...

je te RÉPETTE que je ne crible pas de N à 2N , comment tu vas plier tes bouts de papiers ??? et tes vecteurs tu vas les chercher où ????

je prend G et je l'inverse et puis quoi encore ???

tu ne sais pas ce que c'est G !!! alors arrête STP et pose des questions en rapport avec le crible de Goldbach de 7 à 1117.
sur ce que tu ne comprends pas ...

il n'y a pas d'antécédent Ah bon ...!

pour $15(k+3) =1185$

$30(k+3) = 2370$

$97\not\equiv{2370}[P_i]$

$2370 - 97= q$

Et $q$ : n'a pas pour antécédent $97$ par les congruences ??? Et tu dis que cela pourrait être n'importe quoi d'imprévisible ...???

Ce qui est imprévisible: ce sont bien tes vecteurs et ton pliage!!!
Re: Conjecture de Goldbach résolue ?
17 avril 2019, 11:51
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Bien, il serait temps d'interrompre ce dialogue de sourds ! Rien ne vous empêche de continuer votre controverse à deux, les messages personnels sont faits pour ça.

Bruno

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