Un plan pour Goldbach
Bonjour
Lemme1
Soit p un entier différent de 2 et 3,
p est un nombre premier $\displaystyle \Longrightarrow \exists k\in \mathbb Z^*,\quad p=6k\pm1$
Lemme 2
$\displaystyle \forall n>3, \exists k\in \mathbb Z^*,\quad 2n-(6k\pm 1), 6k\pm1$ sont premiers
Corollaire
Goldbach est vraie
Lemme1
Soit p un entier différent de 2 et 3,
p est un nombre premier $\displaystyle \Longrightarrow \exists k\in \mathbb Z^*,\quad p=6k\pm1$
Lemme 2
$\displaystyle \forall n>3, \exists k\in \mathbb Z^*,\quad 2n-(6k\pm 1), 6k\pm1$ sont premiers
Corollaire
Goldbach est vraie
Le 😄 Farceur
Réponses
-
Salut,
Le lemme 1 est faux (contre-exemple : 25).
PS: C'est bien, tu t'acclimates bien au climat shtamique. B-)- -
Calli c'était une coquille, c'est une implication.Le 😄 Farceur
-
Et le lemme 2, sa preuve c'est quoi ? :-D
(Indication: appliquer la conjecture de Goldbach) -
maxtimax, tu n as pas compris le but.
c'etait destiné à aumeunier et compagnie: avant de donner une preuve , on trace un plan pour les lecteurs.Le 😄 Farceur -
Quand il y a un plan, la démonstration devient facile à décrypter. Et du coup, les erreurs (s'il y en a) deviennent plus faciles à détecter.
Certains considèrent que c'est un avantage, d'autres considèrent au contraire que c'est un inconvénient.Tu me dis, j'oublie. Tu m'enseignes, je me souviens. Tu m'impliques, j'apprends. Benjamin Franklin -
Lourrrain. Tu es le seul qui a compris mon fil ;-). Lorsque, on donne le plan, on clôt la discussion en quelques lignes. Sans le plan, c'est un discussion à rallonge.Le 😄 Farceur
-
Gebrane:
Un certain nombre de shtameurs pratiquent ce qu'on appelle l'obfuscation en informatique.
C'est à dire dans le cas d'espèce ils font exprès de rendre difficile la lecture de ce qu'ils écrivent pour faire durer le moment où ils se prennent pour des génies. -
Bonjour:
@gebrane:
Et pourquoi pas un plan pour réfuter cette conjecture ?
Pour la réfuter, on se sert du Pdf extrait de l'algorithme de Goldbach, que j'ai joint sur: (" trouver l'erreur") que je remet avec des compléments.
On constate que les conditions réunies pour prouver que la conjecture est fausse , vont être très difficiles...pour ne pas dire impossibles.
Quelles sont ces conditions, en supposant qu'une famille ou classe de nombres premiers dans une suite d'entiers en progression arithmétique de raison 30, pour une limite $n\geqslant\:150$ et donc $2n\geqslant\:300$ ne décompose pas $2n$ en somme de deux premiers $P' + q$ ?
("Alors que j'en ai déduit, qu'une seule classe d'entier serait suffisante sans perte de généralité , pour la prouver ou ....l'inverse ")
1_) Pour une limite $n$, il ne faut pas de nombres premiers $P'$ consécutifs de raison 30.
2_) Ni d'entiers $A\:non\:congru\:modulo\:(P)$ qui précèdent un nombre premier $P'$ à cause du décalage des congruences sur leur successeur $A+30$
3_) Il faudrait pour une limite $n$ en question, pouvoir utiliser les restes $R$ de la division de $2n$ par $P\leqslant\sqrt{2n}$ de la limite précédente $n-15$ .
4_) Il faudrait que l'algorithme de Goldbach ne soit pas récursif , pour éviter qu'il ne recommence au début de chaque Famille , impliquant des nombres premiers $P'$ consécutifs.
5_) Il ne faudrait surtout pas que le décalage d'un rang des congruences existe. ("mais ce serait contraire au TFA à cause de cette égalité $(2n+30) - (A+30) = 2n - A$ ")
6_) il faudrait qu'il existe une limite $n$ où tout les nombres premiers $P$' soient non congrus modulo P avec 2n : $2n\not\equiv{P'}\; [P] \: = q$ ; afin que ces premiers $P'$ se retrouvent congrus à $P$ lors du changement de la limite $= n+15$.
("Car le changement de limite $n$ occasionne le changement de congruence et libère les nombres premiers $P'$ de leur congruence en règle générale...").
7_) le dernier point , qui je pense résume le tout , il faudrait que cette fonction $\frac{G(n)}{Ln\:G(n)}$ pour une limite $n+15$ soit nulle.
Si besoin est, je pourrai mettre les trois algorithmes afin de faire des tests et de vérifier ou de visualiser le décalage des congruences.
les deux algorithmes G et E en duo permettent justement cette image , que l'on ne dicernerait pas dans l'ensemble des entiers naturels. -
Bonjour
j'ai eu affaire avec la conjecture depuis juillet 2015 jusqu'à 2020 selon 17 versions dont la première évoque l'essai de démonstration par la réciproque seulement !!
en 2020 , j'ai émis la 17°eme ( dont FDP spécialisé dorénavant dans la chasse des amateurs "croyant " la démontrer .pourra vous indiquer là ou elle se trouve hébergé ....)
j'ai une question fondamentale à vous poser , en commençant par la fin - comme a fait gebrane un peu maladroitement au début de ce fil .
si j'ai l'implication démontrée suivante : un théorème T ==> une conjecture C vraie
et si j'ai aussi l'implication réciproque démontrée : une conjecture C vraie ==> théorème T
c'est à dire théorème T <==> conjecture C vraie
question : cette équivalence suffit-elle à déclarer que la conjecture C est démontrée vraie ?
( la réponse souhaitée et argumentée émanera peut être d'un spécialiste -Logique -svp )
BERKOUK -
Un théorème est un théorème.
Tu envisages de démontrer que si la conjecture C est vraie alors le théorème T est vrai.
Soit.
Donc, tu ne sais pas ce que c'est un théorème.
Si ton théorème T est un vrai théorème , connu, validé, tamponné par la communauté scientifique,
Et si tu as démontré l'implication : Théorème T ==> conjecture C vraie
Alors, tu as trouvé une 18ème démonstration de la conjecture.
Score du match :
Berkouk2 : 18
Reste du monde : 0Tu me dis, j'oublie. Tu m'enseignes, je me souviens. Tu m'impliques, j'apprends. Benjamin Franklin -
Bonjour
tu n'a pas compris la questionLourrain a écrit:Si ton théorème T est un vrai théorème , connu, validé, tamponné par la communauté scientifique,
Et si tu as démontré l'implication : Théorème T ==> conjecture C vraie
tu sembles volontairement oublier l'implication réciproque ( conjecture C vraie ==> Théorème T )
la question se pose au niveau de l'équivalence , mon frère
( la réponse souhaitée et argumentée émanera peut être d'un spécialiste -Logique -svp )
avant de sauter au 18° parallèle .
BERKOUK -
Si C1 et C2 sont deux conjectures, la relation
C1 vraie <=> C2 vraie
ne prouve pas que ce sont des théorèmes.
Juste qu'ils peuvent être simultanément vrais ou simultanément faux (sachant qu'ils peuvent aussi être indécidables)
Si T est un théorème, et que T=>C1, alors C1 est un théorème (donc une assertion "vraie")
. -
Je n'ai pas compris ta question, ou bien, tu n'a pas compris ma réponse.
Je répète donc la partie que tu as zappée :Tu envisages de démontrer que si la conjecture C est vraie alors le théorème T est vrai.
Soit.
Donc, tu ne sais pas ce que c'est un théorème.Tu me dis, j'oublie. Tu m'enseignes, je me souviens. Tu m'impliques, j'apprends. Benjamin Franklin -
LEG, tu as un plan ambitieux, mais je ne veux pas m'engager dans cette conjecture diabolique même satanique
Berkouk pourquoi dis-tu "comme a fait gebrane un peu maladroitement au début de ce fil"Le 😄 Farceur -
@BERKOUK2 tu es toujours en train de tourner en rond avec de la logique de base et tu crois y trouver la démonstration de la conjecture...
Je te donne une info : si $C$ est une conjecture ou un énoncé logique et $T$ un théorème (c'est donc un énoncé logique qui peut être démontré à partir des axiomes) alors $C\Rightarrow T$ est toujours démontrable donc vraie -
BonjourZig a écrit:Si C1 et C2 sont deux conjectures, la relation
dans ma question 'il s'agit d'une équivalence entre un théorème T , et d'une Conjecture supposée vraie C
( T <==> C(vraie) )
le théorème T qui par définition est démontrée suffit -il de déclarer aussi que la conjecture C est démontrée vraie , vu cette équivalence ?
@gebrane :
je faisais allusion à votre lemme1 dont Calli a fourni un contre-exemple (25 ,35...)
en général , les nombres de forme 6n+1 & 6n-1 seront premiers s'il peuvent être mis sous formes respectives de 6xy+x+y ou 6xy-x-y pour les 6n+1 , et 6xy-x+y pour les 6n-1 , x &y entiers ( dont la démonstration remonte au 17 eme siècle ) j'avais l'impression que vous avez inspirer votre fil à partir de cela paru dans l'une de mes versions ..voilà tout .
je crois que la réponse à ma question unique pèse lourd et a du mal à arriver
BERKOUK -
Mon premier lemme contenait une coquille qui a été corrigée. Mon but était de souligner l'importance de donner un plan de sa démonstration pour faciliter la lecture aux lecteurs. Ni plus ni moins.Le 😄 Farceur
-
BERKOUK2 a écrit:c'est à dire théorème T <==> conjecture C vraie
question : cette équivalence suffit-elle à déclarer que la conjecture C est démontrée vraie ?
oui ça suffit. D'ailleurs comme on te l'a déjà dit l'implication T ==> conjecture C suffit.
Voilà, et maintenant tu fais quoi avec ça tu vas t'en servir pour démontrer Goldbach... ? 8-) -
Je pige pas trop le mélange là...
C et T sont des énoncés.
Donc je vois bien l'écriture :
C <=> T
Cette équivalence permet d'écrire celle-ci
C vrai <=> T vrai
Par contre que signifie pour vous :
C vraie <=> T
??? -
Zig T est un théorème, donc il est vrai , mais C est une conjecture et n'a pas le statut d' un théorème .Le 😄 Farceur
-
On peut écrire :
$\left(\exists x\in\mathbb{R},\,x^{2}=1\right)$ $\Longleftrightarrow$ $\left(\exists x\in\mathbb{R},\,x^{2}=2\right)$
On peut écrire aussi du coup :
[$\left(\exists x\in\mathbb{R},\,x^{2}=1\right)$ est vrai] $\Longleftrightarrow$ [$\left(\exists x\in\mathbb{R},\,x^{2}=2\right)$ est vrai]
Si maintenant il existe une suite finie d'implications partant des axiomes et aboutissant à $\left(\exists x\in\mathbb{R},\,x^{2}=1\right)$, alors on peut dire que $\left(\exists x\in\mathbb{R},\,x^{2}=1\right)$ est vrai,
et en déduire que $\left(\exists x\in\mathbb{R},\,x^{2}=2\right)$ est vrai aussi.
Par contre, je ne comprends pas l'écriture :
$\left(\exists x\in\mathbb{R},\,x^{2}=1\right) $$\Longleftrightarrow$ [$\left(\exists x\in\mathbb{R},\,x^{2}=2\right)$ est vrai] ...
Mais je suis un peu obtus sur le sujet j'avoue :-D
. -
@Zig si tu veux passer le temps voici la dernière version de la démonstration de la conjecture de Goldbach par BERKOUK2 https://vixra.org/pdf/1507.0196vH.pdf.
Ne loupe surtout pas le théorème 3 où il démontre que la somme de deux nombre pairs est paire, c'est génial... (:D -
Merci raoul.S, je cherchais une nouvelle bonne série à mater justement (:P)
-
bonjour lourrain peux-tu donner un lien ta preuve (fausse) de la conjectureLe 😄 Farceur
-
je voulais soulever une faille énorme dans le pdf de BERKOUK2 en voulant utiliser le théorème de Tchebytchev. Il n'a jamais été démontré qu'il impliquait ou pouvait impliquer Goldbach !
Pour la simple raison qu'il faudrait prouver que $pi$, tel que $n< pi <2n$ est de la bonne forme par rapport à $2n$..!
C'est une blague.....et il facile de prouver que c'est faux :
Exemple :
$2n = 302$ , $n = 151$ il existe un $pi$ , même deux .de la forme $17+30k$ et l'autre de la forme $7+30k$ et pour faire bonne mesure j'en prend un autre $11 + 30k$ ...je doute fort que l'on puisse décomposer $2n=302$ avec ces trois nombres premiers...:)o
Quand à l'intervalle qui est utilisé sans arrêt ...$Pn-1$ et $Pn$ il n'y a pas de nombres premier ...etc pour nous emmener à Tchebytchev, ça ne veut rien dire,.
car la conjecture de Goldbach n'implique absolument pas ce genre d'intervalle et en partant d'un $Pn-1$ et $Pn$.puis +2,ou +4 ou +6 ne veut strictement rien dire!
on parle de n et 2n qui tendent vers l'infini , tout comme leur intervalle ou leur écart ....
déjà pour n = 150 pour aller à 300 j'ai une différence de 150 et non de 4, ou de 6 , par conséquent une fournée de nombres premiers $Pi$
Mais pour $n = 1$ prendre $\pi(4) -\pi(3) = 0$ supposer qu'il n'y a pas de premiers c'est une plaisanterie ...il n'y en a pas !
Et quel rapport avec ensuite il existe $pi = 7$ entre $\pi(4n) -\pi(3n)$ avec $n = 2$ car si 2n = 8 , que vient faire ce fichu nombre $pi=7$....
On s'en fou du nombre de nombres premiers qu'il y a entre $n$ et $2n$ car il y en a une quantité suffisante , qui est tributaire du nombre d'entiers $A < n$ non nul, et $non\: congrus\: modulo\: (P)$ avec $P\leqslant\sqrt{2n}$ c'est tout !
Car si $A$ est un nombre premier $P'$ il est clair que l'on a un couple de premiers $P' + q = 2n$....Puisque $P$ ne peut diviser $2n - A = q$ ...("voir les congruences").
@gebrane, ne t'en fais pas pour moi et je te comprend . Il y a quelque temps déjà, que j'ai trouvé mes contradictions, et elle me satisfont entièrement ...
Ensuite même si il manquait encore un argument , qui la rendrait indécidable ...ça n'aurait que peu d'importance..dans le PDF, il y a ce qu'il faut pour trouver , si on oublie pas que les restes $R$ de la division de $2n$ par $P$ , changent pour chaque augmentation de la limite $n$ , de 15.
D'où il est impossible de les réutiliser pour $n+15$, soit pour $2n +30$ et donc les congruences se décalent , les entiers $A$ qui étaient $congrus\: modulo\: (P)$, ne le sont plus et d'autres $A$ le seront...etc...etc comme un roulement...Elle ne peut en aucun cas être fausse.
Car à cause de la propriété du décalage que j'ai indiqué, il faudrait que tous , je dis bien tous les $A$ soient $congru\:à\:2n\:modulo\:(P)$ pour être sûr que la conjecture est fausse ...! ce qui est clairement impossible... -
Désolé, j'ai essayé l'art surréaliste, mais je suis totalement nul. Je suis beaucoup trop terre à terre pour pondre des textes comme ceux de nos amis.
Tu penses peut-être à la (fausse) démo de Syracuse que j'ai postée il y a environ 3 semaines ?Tu me dis, j'oublie. Tu m'enseignes, je me souviens. Tu m'impliques, j'apprends. Benjamin Franklin -
Lourrrain
oui, tu l'as posté ici sur lesmathematiques.net?Le 😄 Farceur -
LEG a écrit:je voulais soulever une faille énorme dans le pdf de BERKOUK2 en voulant utiliser le théorème de Tchebytchev. Il n'a jamais été démontré qu'il impliquait ou pouvait impliquer Goldbach !
BERKOUK2 est convaincu d'avoir démontré que Tchebytchev => Goldbach. C'est pour ça qu'il nous rabâche tout le temps son truc avec "T=> C est vraie" et tout le tsouin-tsouin car dans sa tête T c'est le théorème de Tchebytchev et C c'est la conjecture de Goldbach (pourquoi pas G au lieu de C ? car on aurait deviné trop facilement ?).
De plus dans sa preuve, au lieu de dire simplement "j'utilise le théorème de Tchebytchev pour démontrer Goldbach" il se perd avec des tables de vérité sur l'implication et l'équivalence... je ne sais pas... il fait une fixette avec le symbole logique de l'implication :)o -
J'ai retrouvé le lien : pseudo-démonstration conjecture de SyracuseTu me dis, j'oublie. Tu m'enseignes, je me souviens. Tu m'impliques, j'apprends. Benjamin Franklin
-
merci Lourrrain , ça m'occupera pour cette nuit.
J’espère que raoul fera de même, une preuve délibérément fausse avec une erreur bien cachée.Le 😄 Farceur -
Collag3n écrivait:
>LEG a écrit:...ce qui est clairement impossible...en voilà une belle démonstration
Voici ma phrase complète, au lieu de la sortir de son contexte " je parle uniquement de cette hypothèseCar à cause de la propriété du décalage que j'ai indiqué, il faudrait que tous , je dis bien tous les $A\: soient\: congru\:à\:2n\:modulo\:(P)$ pour être sûr que la conjecture est fausse ...! ce qui est clairement impossible...
Alors dis moi un peu le spécialiste du crible jusqu'à 2n...toi qui n'as toujours pas compris que c'est inutile d'après ta réponse...
si tel était le cas ...combien y aurait-il de nombres premiers $q\in[n ; 2n]$ 1 ?; 2? ; 3?...plus ? ou en réfléchissant: 0 ?
par le miracle de Collag3n , il y en aurait des nouveaux , c'est à dire des $A$ qui par miracle sont passés à côté, alors que par suppositions ils sont censés être TOUS $congrus\;à\;2n\;modulo\;(P)$ ! -
@LEG, La pseudo-démonstration dans la phrase complète se résume à se petit bout que j'ai cité, donc je n'ai aucun problème à enlever le vide et à aller à l'essentiel
Pour le reste, je sais que tu vas rester sur ton crible E/G encore 15 ans. Moi pas:
Comme tu as tendance à boucler, si tu as des remarques, les réponses se trouvent déjà toutes dans tes différents posts à ce sujet (même avec des petits dessins en couleur comme ici) -
Une démonstration, c'est un truc sérieux, ce n'est pas une suite de mots écrits au hasard les uns derrière les autres.
Personnellement, si j'avais fait une démonstration de telle ou telle conjecture réputée indémontrable, je ferais des efforts énormes pour me faire comprendre, et pour que cette démonstration soit reconnue.
Donc , je rédigerais cette démonstration de façon extrêmement claire, le plus clair possible. Quitte parfois à exagérer un peu.
Avec effectivement un risque : le risque que mes erreurs de raisonnement deviennent si évidentes que le premier venu puisse les voir.Tu me dis, j'oublie. Tu m'enseignes, je me souviens. Tu m'impliques, j'apprends. Benjamin Franklin -
@lourrran
Entièrement d'accord , mais dire qu'il s'agirait dune suite de mots écrits au hasard par ce que certain ne comprenne pas...c'est tout autant de la plaisanterie ...
Ensuite rédiger en anglais , en utilisant le langage mathématique , désolé mais ce n'est pas mon fort , surtout la langue anglaise dont j'en ai strictement rien à foutre.
si un anglais veut me comprendre rien ne lui empêche d'apprendre le français ...et de me poser des question sur tel ou tel point. Mais qui de toutes façons serait quand même inutile en ce qui me concerne...
Si maintenant tu penses que l'égalité dont je t'ai demandé de démontrer , et que tu as refusé de faire, ce qui est ton droit, par ce que de toutes les façons ma preuve serait fausse....!
La réponse je te l'ai donné , c'était peut être des mots pris au hasard ...tout comme les propriétés de l'algorithme sont des mots pris au hasard les uns derrière les autres, pour faire un programme qui marche au hasard...où on en déduit au hasard des solutions ou propriété ....etc ...etc .
Par ce que l'on a oublié certaines propriétés des congruences que l'on peut utiliser dans un algorithme...
Alors, je pense que de temps en temps il est bon de se regarder dans une glace .....Et se demander pourquoi on est pas foutu de comprendre une simple illustration, ou même une égalité élémentaire en utilisant les congruences...
Si ma résolution de Goldbach était parfaitement rédigée en langage Mathématique et que j'étais sûr, qu'il ne restait pas "un petit point" qui pouvait la rendre indécidable...peu être je l'aurait fait reconnaître, mais c'est le cadet de mes soucis...
J'ai posté un plan et comme l'a dit @gebrane il parait ambitieux ....l'avenir dira si ce plan avec ces 7 points est possible en utilisant les congruences et les deux algorithmes pour imager la répartition des nombres premiers, avec la prévision de solutions pour tout $2n$ qui implique $2n+2$ si la conjecture est vraie....
la plupart des points sont résolu par l'absurde "comme l'égalité " ....
Où encore, pour que la conjecture soit fausse pour $2n + 2$, il faudrait utiliser les restes $R$, de $2n\: par\: P$.
Mais comment cela ce peut ....:-S, puisque pour $2n +2$ ces restes $R$ ne sont plus les même.....
D'où si $A\: non\:congru\: modulo\;( P)$ précède un $A = P'$ qui lui est $\:congru\: modulo\;( P)$ c'est à dire , qu'il partage le même reste $R$ de $2n$ par $P$ avec $2n$. (''" 2n est de la forme (2+30k) ou autre peu importe"")
Ce qui ce traduit part $2n\equiv{R}[P] = A\equiv{R}[P]$ Donc $2n\equiv{A}[P]$ ....
Pour $2n + 2$ c'est toujours pareil ...? Les restes $R$ ne changent pas ?
Ou ce $A=P'$ est OBLIGATOIREMENT non congrus, qui par conséquent va vérifier la conjecture pour cette nouvelle limite $2n + 30$ , car selon l'égalité $2n - A$ qui était un nombre premier $q$ n'est plus le même que $(2n+30) - (A+30) = q$ pour un hasard cela serait un drôle de Hasard alors l'arithmétique aussi ... ?
Ce qui se traduit par : $(2n+30)\not\equiv{(A+30)}[P]$; car le reste $R$ de $(2n+30)$, n'est plus le même que celui de $(A+30)$ dans la division par $P$, qui lui n'a pas changé...... A suivre.
@Collagen3 je préfère mes algorithmes pendant 30 ans à tes bouts de papiers de vecteurs de bits jusqu'à 2n que tu inverses , par ce que tu n'as jamais été foutu de comprendre que c'était inutile ...
Donc continue à t'amuser avec tes bits pendant encore 20 ans si cela te chante...et tes réponses inutiles , je te les laisses volontiers. -
La traduction en anglais... c'est l'étape finale.
Tu n'en es pas là.
Avant de traduire un document du français vers l'anglais, il faut un document présentable en français. Et je n'ai rien vu de présentable.
J'ai vu des affirmations, j'ai vu des phrases incohérentes (comme la fin de ce dernier message), mais je n'ai rien vu qui ressemble de près ou de loin à une démonstration.Tu me dis, j'oublie. Tu m'enseignes, je me souviens. Tu m'impliques, j'apprends. Benjamin Franklin -
C'est normale que tu as vue des phrases incohérentes, ...car comme d'hab, ça prouve que tu n'as rien compris....et c'est ta seule réponse...
Je devrait m'em.... à l'étape finale pour qui ? quelqu'un comme toi...? Tu plaisantes ....
il faudrait encore, que tu sois capable de comprendre une illustration élémentaire et tu es loin d'en être là...Tu vois, c'est facile ce genre de réponse. Mais restons en là, car ça ne même nul part...
Le but du fil c'est de proposer un plan, alors ne te gêne surtout pas , sauf si pour toi comme tu l'as souvent dit, c'est inutile car perdu d'avance...
A+ -
qu'un simple crible d'Erathostene n'a rien à faire dans cette conjecture.
mais jusqu'à preuve du contraire même si ça à l'odeur d'Ératosthène, le gout , l'impression ..on ne crible pas les multiples de P mais les entiers A<n qui sont congrus modulo P
Car comme l'a fait remarquer @Raoul.S à celui qui raconte que sa preuve est vraie car elle est vraie;....
je me vois mal cribler jusqu'à 2n avec Ératosthène pour dire ensuite:
tiens , $2n - B$ est divisible par P ; si : $2n\equiv{B}[P]$ je ne savais pas que 1 était divisible par P....:-D ....
Donc pour moi, il est peut être plus utile de cribler jusqu'à n....(td) que d'utiliser tes bouts de papiers...etc.
Mais comme tu est loin d'être un génie, c'est surement pour cela que tu n'as donc jamais compris le fonctionnement du crible de Goldbach...et pourtant c'est élémentaire donc effectivement, nul besoin d'être génial... -
LEG, tu dis et tu répètes que tu as démontré cette conjecture. Tu le répètes régulièrement, donc ça doit te tenir à coeur un peu plus que ce que tu dis. Et pour illustrer cette 'démonstration', tu proposes un pdf qui ne ressemble à rien.
Soit tu dis que tu as démontré cette conjecture, et tu postes une démonstration, pour argumenter tes propos, soit tu évites de dire que tu as démontré cette conjecture.Tu me dis, j'oublie. Tu m'enseignes, je me souviens. Tu m'impliques, j'apprends. Benjamin Franklin -
Bonjour
enfin , l’intervention de quelqu'un qui a compris le sens de ma question ,resté à ce jour sans réponse ( à part quelques essais )
merci LEG , si je comprend bien , vous utilisez aussi le TFNP pour boucler une preuve CG ( indécidable), j’espère que vous trouviez au moins ,un matheux parmi vos compatriotes qui s'en chargera de bien traduire votre préprint en language de "signes mathématiques"...LEG a écrit:Mais pour n=1 prendre Pi(4)-Pi(3) =0 supposer qu'il n'y a pas de premiers c'est une plaisanterie ...il n'y en a pas !
Et quel rapport avec ensuite il existe pi=7 entre Pi(4n)-Pi(3n) avec n=2 car si 2n = 8 , que vient faire ce fichu nombre pi=7....
je suppose que vous faites allusion à ce morceau de mon PDF ( V. sus attaché)
je vais donc illustrer ma question à travers un exemple plusieurs fois millénaire :
T= théorème d' EUCLIDE : il existe une infinité de nombres premiers
C = Conjecture de Goldbach ( qui peut être vraie ou bien fausse )
1) soit l’implication " T ==> C vraie " preuve par l'absurde :
supposant qu'il existe un nombre fini de nombre premier
==> qu'il existe un dernier nombre premier A
==> qu'il existe -d’après C - un nombre Pair P tel que P = A+A =2A ( V. raoul.S)
==> comme P = 2A est aussi le dernier Pair qui aura son dernier couple -Goldbach (A,A)
==> qu'il existe des nombres pairs qui ne peuvent être somme de premiers faute de premiers au delà de A
==> donc CG est fausse puisse qu’il y a plein de contre -exemples ( tout pair > A )
==> comme T , est un théorème et qu'on PEUT rien supposer dessus qui touche à sa véracité , donc " T ==> C vraie " (V.Lourrain).
2) on peut suite aux mêmes raisonnements aboutir à trouver une preuve pour " C vraie ==> T " ( V. Zig )
3) conclusion : donc T <==> C vraie
question : peut -on se contenter de T pour déclarer C = CG vraie ? (V. CC )
BERKOUK -
Berkouk2,
dans ce passage :1) soit l’implication " T ==> C vraie " preuve par l'absurde :
supposant qu'il existe un nombre fini de nombre premier
==> qu'il existe un dernier nombre premier A
==> qu'il existe -d’après C - un nombre Pair P tel que P = A+A =2A ( V. raoul.S)
==> comme P = 2A est aussi le dernier Pair qui aura son dernier couple -Goldbach (A,A)
==> qu'il existe des nombres pairs qui ne peuvent être somme de premiers faute de premiers au delà de A
==> donc CG est fausse puisse qu’il y a plein de contre -exemples ( tout pair > A )
Vouloir faire des démonstrations en étant très faible en logique c'est un bon moyen de se planter ... tu t'es planté ! Ce texte n'est pas une preuve, seulement une caricature de raisonnement.
Cordialement.
(*) Je te cite "qu'il existe des nombres pairs qui ne peuvent être somme de premiers faute de premiers au delà de A
==> donc CG est fausse puisse qu c'est faux puisqu’il y a plein de contre -exemples" (Là il manque une vraie preuve de cette affirmation, preuve assez facile à trouver)
NB : Cela t'a déjà été dit, je ne le redis que pour l'édification de ceux qui te rencontrent ici sans avoir vu tes messages des années passées. -
C'est en effet tellement énorme !
Supposons qu'il existe un nombre fini de nombres premiers.
Admettons, ça peut nous emmener où ?
Ca peut nous emmener à une impossibilité. Et donc on aura la preuve qu'il y a un nombre INFINI de nombres premiers.
C'est tout. Ca ne peut pas nous emmener autre part.Tu me dis, j'oublie. Tu m'enseignes, je me souviens. Tu m'impliques, j'apprends. Benjamin Franklin -
@LEG, Tu crible Erathostène de 1 à 2N, je l'ai prouvé (Oui prouvé mathémathiquement et même avec des images qu'un enfant peut comprendre, 2 vecteurs de primalité de taille N, c'est pas un crible? c'est pas de 1 à 2N????? ça te saute pas aux yeux?). Je t'ai donné la définition d'un crible Erathostène, qui est unanimement reconnue, et tu continues à contester, tu n'es pas croyable.
Va voir la définition sur wikipédia et ose me dire que de marquer les multiples de nombres premiers (que tu le fasses congru machin, multiple truc, racine carrée brol, ON S'EN FOUT!!!!) n'est pas un crible d'Eratosthène ?
C'est incroyable que depuis le premier post, je comprends largement mieux ce que tu fais que toi-même.....enfin non, c'est typique des shtameurs
La preuve que tu ne comprends rien, tu dis avoir cribler des nombres dans un vecteur G de primalité, et tu prétends ceci:LEG a écrit:...on ne crible pas les multiples de P mais les entiers A congru brol... -
Je confirme les propos de gerard0. Ce que BERKOUK2 a rédigé ici http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?43,2057422,2059174#msg-2059174 est une perle et démontre qu'il fait bien une fixette avec le symbole logique de l'implication sans rien y comprendre.
En gros BERKOUK2 tu dis : "pour démontrer T=>C" je suppose que T est faux (il n'existe qu'un nombre fini de nombres premiers) et j'en déduis que C est faux. Oui sauf qu'en faisant ça tu n'as pas démontré que T=>C comme tu sembles le penser, tu as démontreé C=>T qui n'a aucun intérêt soit dit en passant... -
Sorry, je m'étais juré de ne plus mettre le doigt dans des non-sens qui tournent en boucle, c'était juste un moment d'égarement 8-)
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