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le ruisseau doré coule toujours

Envoyé par Sylvain 
le ruisseau doré coule toujours
09 septembre 2008, 22:32
avatar
Bonjour,

ce matin en attendant qu'un de mes copains fasse sa soutenance, j'ai fait des maths et plus particulièrement je me suis intéressé à un sujet dont on ne parle pratiquement jamais sur ce forum : la conjecture de Goldbach !:D
J'avais parlé de mon approche dans le fil "autour de la conjecture de Goldbach" avant que celui-ci ne se retrouvat fermé (c'est malin d'employer le subjonctif imparfait quand on n'est pas fichu de taper des accents circonflexes en bonne et due forme !). Je me suis dit que si on tombait sur un système de congruences pour un rayon de primalité typique de $n$ donnant une solution $r$ supérieure à $n-2$, on pouvait obtenir une solution admissible en considérant $P_{ord_{C}(n)}-r$.
Par exemple, imaginons que $n=14$. L'ordre de configuration de $n$ est $ord_{C}(n)=\pi(\sqrt{2.14-3})=3$. La configuration naturelle de $14$ est $(0,2,4)$.
Une configuration possible pour $r$ est $(1,0,2)$, ce qui conduit à $r=27$. Or $27>14-2$ donc ne peut constituer un rayon de primalité typique de $14$. Mais si on prend $P_{ord_{C}(14)}-r=30-27=3$, on obtient cette fois-ci un rayon de primalité typique de $14$ tout ce qu'il y a de plus respectable (car $14-3=11$ et $14+3=17$ sont aux dernières nouvelles des nombres premiers, et $28=11+17$ est une décomposition de Goldbach du nombre pair $28$).
Evidemment si vous n'avez pas en tete le post que j'ai mentionné, il se peut que cela vous semble peu clair. Si un gentil modérateur avait l'obligeance de récupérer ledit post pour l'intégrer dans le présent fil, je lui en serais infiniment reconnaissant.
Pardon pour tout ce baratin, je suis un peu exalté, c'est sans doute le café que j'ai pris à 18h pour me consoler de quitter "mon" labo sous la sempiternelle pluie normande...J'en profite néanmoins pour exprimer ma plus profonde gratitude au maitre Borde dont l'impeccable présentation constructive du théorème chinois m'a bien aidé dans mes cogitations.
Re: le ruisseau doré coule toujours
10 septembre 2008, 04:56
Je viens d'avoir une idée pour Goldbach.
On partage N en 2 axes infinis
Un premier axe allant de 3,5,7,9,11,13,15 etc.....
Un second axe allant de l'infini 2n-3, 2n-5, 2n-7, 2n-9 etc..
Mon idée est la suivante :
1. Noter 1 le nombre premier et 0 le nombre composé pour le premier axe
2. Noter 0 si le premier axe a 1 et (0 ou 1) si le premier axe a 0.
3. Cela va donner plusieurs séquences possibles pour le second axe.
4. La question à se poser sera la suivante :

- la séquence 2 est-elle possible au plan densité? Je m'explique : en faisant des tests sur cinq nombres impairs consécutifs et en les convertissant en binaire (de 1 à 32),j'ai constaté une disparité des fréquences très grande (0 signifiant suite de 5 impairs composites était le plus fréquent alors que 7 (11100 un seul cas 3,5,7) et 21 étaient quasi-absents). L'idéal serait de travailler sur des séquences plus longues (200 ou plus) et sur les 100.000.000 impairs consécutifs). En travaillant sur ces chaînes, j'ai découvert une astuce pour dire qu'un nombre k donné a tant de chances d'être premier. C'est très compliqué à exposer mais on peut améliorer le test de primalité en ayant une connaissance partielle des nombres impairs qui précèdent et siuvent le nombre k.

- si cette séquence est possible et si le nombre briseur de la conjecture existe, il aura une séquence antérieure idoine
Pour mieux comprendre je donnerai une séquence de 10
3-5-7-9-11-13-15-17-19-21 donnerait
1-1-1-0-1-1-0-1-1-1-0

à laquelle correspondraient 8 séquences

0-0-0-(1ou0)-0-0-(1ou0)-0-0-0-(1ou0)

Quelle est la fréquence de chacune de ces séquences?
En optant pour les 1 au lieu du zéro pour la place optionnelle, on peut trouver une séquence avec un cycle. En trouvant la première séquence on peut connaître son cycle et en connaissant son cycle on peut aller directement aux séquences possibles (celles qui peuvent briser la conjecture).
leg
Re: le ruisseau doré coule toujours
10 septembre 2008, 12:35
joujoutoc
il ne sert à rien de chercher à trouver des séquences qui pourait briser G,
car tout le monde pense qu'elle est vraie ,
mais de plus elle est déjà vraie jusqu'à "perpette"

Sylvain
ets ce que tu utilises toujours le modulo 30 ? tu test les pairs < 30,puis à nouveau tu recherche avec K.30 ; 60, 90 , etc ;tu obtiendrais tous les rayon de primalité....?
Re: le ruisseau doré coule toujours
10 septembre 2008, 13:58
leg &Eacute;crivait:
-------------------------------------------------------
> joujoutoc
> il ne sert à rien de chercher à trouver des
> séquences qui pourait briser G,
> car tout le monde pense qu'elle est vraie ,
> mais de plus elle est déjà vraie jusqu'à
> "perpette"
>
> Sylvain
> ets ce que tu utilises toujours le modulo 30 ? tu
> test les pairs < 30,puis à nouveau tu recherche
> avec K.30 ; 60, 90 , etc ;tu obtiendrais tous les
> rayon de primalité....?

Bonjour,

Ce n'est pas parce que tout le monde pense que CG est vraie que c'est vrai.
J'ai une forte conviction qu'elle est fausse.
Prends deux urnes avec un nombre de boules très grand.
Chacune contient exactement des boules noires et des boules blanches.
Tu tires jusqu'à épuisement une boule de chacune et tu les compares (un tirage sans remise) : noire-noire, noire-blanche et blanche-blanche.
Il y aura FORCÉMENT un seuil (nombre de boules noires/nombres de boules totales) qui donnera de faibles chances d'obtenir boule noire-boule noire (en supposant que les noires représentent les nombres premiers).
Si toutes les boules de la première urne sont noires et qu'une seule de la seconde est noire, tu es sûr à 100 pour cent qu'au bout de tous les tirages tu auras un couple noire-noire.
Est-ce que le nombre de premiers contenus dans N est SUFFISANT pour aboutir à une certitude? (indépendamment de la séquence particulière des nombres premiers et du nombre de boules compris dans l'urne 2 (N+1 à 2N) )
Je suis en train de faire une simulation complète sur 20 (2 urnes de 10), ça fait quand même 2^10 cas.
leg
Re: le ruisseau doré coule toujours
10 septembre 2008, 14:52
tu vois bien que ton raisonnement est faux, car ton nombre de boules dans les urnes est fini...!

le nombre de premiers est il suffisant pour écrire tous les entiers n avec un écart de 1 entre chaque entier...?

la densité de premiers ne doit pas se comparer à l'ensemble des entiers naturels
mais à l'ensemble des entiers congrus P[30]

là tu verras que ce n'est plus du tout la même répartition.

donc si tu veux,tu peux éliminer tous les entiers de la classe Z/30z, et bien entendu aussi ceux de la classe Z/6Z ce qui ne rajoute que quelque multiple de 5.
on suppose qu'elle est donc vraie pour ces deux classes; il ne reste alors que les entiers 2n,de la forme 2^n et une partie des multiples de 2*3^n moins de 20 /% des 2n .

autrement dit tu aurras plus de chances de prouver qu'elle est vraie que le contraire...

tu peux facilement t'en convaincre,prend autant de boule noire qu'il y a de premiers jusqu'à 10^1900 et autant de boule blanches que de composés;

puis tu fais tes tiragessupposons que tu es raison,alors tu a tort....smoking smiley
pourquoi ?
Re: le ruisseau doré coule toujours
10 septembre 2008, 15:48
Prends deux urnes A et B avec 100 boules chacune :
- l'urne A contient 51 boules noires et 49 boules blanches
- l'urne B contient 50 boules noires et 50 boules blanches

Tu es sûr à 100 pour cent que quelque soient les tirages (tirage sans remise), tu auras au moins une boule noire de l'urne A et une boule noire de l'urne B.

Ma question est simple et un probabiliste peut y répondre :
En faisant l'hypothèse p=boules noires/boules totales identique dans chaque urne, quel est le nombre p suffisant pour avec une espérance mathématique < 1?

Si un nombre 2n de la forme 30n+8 brise tous les premiers de la forme 6k-1

30n+8 - (6k -1) sera toujours divisible par 3
30n+8-6k+1=30n+6k+9=3(10n+2k+3)
la moitié des premiers saute!

On peut par une procèdure (crible d'Érathostènes + théorème chinois) construire un nombre 2n tel que 2n - P soit toujours composé. La procèdure est longue et complexe (je ne peux pas le faire tout seul).
Re: le ruisseau doré coule toujours
10 septembre 2008, 16:00
avatar
Non je n'utilise pas toujours "le modulo 30", j'ai expliqué du mieux que j'ai pu mon approche avec ordre de configuration et tutti quanti dans le fil "autour de la conjecture de Goldbach" et je sais pertinemment que je ne pourrai pas etre plus clair (je me connais quand meme, au bout de bientot 27 ans d'introspection). Remarquons que l'idée exposée dans le premier message de ce fil ne suffit pas toujours, il faut parfois retirer au "rayon de primalité typique potentiel" plusieurs fois une primorielle d'ordre inférieur à l'ordre de configuration pour retomber sur une configuration admissible correspondant à un nombre inférieur à n-2. Exemple : $n=26$, $ord_{C}(26)=4$ et $C_{4}(26)=(0,2,1,5)$. Une configuration a priori possible pour $r$ serait $(1,0,0,0)$, ce qui correspond à $r0=105$. Or $210-105=105$ donc on n'est pas plus avancé. Mais si je fais $105-30k$ avec $k=3$, j'obtiens comme nouvelle configuration $(1,0,0,1)$ qui correspond à $r1=15$, rayon de primalité convenable. Il faudrait bien sur exprimer $k$ pour le cas général, ce ne doit pas etre insurmontable. On a déjà $k\geq \frac{r0-(n-2)}{P_{ord_{C}(n)-1}}$ et $k\leq \frac{r0}{P_{ord_{C}(n)-1}}$, reste à étudier le reste de $P_{ord_{C}(n)-1}$ dans la division par $p_{ord_{C}(n)}$ (ici $30$ mod $7=2$ et $0-2k$ mod $7$ doit valoir $1,3,4$ ou $6$ soit respectivement $k=3,2,5$ ou $4$). Ici seul $k=3$ convient. Bref il y a encore du boulot.
Pierre CAMI
Re: le ruisseau doré coule toujours
11 septembre 2008, 15:41
soit la suite des nombres entiers impairs de 1 à 2*n-1 a(i) , et la
suite "symétrique" des nombres entiers impairs de 2*n-1 à 1 b(i) , pour tout i :
a(i)+b(i)=2*n

De 1 à 2*n-1 ( comme de 2*n-1 à 1 ) on compte au moins (2*n-1)/log(2*n-1) nombres
premiers (théorème des nombres premiers) , la probabilité pour a(i) ou b(i)
d'être premier est > et voisine de 1/log(2*n-1).

Le total des combinaisons a(i) et b(i) avec a(i) premier est donc > et voisin de
(2*n-1)/log(2*n-1) et comme la probabilité pour b(i) d'être premier est > 1/log
(2*n-1) , le total des combinaisons a(i) et b(i) premiers est donc > (2*n-1)/log
(2*n-1)^2 .

Le nombre de combinaisons a(i) et b(i) premiers avec a(i)>b(i) est donc > et voisin de :
(2*n-1)/log(2*n-1)^2/2

Donc si n > ou = 4 on a toujours au moins une solution pour 2*n = p + q avec p et
q premiers et p > q

cqfd

Merci de votre attention

Pierre
Re: le ruisseau doré coule toujours
11 septembre 2008, 17:01
Bonjour,

"Le nombre de combinaisons a(i) et b(i) premiers avec a(i)>b(i) est donc > et voisin de :
(2*n-1)/log(2*n-1)^2/2 "

C'est une valeur moyenne et cela ne présume en rien de l'existence d'une ou de plusieurs valeurs nulles.
J'ai toujours été un "avocat du diable" et j'ai du mal à comprendre pourquoi personne ne s'aventure dans la "fausseté" de la conjecture.
Je me suis amusé à comparer le nombre de solutions pour chaque 2n et le nombres de premiers < à 2n.
Mon idée fut la suivante : si on éliminait les nombres premiers "solutions", autrement dit si on partait d'un sous-ensemble des nombres premiers pour le quel il n'y aurait pas de solutions, que se passerait-il?

Pour 2n= 6008 je trouve 784 nombres premiers < à 6008.
Je peux éliminer 61 nombres premiers sur 784 pour que la conjecture soit fausse.

Comment évolue le rapport (nombre de solutions pour 2n) / (nombre de premiers <2n)? quand n devient très grand

Avec quelques résultats, je pense fermement que la conjecture peut être brisée.
La probabilité pour qu'une séquence 3 à 2k+1 puisse donner un zéro premier + premier est forte en raison de la densité croissante des nombres composés (en termes absolus et relatifs).
Je conjecture un très très grand nombre brisant la conjecture avec un énorme cycle (plus d'un nombre brisant la conjecture).
On peut travailler sur cette hypothèse d'ailleurs.
Pierre CAMI
Re: le ruisseau doré coule toujours
11 septembre 2008, 17:37
Pour n=4 1,3,5,7 et 7,5,3,1 , 3 + 5 = 8 = 2*n
éliminée la primalité de 3 ou de 5 la conjecture est fausse
pas besoin d'éliminer 61 nombres premiers .
Mais 3 et 5 resteront premiers contre vents et marées !!

Pierre
Re: le ruisseau doré coule toujours
11 septembre 2008, 17:58
Vous m'avez mal compris.
Je sais bien que 3 et 5 sont premiers.
Je ne cherche pas à fausser la conjecture coûte que coûte. Loin de là mon objectif.
Ce que je cherche à savoir c'est d'isoler dans l'ensemble de nombres premiers un sous-ensemble pour lequel la conjecture est fausse (ou vraie).
Comment évolue ce sous-ensemble? Qu'en est-il de son cardinal quand n devient très grand?
Je pars de l'hypothèse que la conjecture est FAUSSE.
Partant de là, j'examine ce qui peut faire qu'elle devienne fausse.
Si je ne trouve aucun argument en faveur de la fausseté de la conjecture, j'en concluerai qu'elle a de fortes chances d'être VRAIE.
Si je pouvais savoir que j'ai épuisé tous les arguments de la fausseté (hypothèse impossible à définir a priori), je concluerai qu'elle est vraie.



Modifié 1 fois. Dernière modification le 11/09/2008 20:07 par joujoutoc.
euzenius
Re: le ruisseau doré coule toujours
11 septembre 2008, 19:54
Bonsoir,

Comme je l'ai suggéré dans d'autres posts consacrés à CG, je pense plutôt qu'il faille se reposer sur la densité asymptotique des nombres premiers comparée à celle des carrés mais il faut sans doute être costaud en TAN. Pour rappel tout naturel impair n>6 :

1) est une somme finie (mais non bornée) de puissances de deux (écriture binaire du nombre...), ça c'est pour le fun, l'ensemble de base étant réduit à l'unité
2) est de la forme a^2+ 2.b^2 + 4.c^2
3) est de la forme p+2q, p>q nombres premiers (d'où la condition n>6) (Conjecture de Lemoine forte).

Par exemple par l'absurde : si (3) est faux arriver à montrer que (2) l'est ce qui est impossible. Peut être faut-il passer par un résultat intermédiaire du genre :

n=p+2q+4r p>q>r premiers (n>10) en admettant la valeur 1 pour r également

11 = 3+2x2+4x1
13 = 5+2x2+4x1
15 = 7+2x2+4x1
17 = 7+2x3+4x1
etc... (mais évidemment rien ne dit que r=1 toujours)


Bonne réflexion


Euzenius
euzenius
Re: le ruisseau doré coule toujours
11 septembre 2008, 21:15
Rebonsoir,

On peut également s'intéresser à l'écriture des naturels impairs :

n = a^2 - 2b^2 + 4c^2 (il y en a une infinité)

et essayer d'en déduire si n>6

n = p -2q + 4r avec p>q>r premiers (avec toujours la possibilité r=1) en nombre infini

Si la CLF (Conjecture de Lemoine Forte) implique CG faible de manière immédiate, ne serait-elle pas équivalente à CGF ce qui est nettement moins évident ?


Euzenius
leg
Re: le ruisseau doré coule toujours
13 septembre 2008, 14:25
Bonjour Euzenius

Je ne vois pas ou serait intérêt,
car il me semble évident qu'il y a une infinité de possibilités et la quantité de solutions pour n est infini ...

A titre d'exemple n = 49
p = 59 et q = 7, supposons que cette solution ne soit pas bonne il suffit simplement de travailler modulo 30
Ce qui pour q +30 =37 et p + k30 =119 puisque la première différence D = 52 et +30 me donne 82, je peux continuer à l'infini dans Z/30Z et de la même façon dans Z/6Z

On voit de même, que si n est premier il y a une infinité de solutions..
Le nombre de premiers étant infini, cela laisse une infinité de possibilités il est évident que n sera infini..

[Inutile de répéter le message précédent. :) AD]



Modifié 1 fois. Dernière modification le 13/09/2008 14:43 par AD.
euzenius
Re: le ruisseau doré coule toujours
13 septembre 2008, 16:23
Bonjour Leg,

J'ai peut-être zappé quelque chose vis à vis des groupes quotients désignés, mais néanmoins je ne comprends pas ton propos sauf à considérer que les exemples que tu donnes se ramenant à:

49 = 59 -2x7 + 4x1
49 = 119 - 2x37 + 4x1

suffiraient à montrer qu'il en existe une infinité même si effectivement c'est bien le cas. Pour moi ce n'est pas une démonstration mais un présupposé.

C'est par contre évident avec des carrés à la place des nombres premiers et je suppute que cela pourrait être une voie pour démontrer qu'il en est de même avec les expressions avec des nombres premiers en lieu et place des carrés. Le fait que l'on puisse avoir r=1 (une infinité de fois) voire même r=0 est une autre paire de manche

Pour les nombres premiers p on a de manière immédiate au moins une solution :

p = p - 2x2 + 4x1



Quant à l'intérêt d'en avoir une infinité (surtout avec r=1) il est le même que de savoir qu'il y a une infinité de nombre premiers jumeaux, et il y a des gens qui s'en tamponnent complètement à n'en pas douter.


Cordialement


Euzenius


(désolé pour la réponse tardive, je n'arrivais pas à me connecter au phorum)
leg
Re: le ruisseau doré coule toujours
13 septembre 2008, 17:40
bonjour euzenius

tu penses qu'il y a un rapport avec les premiers jumeaux ?

en ce qui concerne r = 1 avec l'exemple que j'ai montré , r serra toujour = à 1

pour 49 j'aurrai toujours 52 + k30 et r =1 si tu préfère P augmente de k.60 et q de k.30

(179 - (2*67)) + 4r = 49

quelque soit un entier congrue p[30] avec p de 7 à 31 ,ou q[6] avec q = 1 ou 5
j'aurrai une infinité de solution.

supposon que R = 1 ne permette plus d'avoir de solution tel que tu à défini N impair
alors tu peux conjecturer qu'il n'existe plus deux premiers ayant une différence de k.30 + 2n ;
ce qui laisserai même supposer qu'a partir d'une certaine limite ,l'algorithme p modulo 30 n'extrait plus de premiers de cette forme quelque soit les 8 séries disjointe;

alors, il y a de plus en plus de nombre premiers car c'est ce qui se produirait.....! mais cela augmenterait a nouveau la possibilité de voir réaparaître des solutions ..????

prends n = 77 et q = 29 ; p =131 puis P +k60, et q + k30 ...etc

ou alors je peux choisir, P = 17[30]

ce qui me donnerait 107-73 = 34 donc q = 17; puis 107+k.60et q+k.30....etc
(167 - (2*47)) + 4r = 77

ou encore la troisiéme famille , q = 23[30] et p = 29[30]
soit : P = 119 et q = 23....etc

il y a une infinité de solution....!

si le nombre de solutions est finies , qui dans l'algorithme P modulo 30 va marquer les cellules composées (variante du crible d'Eratosthène)..? donc augmentation des cellules vides = cellules premières = nouveaux couple de premiers; donc nouvelles solutions..nouveau nombres premiers jumeauxhot smiley

peut être qu'il serait bon de regarder du côté de ces deux classes..
Re: le ruisseau doré coule toujours
13 septembre 2008, 18:06
Je reviens à mon hypothèse de fausseté de la Conjecture de Goldbach.
Imaginez un tableau à 2 dimensions : en lignes les nombres premiers de 3 à Pk et en colonnes les nombres pairs de 4 à 2n.
On part du nombre premier et à chaque fois que 2n-3 donne un nombre premier on coche la case correspondante (à la manière du crible d'Ératosthène).
De même pour 5 etc...
Plus n est grand plus la probabilité de ne pas cocher est grande.
Ceci est valable pour tous les nombres premiers.
Elle serait égale à 1-(1/log(2n)
Il arrivera un moment où un nombre pair aura toutes ses cases "non cochées".
N'oublions que c'est un rectangle infini avec une longueur n et une largeur Pn - 1 (2 exclus)
En somme une bande.
Visualisé ainsi, il me semble que si l'on prend cette bande et que l'on ramène toutes les cases noircies (cochées) à gauche avec leurs nombres pairs, un grand nombre de pairs briseraient la conjecture.
Si l'on suppose qu'aucun ne brisera la conjecture, cela voudrait que la clé se trouve non pas dans la densité des premiers mais dans leur structure même. Autrement exprimé, le nombre pair en lui-même dans sa décomposition "polynômiale" est une somme d'une infinité de ai* pi où (ai=0 ou 1 et pi un polynôme de degré infini et dont la solution admet toujours (au moins une fois) 2 ai égaux chacun à 1. Si tel est le cas, il existerait un représentation polynômiale des nombres premiers. Ce dont je doute.
euzenius
Re: le ruisseau doré coule toujours
13 septembre 2008, 18:26
Désolé Leg,

Le fait que pour un couple de premiers (p,q) vérifiant n = p -2q +4r avec r=1 il existe une infinité de premier de la forme p+k60 et de premiers de la forme q+k'30 n'implique pas qu'il existe une infinité de cas où k=k'. Même si cela est vrai je crois que cela exige une démonstration qui ne peut passer par l'exhibition d'une suite d'exemples seulement.

Si cela était démontré alors on pourrait l'appliquer aux paires de nombres premiers jumeaux 2=p-q en remplaçant p par un premier de la forme p+k30 et q par un premier de la forme q+k'30 pour l'infinité des cas où k=k'. Cependant la communauté mathématique n'a pas, semble-t-il, encore admis un tel raisonnement (je retarde peut-être ?).

Mais attention mon idée de se rapprocher de ce qui se passe pour les décompositions en carrés, n'est pas nécessairement la bonne piste pour résoudre CG et ses petites soeurs, c'est juste une idée en l'air.


Bonne réflexion tout de même...


Euzenius
leg
Re: le ruisseau doré coule toujours
13 septembre 2008, 18:44
c'est exact Euzenius.

mais la possibilité d'un contre exemple est encore plus infime que pour la CG.

cela dit, je pense que cette version doit être démontrable par la densité de premiers qui ne correspondrait plus à la réalité .

Il faut aussi prendre en compte que pour n premiers, le nombre de solutions est aussi infini , quand bien même il y a une solution imédiate tel que (P - (2*2) )+ 4r = N = P

l'avenir fera le reste...;)
euzenius
Re: le ruisseau doré coule toujours
13 septembre 2008, 19:44
L'idée est pour tout impair naturel n > N avec N pas trop grand (ie accessible à l'ordinateur voire à la main) de montrer qu'il existe au moins une solution

n = p+2q+4r
et
n = p'-2q' + 4r'

avec p>q>r premiers r pouvant être égal à 1 également et ibidem pour p'>q'>r'

en partant des mêmes expressions où p, q, r... sont remplacés par des carrés (résultat démontré).

Le problème est de savoir comment passer des carrés dont la densité asymptotique est nulle (me semble-t-il ?) aux nombres premiers. Il ne faut pas oublier que les nombres premiers impairs p sont tous de la forme a^2+2b^2 ou a^2+4b^2 ou a^2-2b^2 avec unicité de la décomposition (on rajoute la condition 2b^2<p pour la dernière forme) donc le lien avec les carrés est fort.

Ensuite il faudrait démontrer que pour tout r solution, le nombre d'autres solutions avec ce même r a même cardinalité que les solutions en carrés c'est à dire est soit finie soit infinie.

Enfin il faudrait pouvoir montrer qu'il existe une solution avec r=1.

Mais bon cela est pure spéculation pour le moment et il me faudra sans doute me plonger dans un certain nombre de livres dont celui proposé par bs : "Unsolved Problems in Number Theory de Richard K. Guy , chez Springer", "Thèmes d'Arithmétique de Borde" etc... histoire de me remettre à flot.

Capito ?


Euzenius
Re: le ruisseau doré coule toujours
14 septembre 2008, 11:55
avatar
Bonjour,

plutôt que d'ennuyer les modérateurs qui font déjà un travail ingrat, j'ai entrepris de retrouver moi-même le post dont je parlais dans le premier message de ce fil. Le voici :

"Bonjour,

je profite d'avoir bien avancé sur mon rapport de stage pour vous donner des détails sur mon idée :

on considère un entier naturel $ n$ composé. L'objectif est de démontrer que $ n$ admet au moins un rayon de primalité, i.e. un naturel $ r$ tel que $ n-r$ et $ n+r$ sont des naturels premiers. On a $ r<n-2$ pour des raisons évidentes. L'hypothèse "$ n$ composé" vient du fait qu'un nombre premier a trivialement un rayon de primalité qui est 0.

Maintenant associons à $ n$ le nombre $ ord_{C}(n)$, appelé "ordre de configuration de $ n$", défini par $ ord_{C}(n)=\pi(\sqrt{2n-3})$, où $\pi(x)$ désigne le nombre de naturels premiers inférieurs ou égaux à $x$. En effet pour que le nombre $ n+r$ soit premier, il faut qu'aucun des nombres premiers inférieurs au sens large à $ \sqrt{2n-3}$ ne le divise, ces nombres premiers étant précisément au nombre de $ ord_{C}(n)$.

A présent on associe à un entier $ m$ sa "configuration d'ordre $ k$", notée $ C_{k}(m)$, définie comme le $ k$-uplet des restes de la division de $ m$ par chacun des $ k$ premiers nombres premiers.
Maintenant on associe à $ n$ sa "configuration naturelle" notée $ C(n)$, définie comme sa configuration d'odre $ ord_{C}(n)$.
Par exemple pour $ n=6$, $ ord_{C}(n)=\pi(\sqrt{2\times 6-3})=2$ et $ C(6)=(6\ \ mod\ \ 2,6\ \ mod\ \ 3)=(0,0)$.

Une condition suffisante pour que $ r$ soit rayon de primalité de $ n$ est que sa configuration d'ordre $ ord_{C}(n)$ soit telle que pour tout naturel $ i$ compris au sens large entre $ 1$ et $ ord_{C}(n)$, $ (n-r)\ \mod\ \ p_{i} \neq 0$ et $ (n+r)\ \ mod\ \ p_{i} \neq 0$. Si cette condition est vérifiée, $ r$ est dit "rayon de primalité typique potentiel" de $ n$. Si de plus $ r<n-2$, alors $ r$ est dit "rayon de primalité typique" de $ n$.

Il est facile d'exprimer le nombre de rayons de primalité typiques potentiels de $ n$ inférieurs à la $ ord_{C}(n)$-ième primorielle (notée $ P_{ord_{C}(n)}$), nombre que l'on notera $ N_{1}(n)$. Soit maintenant $ N_{2}(n)$ le nombre de rayons de primalité typiques de $ n$.

Je conjecture que $ N_{2}(n)$ est l'entier le plus proche de $ (n-2)\frac{N_{1}(n)}{P_{ord_{C}(n)}}$. Pour démontrer la conjecture de Goldbach, il suffirait donc de montrer que pour tout naturel composé $ n$, $ (n-2)\frac{N_{1}(n)}{P_{ord_{C}(n)}}>\frac{1}{2}$.

Avis aux amateurs !"

L'hypothèse "$ N_{2}(n)$ est l'entier le plus proche de $ (n-2)\frac{N_{1}(n)}{P_{ord_{C}(n)}}$" correspond en quelque sorte à une "distribution uniforme" des entiers dont la configuration est convenable. Je pense que des probabilistes pourraient prouver cette proposition : les gars, on vous attend.
Re: le ruisseau doré coule toujours
15 novembre 2008, 20:18
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Correction : il semble plutôt que $N_{2}(n)$ soit l'entier le plus proche de $ n\frac{N_{1}(n)}{P_{ord_{C}(n)}}$. En effet pour $n=92$, on a $N_{2}(n)=5$, $ (n-2)\frac{N_{1}(n)}{P_{ord_{C}(n)}}=4,45...$ et $ n\frac{N_{1}(n)}{P_{ord_{C}(n)}}=4,549...$.
Cela dit ça ne change pas grand chose au raisonnement général.
Re: le ruisseau doré coule toujours
15 novembre 2008, 22:57
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Bon, la dernière formule ne marche pas pour $n=24$...

Disons simplement qu'on a $N_{2}(n)$ de l'ordre de $n\frac{N_{1}(n)}{P_{ord_{C}(n)}}$ (comme on a $\pi(x)$ de l'ordre de $x/\ln x$, je ne sais pas l'écrire en LaTeX*).

Quelqu'un peut-il prouver cela ? Cela suffit-il à prouver la conjecture de Goldbach ? Merci d'avance.

Edit : *soit $N_{2}(n)\asymp n\frac{N_{1}(n)}{P_{ord_{C}(n)}}$
Re: le ruisseau doré coule toujours
16 novembre 2008, 14:07
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Sylvain a dit : "Cela suffit-il à prouver la conjecture de Goldbach ?"

Oui car par définition $ N_{2}(n)\asymp n\frac{N_{1}(n)}{P_{ord_{C}(n)}}$ équivaut à "il existe des constantes $0<c_1\leq c_2$ telles que $c_{1} n\frac{N_{1}(n)}{P_{ord_{C}(n)}}<N_{2}(n)<c_{2} n\frac{N_{1}(n)}{P_{ord_{C}(n)}}$.
Donc on aurait $N_{2}(n)>0$ (car $N_{1}(n)>0$) et comme $N_{2}(n)$ est entier, $N_{2}(n)\geq 1$.
La conjecture de Goldbach bientôt démontrée ?
19 novembre 2008, 19:24
avatar
Bonjour,

recollons les morceaux : grâce à ce que qg77 a montré dans le fil "Notation de Titchmarsch et prédicat", on peut désormais écrire :

$$N_{2}(n)=n\frac{N_{1}(n)}{P_{ord_{C}}(n)}+O(1)$$.

Qu'en pensez-vous ?
Utilisateur anonyme
Re: le ruisseau doré coule toujours
19 novembre 2008, 20:59
*



Modifié 1 fois. Dernière modification le 17/07/2012 18:15 par qg77.
Re: le ruisseau doré coule toujours
19 novembre 2008, 21:38
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Bien sûr.

Je reprends : "Une condition suffisante pour que $ r$ soit rayon de primalité de $ n$ est que sa configuration d'ordre $ ord_{C}(n)$ soit telle que pour tout naturel $ i$ compris au sens large entre $ 1$ et $ ord_{C}(n)$, $ (n-r)\ \mod\ \ p_{i} \neq 0$ et $ (n+r)\ \ mod\ \ p_{i} \neq 0$. Si cette condition est vérifiée, $ r$ est dit "rayon de primalité typique potentiel" de $ n$. Si de plus $ r<n-2$, alors $ r$ est dit "rayon de primalité typique" de $ n$."

Soit $n_{i}$ le naturel inférieur à $p_{i}$ tel que $n\equiv n_{i} \mod p_{i}$ et soit $r_{i}$ le naturel inférieur à $p_{i}$ tel que $r\equiv r_{i} \mod p_{i}$. La condition $ (n-r)\ \mod\ \ p_{i} \neq 0$ et $ (n+r)\ \ mod\ \ p_{i} \neq 0$ revient à dire que pour tout $i$, $r_{i}\neq n_{i}$ et $r_{i}\neq(p_{i}-n_{i})$ si $n_{i}>0$ et $r_{i}\neq 0$ si $n_{i}=0$. $r_{i}$ peut donc prendre $p_{i}-a_{i}$ valeurs, avec $a_{i}=1$ si $n_{i}=0$ ou si $i=1$ et $a_{i}=2$ sinon.

On a donc $N_{1}(n)=\Pi (p_{i}-a_{i})$, quantitée minorée par $\Pi (p_{j}-2)$ avec $j$ allant de $2$ à $ord_{C}(n)$.

Un exemple pour récapituler :

$n=14$
$ord_{C}(n)=\pi(\sqrt{2.14-3})=\pi(5)=3$

La configuration de $14$ est $C(14)=(14\mod 2, 14\mod 3, 14\mod 5)=(0,2,4)$
$N_{1}(14)=(2-1)(3-2)(5-2)=1.1.3=3$
$P_{ord_{C}(14)}=2.3.5=30$
$N_{2}(14)$ est de l'ordre de $14.\frac{3}{30}=1,4$

On vérifie que $N_2(14)=1$, le rayon de primalité typique correspondant étant $r=3$.

C'est plus clair ?
Utilisateur anonyme
Re: le ruisseau doré coule toujours
19 novembre 2008, 22:31
*



Modifié 3 fois. Dernière modification le 17/07/2012 18:17 par qg77.
Re: le ruisseau doré coule toujours
19 novembre 2008, 22:38
avatar
Re,

ne faut-il pas préciser $2<p$ dans ton produit ?
Utilisateur anonyme
Re: le ruisseau doré coule toujours
19 novembre 2008, 22:58
*



Modifié 2 fois. Dernière modification le 17/07/2012 18:18 par qg77.
Re: le ruisseau doré coule toujours
20 novembre 2008, 11:30
avatar
Remarque : il me semble qu'on peut utiliser les idées développées ici pour montrer qu'il y a une infinité de nombres premiers jumeaux. En effet chaque configuration d'ordre $k$ est en bijection avec un naturel de $[0,P_{k}-1]$. Il faut donc évaluer le nombre de naturels de cet intervalle admettant $1$ pour rayon de primalité typique.
Il est facile de voir que ce nombre est de l'ordre de $\displaystyle{\frac{P_{k}}{P_{ord_{C}(P_{k})}}\prod\limits_{5\leq p\leq p_{ord_{C}(P_k)}}(p-2)}$.
Utilisateur anonyme
Re: le ruisseau doré coule toujours
20 novembre 2008, 12:50
*



Modifié 3 fois. Dernière modification le 17/07/2012 18:18 par qg77.
Re: le ruisseau doré coule toujours
20 novembre 2008, 13:01
avatar
Ok, merci. Ca ne m'étonne pas vraiment que l'on voie apparaître la constante des nombres premiers jumeaux. On ne doit pas être très loin de la conjecture de Hardy-Littlewood à leur sujet.
Re: le ruisseau doré coule toujours
20 novembre 2008, 14:49
avatar
Soit $R_1(n)$ le nombre de naturels inférieurs à $n$ admettant $1$ pour rayon de primalité typique. On doit avoir $R_{1}(P_{k})$ de l'ordre de :

$$ \displaystyle{\prod\limits_{5\leq p\leq p_{k}}(p-2)}$$

Edit : message à effacer, merci.
Re: le ruisseau doré coule toujours
25 novembre 2008, 18:59
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Re: le ruisseau doré coule toujours
29 novembre 2008, 14:13
avatar
A votre avis ça vaudrait le coup de mettre ces résultats sur un site comme ArXiv ou pas ?
Re: le ruisseau doré coule toujours
29 mars 2009, 16:29
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Bonjour,

j'interviens sur ce vieux fil pour donner une expression exacte pour $n\frac{N_1(n)}{P_{ord_C(n)}}$ impliquant la majoration donnée par qg77 :

$$n\frac{N_1(n)}{P_{ord_C(n)}}=\frac{n}{2} \displaystyle{\prod\limits_{p\vert n, p\geq 3}\frac{p-1}{p-2}\prod\limits_{3\leq p\leq \sqrt{2n-3}}\frac{p-2}{p}}$$

Soit maintenant $G(2n)$ le nombre de décompositions de $2n$ en somme de deux nombres premiers, sans tenir compte de l'ordre :

$G(2n)\approx n\frac{N_1(n)}{P_{ord_C(n)}}=\frac{n}{2} \displaystyle{\prod\limits_{p\vert n, p\geq 3}\frac{p-1}{p-2}\prod\limits_{3\leq p\leq \sqrt{2n-3}}\frac{p-2}{p}}$

Or comme $\displaystyle{\prod\limits_{3\leq p\leq \sqrt{2n-3}}\frac{p-2}{p}}\approx \frac{2c}{\log^2 n}}$,
on obtient :

$$G(2n)\approx c \displaystyle{\left ( \prod\limits_{p\vert n, p\geq 3}\frac{p-1}{p-2}\right )\frac{n}{\log^2 n}}$$ avec pour $c$ la valeur indiquée par qg77.
Re: le ruisseau doré coule toujours
29 mars 2009, 16:57
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On a de plus : $$\frac{n}{\log^2 n}=\frac{2n}{\log^2 2n}\times \frac{\log^2 2n}{2\log^2 n}$$

Or :

$$\log^2 2n=(\log n+\log 2)^{2}=\log^2 n+2(\log 2)\log n+\log^2 2$$

soit

$$\frac{ \log^2 {2n}}{2\log^2 n}=\frac{1}{2}+\frac{\log 2}{\log n}+\frac{\log^2 2}{2\log^2 n}$$

Tant et si bien qu'on peut écrire, sauf erreur :

$$G(2n)\approx 4(1+\frac{2\log 2}{\log n}+\frac{\log^2 2}{\log^2 n})e^{-2\gamma}J\displaystyle{\left ( \prod\limits_{p\vert n, p\geq 3}\frac{p-1}{p-2}\right )}\frac{2n}{\log^2 2n}$$

où $J$ est la constante des nombres premiers jumeaux.
Re: le ruisseau doré coule toujours
02 juillet 2009, 13:27
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Bonjour

Je me permets de détailler la démarche qui permet d'obtenir l'estimation de la quantité $ n\frac{N_1(n)}{P_{ord_C(n)}}$ donnée par qg77 à partir de la formule de Mertens $\displaystyle{\prod_{2 \leq p \leq x}\left( 1-\frac{1}{p}\right)\sim \frac{e^{-\gamma}}{\log x}}$ :

On a $N_{1}(n)\geq\displaystyle{\prod_{3 \leq p \leq ord_{C}(n)}\left( p-2 \right)}$, donc $n\frac{N_{1}(n)}{P_{ord_{C}(n)}}\geq\displaystyle{\frac{n}{2}\prod_{3 \leq p \leq ord_{C}(n)}\left( 1-\frac{2}{p} \right)}$.

Or $\displaystyle{\frac{n}{2}\prod_{3 \leq p \leq x}\left( 1-\frac{2}{p} \right)}=\displaystyle{\frac{n}{2}\prod_{3 \leq p \leq x}\left( \left( 1-\frac{1}{p} \right)^{2}-\frac{1}{p^{2}}\right)}$.

En écrivant : $\displaystyle 1-\frac{2}{p} =\left(1-\frac{2}{p}+\frac{1}{p^2}\right)\left(1-\varepsilon\right)$
il vient : $\displaystyle -\varepsilon+\frac{2\varepsilon}{p}-\frac{\varepsilon}{p^2}=-\frac{1}{p^2}$ soit : $\displaystyle \frac{-\varepsilon p^2+2\varepsilon p-\varepsilon}{p^2}=\frac{-1}{p^2}$
soit : $\displaystyle \varepsilon(p^2-2p+1)=1$
et : $\displaystyle \varepsilon=\frac{1}{\left(p-1\right)^2}$.
On en déduit : $\displaystyle 1-\varepsilon =1-\frac{1}{\left(p-1\right)^2}=\frac{\left(p-1\right)^2-1}{\left(p-1\right)^2}$
soit : $\displaystyle 1-\varepsilon =\frac{p^2-2p}{\left(p-1\right)^2}=\frac{p\left(p-2\right)}{\left(p-1\right)^2}$
Donc :
$$\displaystyle{\frac{n}{2}\prod_{3 \leq p \leq x}\left( 1-\frac{2}{p} \right)}=\displaystyle{\frac{n}{2}\prod_{3 \leq p \leq x}\left( 1-\frac{1}{p} \right)^2\left(\frac{p\left(p-2\right)}{\left(p-1\right)^2}\right)}$$
Cette dernière expression est, d'après la formule de Mertens, égale à : $\displaystyle \frac{n}{2}\left(2\frac{e^{-\gamma}}{\log x}\right)^{2}J\left(1+o\left(1\right)\right)$
où $J$ désigne la constante des nombres premiers jumeaux définie par : $\displaystyle J=\displaystyle{\prod_{p\geq 3}\frac{p\left(p-2\right)}{\left(p-1\right)^2}}$
Pour $x=ord_{C}(n)=\sqrt{2n-3}$, on a :
\begin{align*}
\frac{n}{2}\prod_{3 \leq p \leq \sqrt{2n-3}}\left( 1-\frac{2}{p} \right)} &= \frac{n}{2}\left(2\frac{e^{-\gamma}}{\log \sqrt{2n-3}}\right)^{2}J\left(1+o\left(1\right)\right) \\
&=\frac{n}{2}\left(\frac{4e^{-2\gamma}}{\log^2 \sqrt{2n-3}}\right)J\left(1+o\left(1\right)\right)
\end{align*}
Or la limite quand $n$ tend vers l'infini de $\frac{\log^2 n}{\log^2 \sqrt{2n-3}}$ vaut $4$.
Donc :
$$\displaystyle{\frac{n}{2}\prod_{3 \leq p \leq \sqrt{2n-3}}\left( 1-\frac{2}{p} \right)}=\frac{n}{2}\left(\frac{16e^{-2\gamma}J}{\log^2 n}\right)\left(1+o\left(1\right)\right)$$
Et, finalement :
$$n\frac{N_1(n)}{P_{ord_C(n)}}\geq\displaystyle{\frac{n}{2}\prod_{3 \leq p \leq \sqrt{2n-3}}\left( 1-\frac{2}{p} \right)}=\left(\frac{8e^{-2\gamma}J n}{\log^2 n}\right)\left(1+o\left(1\right)\right)$$
[Sylvain, ton message est déjà bien long, inutile de sauter une ligne sur 2 ;) AD]
Re: le ruisseau doré coule toujours
24 novembre 2009, 00:39
avatar
Je fais une fois de plus remonter ce vieux fil.
On sait que l'expression donnée plus haut, à savoir :

$\displaystyle N_{2}(n)=n\frac{N_{1}(n)}{P_{ord_{C}}(n)}+O(1),$

n'est pas correcte.

En revanche, a-t-on $\displaystyle N_{2}(n)=n\frac{N_{1}(n)}{P_{ord_{C}}(n)}(1+O(1))$ ?

Si oui, il "suffirait" de montrer que le plus grand minorant de ce $O(1)$ est strictement supérieur à $-1$ pour démontrer que tout nombre pair suffisamment grand est la somme de deux nombres premiers.

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