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#1 Café mathématique » Preuve de la conjecture de Goldbach » 27-04-2018 10:34:56

babsgueye
Réponses : 1

Bonjour.
Je décide quand même de poster ma preuve de Goldbach, et attends les critiques pour déceler d'éventuelles failles.

Remarque: On a le résultat suivant:

-- On sait évidemment que si p est premier, $2p = p + p$ vérifie Golbach.

-- On a aussi que pour n donné: si $p$ et $p_1$ sont premiers non facteurs de $2n$ tels que; $p_1$ est le plus petit nombre premier non

facteur de $2n$, et $1 < 2n − p < p_{1}^2,\:$ alors $\:2n − p = p′$ est premier.

C'est à dire que $2n$ vérifie Goldbach.

Démontrons maintenant la conjecture.

Le postulat de Bertrand dit que: $\forall n\geq 2,\:$ il existe un nombre premier entre $n$ et $2n$.

On sait aussi ''par Euler'' que l'application: $(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z})^{\times}\longrightarrow (\mathbb{Z}/n\mathbb{Z})^{\times}$ qui à $p\rightarrow n - p$ est bijective.

Soit maintenant $G_{r_{n}} = \{p_{i},\:1\leq i\leq r_{n} / \:p_{i}\:\textrm{ est un nombre composé premier avec $2n$ et inférieur à $2n$}\}$.

En d'autres termes $G_{r_{n}}$ est l'ensemble des éléments de $(\mathbb{Z}/2n\mathbb{Z})^{\times}$ qui sont composés.

S'il existe $n\geq 2$ tel que $G_{r_{n}} = \emptyset$, on voit aisément que Goldbach est vérifiée pour $2n$, car

$(\mathbb{Z}/2n\mathbb{Z})^{\times}$ est donc composé que de nombres premiers (et par la bijection citée ci-haut).

Pour $n\geq 2$ donné, supposons qu'il existe $r_{n}\in \mathbb{N^*}$ tel que $G_{r_{n}} = \{p_{i}\}_{\{1\leq i\leq r_{n}\}}$.

Si dans $]\!]2n - p_{i+1}; 2n - p_{i}[\![$ pour un $i\in [\![1; r_{n}-1]\!],\:$ il existe un nombre premier $p$, alors $2n - p = p'$ est

premier; et alors $2n$ vérifie Goldbach.

Et sinon, cela voudrait dire que dans $[\![2n - p_{r_{n}}; 2n - p_{1}]\!]$, il n'y a de nombre premier autre que dans

$\{2n - p_{i}\}_{\{1\leq i\leq r_{n}\}}.\:(\star)$

$(\star)$ signifie que Goldbach n'est pas vérifiée pour $2n$.

Mais si $(\star)$, quitte à réarranger les $p_{i}$,

il existe $r'_{n}\leq r_{n}\:\textrm{avec}\:G_{r'_{n}} = \{p_{i}\}_{\{1\leq i\leq r'_{n}\}}$

tel que: $\prod_{i=1}^{r'_{n}}(2n - p_{i}) = \prod_{i=1}^{r'_{n}}q_{i}\:(\star\star)$

où les $q_{i}$ sont les nombres premiers de $(\mathbb{Z}/2n\mathbb{Z})^{\times}$.

Mais $\prod_{i=1}^{r'_{n}}(2n - q_{i}) = \prod_{i=1}^{r'_{n}}p_{i}\:(\star\star\star)$ qui est un produit des nombres premiers de

$(\mathbb{Z}/2n\mathbb{Z})^{\times}$ inférieurs à $n$.

Mais on a, en fait $\prod_{i=1}^{r'_{n}}(2n - p_{i}) = \prod_{i=1}^{r'_{n}}(2n - q_{i})\:(\star^{\star})$ par égalité deux à deux des

écarts à $2n$ dans les deux produits. Mais cette dernière égalité est contradictoire par ; $(\star\star)\:\textrm{et}\:(\star\star\star)$,

car l'un des produits contient un nombre premier supérieur à $n$ d'après le postulat de Bertrand, et l'autre n'en contient pas.

D'où $(\star)$ n'est pas possible, et donc Goldbach est vérifiée pour ces $2n,\:n\geq 2$

cqfd

Je dis enfin qu'on peut se passer du postulat de Bertrand, en remarquant que le membre de gauche de l'égalité $(\star^{\star})$ a au

moins deux fois plus de facteurs que le membre de droite, qui en fait ne contient pas de facteur carré; d'où le résultat par l'absurde.

cqfd

Cordialement

#2 Re : Café mathématique » Nouveaux résultats sur la conjecture de Carmichael » 12-04-2018 15:19:31

Bonjour,

Je rectifie quelques erreurs de frappe du post précédent.

1) Soit $n = 2^{s}x$ avec $s \geq 2$ et $x = \prod_{i=1}^{r}p_{i}^{r_{i}}$ impair.

S'il existe parmi les facteurs de $x$ un $p_k\, k\in [\![1; r]\!]$ tel que:

a) $p_k = 1 + 2^{a}q_k$, $q_k$ entier et $r_k = 1$
b) $\exists t / 1 + 2^{(a-t)}q_k$ est premier et n'est pas un facteur de $n$

Alors en posant $m = 2^{(s+t)}(1 + 2^{(a-t)}q_k)\dfrac{\prod_{i=1}^{r}p_{i}^{r_{i}}}{p_k}$, on a $m\neq n\:\text{et}\:\phi (m) = \phi (n)$.


2) ''Réciproquement'' si $n = 2^{s}x$ avec $s \geq 2$ et $x = \prod_{i=1}^{r}p_{i}^{r_{i}}$ impair.

S'il existe parmi les facteurs de $x$ un $p_k\, k\in [\![1; r]\!]$ tel que:

a) Il existe un nombre premier $p = 1 + 2^{a}q_k$ avec $a\lt s$ et $1 + q_k = p_k,\:\text{et}\:r_{k}=1\, k\in [\![1; r]\!]$
b) $p$ n'est pas un facteur de $n$.

Alors en posant $m = 2^{(s-a)}(1 + 2^{a}q_k)\dfrac{\prod_{i=1}^{r}p_{i}^{r_{i}}}{p_k}$, on a $m\neq n\:\text{et}\:\phi (m) = \phi (n)$.


3) Soit $n = 2^{s}x\quad$ avec $\quad x = \prod_{i=1}^{r}p_{i}^{r_{i}}$ impair.

Si $\exists\,k\,\text{et}\,j\,\text{tels que}\quad p_{k} = 1 + 2^{a}p_{j}^{h_{k}}\,\text{et}\,r_{k} = 1$,

alors en posant $m = 2^{(s+a)}(1 + 2^{a}p_{j}^{h_{k}})\prod_{i=1\\i\neq k}^{r}p_{i}^{r_{i}}$,

on a $m\neq n\:\text{et}\:\phi (m) = \phi (n)$.

En effet:
$\begin{align}\phi (n) & = 2^{(s-1)}2^{a}p_{j}^{h_{k}}p_{j}^{(r_{j}-1)}\prod_{i=1\\i\neq k,i\neq j}^{r}(p_{i} - 1)p_{i}^{(r_{i}-1)}\\
& = 2^{(s+a-1)}p_{j}^{(h_{k}+r_{j}-1)}\prod{i=1\\i\neq k,i\neq j}^{r}(p_{i} - 1)p_{i}^{(r_{i}-1)}\end{align}$

Et
$\phi (m) = 2^{(s+a-1)}p_{j}^{(h_{k}+r_{j}-1)}\prod_{i=1\\i\neq k,i\neq j}^{r}(p_{i} - 1)p_{i}^{(r_{i}-1)} = \phi (n)$

4) Soit $n = 2^{s}\prod_{i=1}^{r}p_{i}^{r_{i}}\quad$ avec $\quad s\geq 2\quad$ et $\quad k\geq 2$.

S'il existe parmi les facteurs de $n$ un $p_k$ tel que: $1 + 2^{l_k}.p_{k}^{(r_{k}-t)},\: (l_{k}\lt s\:\text{et}\:t\leq r_{k})$, est premier, et n'est pas un facteur de $n$.

on pourra prendre $m = 2^{s-l_k}\times (1 + 2^{l_k}.p_{k}^{(r_{k}-t)})\times p_{k}^{t}\times \prod_{i=1\\i\neq k}^{r}p_{i}^{r_i}$



5) Soit $n = 2^{s}\prod_{i=1}^{r}p_{i}^{r_{i}}\quad$ avec $\quad s\geq 2\quad$

Si $1 + 2^{a}\prod_{i=1\\1\leq i\leq r}^{b}p_{j}^{r_{i_{j}}}\quad$ avec $\quad s\gt a,\quad b\leq r,\text{et},\: r_{i_{j}}\lt r_{i}\:\forall i$

est premier et n'est pas un facteur de $n$; alors pour,

$m = 2^{(s-a)}(1 + 2^{a}\prod_{i=1\\1\leq i\leq r}^{b}p_{j}^{r_{i_{j}}})\prod_{i=1}^{r}p_{i}^{(r_{i}-r_{i_{j}})}$, on a: $m\neq n\:\text{et}\:\phi (m) = \phi(n)$.

En fait ce cas est une généralisation de 4).

#3 Re : Entraide (collège-lycée) » Probabilite : tirage sans remise » 25-02-2018 12:15:47

Bonjour

@mstchoom c'est vrai que ton résultat est juste (ce que j'ai retrouvé). En probabilité parfois les résultats ne sont pas ce qu'on pense intuitivement, d'où ma surprise à l'abord que toute les 12 personnes aient la même probabilité de tirer une boule blanche, ou une boule noire, malgré la différence des rangs.
Par ailleurs, la somme que j'effectue ne doit pas forcément être égale à $1$, parce que c'est plus la même loi de probabilité (on n'est plus dans le même $\omega$)
Une question intéressante serait de calculer par exemple la probabilité que: La 1ere personne tire une boule blanche, la 2ieme une boule noire, la 3ieme une boule noire, la 4ieme une boule blanche et la 5ieme une boule blanche.

Cordialement.

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