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Je voudrais dire racine carrée de 100 est 10

Bonaventure
Cordialement

Une IA ne ment pas , le mensonge est réservé à l'espèce Humaine .!

Un nombre premier $p(i)\not\equiv {m}[p]$ avec p(i) premier < (m/2) et p un nombre premier tel que : $p\leqslant\sqrt{m}$  ;  à pour complémentaire par rapport à $m$, un nombre premier $q$  tel que $m - p(i)= q$ ; c'est à dire un couple de nombres premiers : (pi + q = m) qui vérifie la conjecture de Goldbach .

Deux ensembles qui ont les même nombres premiers en quoi ils sont complémentaires ...?

Tu as de la chance , car je trouve que les modérateurs sont très indulgents...

Salut LEG,

Je voudrais comprendre comment ils ne sont pas complémentaires ?
Ou bien on donne une autre définition à deux sous-ensembles complémentaires dans un ensemble..

Je ne me suis pas mis à écrire le rapport en faite j'ai d'abord résolu une équation..

a(pv+1)+b∆=1...
C'est réglé comment je vais pas être sûr de mettre p comme rapport ?

Sofoton
Cordialement...

Salut Roro,
C'est simple contre exemple est mal pris...
Après avoir mis racine carrée sur m; tu vois les nombres premiers, tu choisis alors deux camps,
Le premier camp: tu prends les nombre premier qui divisent m...
Deuxième camp: tu prends ceux qui restent
Exemple : 128

Racine carrée de 128 c'est 12,...
P(128)={2,3,5,7,11}
∆=3×5×7×11
Car c'est seulement 2 qui est dans P(m) et qui divisent 128..
Là-bas, c'est après deux résolutions qu'on trouve les a et b qui permettent le quotient...

Tout est parfait je sais ce que je dis..

Bonaventure
Cordialement

Salut LEG,

Je vois ta suggestion pertinente sinon je pouvais seulement parler de max(P(m))<q<2max(P(m)) seulement ça m'a plu pour vite passer..

Bonsoir,

Je pense que je vais faire une de mes dernières interventions sur ce fil !

J'ai soumis cette "preuve " à une IA qui a été assez formelle : en gros, c'est complètement faux (pour elle). Je donne ces arguments sans les avoir vérifié. Bien entendu je ne fais pas confiance à une IA mais il faudrait au moins s'assurer que les points qu'elle évoque sont pas n'importe quoi. En général, lorsqu'une preuve est presque juste, l'IA se fait avoir et pense que c'est correct, ou au moins essaye de donner une amélioration. Dans le cas présent, elle dit carrément que c'est tout faux !

Il me semble que c’est une faute :

Par définition dans l’énoncé : $\Delta = \prod_{q \in P(m) ,~q \nmid m} q$.
Donc un diviseur premier $q \in P(m)$ :
- Soit il divise  $m$ (et alors  $q \nmid \Delta$),
- Soit il ne divise pas $m$, et dans ce cas  $q$ divise obligatoirement $\Delta$ !

Sofoton écrit ensuite : « D’après (2), $q$ divise $m(pv+1)$ ».

Mais pour déduire cela de l’égalité $(2) : m-p = m(pv+1) - p(u\Delta)$, il faudrait que $q$ divise le terme
$p(u\Delta)$, ce qui nécessite que $q$ divise $\Delta$ (car $pgcd(p,m)=1 \implies q \nmid p$).
Or Sofoton vient juste d’affirmer que $q$ ne divise pas $\Delta$.

Bilan : La disjonction est fausse : si $q \nmid m$, alors
$q \mid \Delta$, donc $q$ divise le terme
$p(u\Delta)$ et l’équation $(2)$ donne bien $q \mid (m-p) \implies q \mid m(pv+1)$. Mais comme $q \mid \Delta$, la condition $\operatorname{pgcd}(pv+1, \Delta)=1$ interdit à $q$ de diviser $pv+1$. Cependant, $q$ pourrait très bien diviser $m$ si $m-p$ partageait un facteur avec $m$, ce qui n’est pas exclu proprement.

L’argument mathématique fonctionne probablement, mais la phrase écrite dans la preuve du texte est fausse.

Contre-exemple :
Pour m=100, P(100)={2,3,5,7} et Δ=21. 
Avec u=81, v=17, avec p=9, $pgcd(154, 21) = 7 \neq 1$, et avec p=49, $m - p = 100 - 49 = 51 = 3 \times 17$ qui est composé !

Rien ne garantit que ce nombre $p$ soit un entier !
Rien ne garantit non plus que $0 < p < m$.
En divisant par $av$, on obtient dans l’immense majorité des cas un nombre rationnel non entier, ce qui fait s’effondrer toute la fin de la démonstration.

Roro.

Salut à tous
Voici
Toute la ligne de ma DEMONSTRATION DE LA CONJECTURE DE GOLDBACH

1. Notations et lemme préliminaire

Soit m un entier pair, m > 6. 
Notons P(m) = { p premier | p ≤ racine(m) } et posons 
Δ = produit des p de P(m) tels que p ne divise pas m. 

Par construction pgcd(m, Δ) = 1. D’après Bézout, il existe des entiers u, v tels que : 
(1)  uΔ - mv = 1

Lemme 1: 
Soit p < m tel que pgcd(p,m) = 1 et pgcd(pv + 1, Δ) = 1. 
Alors m - p est premier.

Preuve:
De (1) on tire mv = uΔ - 1, d’où : 
(2)  m - p = m(pv + 1) - p(uΔ) 

Si m-p était composé, il admettrait un diviseur premier q ≤ racine(m), donc q ∈ P(m). 
Comme pgcd(m,Δ)=1, on a q ne divise pas Δ. D’après (2), q divise m(pv+1). 
Or pgcd(p,m)=1 donc q ne divise pas m, et par hypothèse q ne divise pas (pv+1). Contradiction. 
Ainsi m-p est premier.

Exemple:
Pour m=58, P(58)={2,3,5,7} et Δ=105. 
Avec u=21, v=38, les p=5,11,29,47,53 vérifient l’hypothèse et 58-p est premier.

2. Conséquences de l’existence

Le lemme 1 donne deux cas intéressants.

Corollaire 2.1:
Si d=pgcd(p,m)>1 et m=d·x, alors d - p/x est premier dès que pgcd(pv+1,Δ)=1.

Preuve:
En divisant (2) par d on obtient d - p/x = d(pv+1) - (p/x)uΔ, et le même raisonnement s’applique.

Cas particulier : pour p=1, si pgcd(v+1,Δ)=1 alors m-1 est premier.

Corollaire 2.2.
Si p est premier avec tous les éléments de P(m), alors la condition pgcd(pv+1,Δ)=1 suffit pour assurer la primalité de m-p.

Ces deux corollaires montrent que le point clé est de trouver p premier avec m et tel que pv+1 soit premier avec Δ.

3. Existence d’un entier vérifiant une seule condition

Théorème 3:
Il existe p < m tel que pgcd(p,m)=1 et pgcd(pv+1,Δ)=1.

Preuve:
D’après le postulat de Bertrand, il existe un premier q avec m/2 < q < m. 
Posons p=m-q. Alors m-p=q et d’après (2) : q = m(pv+1) - p(uΔ). 
Si d=pgcd(pv+1,Δ)>1, alors d divise q. Or q>racine(m) donc q n’est divisible par aucun élément de P(m), en particulier q ne divise pas Δ. D’où d=1. 
De même pgcd(p,m)=1, sinon un diviseur commun diviserait q.

4. Existence simultanée pour p et m-p:

Nous cherchons p tel que pv+1 et (m-p)v+1 soient tous deux premiers avec Δ.

Lemme 4:
Les deux conditions équivalent à l’existence d’entiers a,b,c,d tels que : 
(3a)  a(pv + 1) + bΔ = 1 
(3b)  c[(m-p)v + 1] + dΔ = 1 

En éliminant pv à l’aide de (1), on obtient : 
(4)  1 - (a-1)(c-1) = Δ[ a(cu + d) + bc ] 

D’où la condition nécessaire et suffisante modulo Δ : 
(5)  (a-1)(c-1) ≡ 1 [mod Δ] 
avec pgcd(a,Δ)=pgcd(c,Δ)=1.

Lemme 5:
Pour tout Δ ≥ 30, il existe des entiers a, c vérifiant (5) et pgcd(a,Δ)=pgcd(c,Δ)=pgcd(a,c)=1.

Preuve:
Par le théorème des restes chinois et la formule d’inversion de Möbius, le nombre de tels a vaut : 
N(Δ) = Δ _ produit sur p|Δ de (1 - 2/p)(1 - 1/(p-1)) 
On vérifie N(24)=0 et N(Δ) ≥ 1 pour Δ ≥ 30.

Théorème 6:
Pour tout entier pair m ≥ 210, il existe p < m tel que pgcd(pv+1,Δ)=1 et pgcd((m-p)v+1,Δ)=1.

Preuve:
Si m ≥ 210 = 2·3·5·7, alors racine(m)>14. Donc 11 divise Δ et 13 divise Δ, d’où Δ ≥ 143 > 30. 
Le lemme 5 donne a, c. L’équation (4) est une identité de Bézout en b, d, donc elle admet une solution. 
On pose p = (1 - a - bΔ)/(a·v), qui vérifie (3a) et (3b). ∎

5. Conclusion : Goldbach

Théorème 7:
Tout entier pair m ≥ 6 est somme de deux nombres premiers.

Preuve:
Pour 6 ≤ m < 210, vérification directe. 
Pour m ≥ 210, le théorème 6 fournit p. Le lemme 1 appliqué à p et à m-p montre que ces deux nombres sont premiers.

Bonaventure
Cordialement