Conjecture de Goldbach Une réfutation

Lambert ARSAC CRCG
Conjecture de Goldbach
Une réfutation
L’objectif de cet article est de réfuter la conjecture de Goldbach d’une manière
différente des précédentes.
Commençons par rappeler la conjecture de Goldbach énoncée en 1742.
Conjecture 1 Tout nombre entier pair supérieur à 5peut s’écrire comme la somme
de deux nombres premiers.
Dans toute la suite, on notera Pl’ensemble des nombres premiers.
Pour réfuter la conjecture de Goldbach, nous ne donnerons pas ici de contre-exemple
explicite, ni de méthode constructive permettant de construire un contre-exemple.
En effet, nous avons choisi de faire ici une preuve purement théorique, montrant
l’existence d’un nombre réfutant la conjecture.
Nous cherchons donc à prouver le théorème suivant.
Théorème 1 (CRCG, 2015)Il existe un entier pair supérieur ou égal à 5tel que
toute somme de deux nombres premiers soit différente de cet entier. Autrement dit
en termes mathématiques,
∃k>3∀(p,q)∈P2p+q6= 2k.
La suite nous donnera même une majoration d’un tel entier, ce qui conduira au
raffinement suivant.
Théorème 2 Il existe un entier nréfutant la conjecture de Goldbach (et vérifiant
donc le théorème 1), tel que
n64·10437.
Cette borne supérieure, qui peut sembler étrange à première vue, est explicitée dans
ce papier.
Nous laissons aux ordinateurs le soin de trouver, un jour, explicitement cette valeur
de n.
Définissons maintenant les nombres pairs, et les nombres premiers.
Définition 1 Un nombre entier nest dit pair, s’il existe un entier ktel que n= 2k.
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Définition 2 Un nombre entier positif est dit premier, s’il admet exactement deux
diviseurs.
L’idée clé de la preuve du théorème 1est la notion d’ordre d’un entier positif, que
nous définirons sous peu. C’est par ce biais que nous arriverons à prouver l’existence
d’un entier ne vérifiant pas la conjecture de Goldbach.
Nous allons maintenant essayer de familiariser le lecteur aventureux avec le principe
d’augmentation du niveau d’un opérateur.
Définition 3 Le niveau d’un opérateur binaire peut être défini comme le nombre
d’itérations successives qu’il fait de l’addition.
Par convention l’addition est de niveau 1.
Tout les opérateurs ne sont pas commutatifs, notamment à partir de la puissance,
ce qui nous conduit à donner la convention suivante.
Convention 1 Quand on descend le niveau d’un opérateur, l’associativité se fait
toujours à gauche.
Ainsi,
3
X
i=1
i= (1 + 2) + 3.
Pour faciliter la lecture, donnons maintenant les notations suivantes.
Notations 1 On note }nl’opérateur binaire de niveau n.
On note (}n)k
i=1 l’itération k-fois de l’opérateur }n.
Découle alors immédiatement de la définition et de l’utilisation de notations, une
formule par récurrence. Cette formule n’est rien de plus que la définition.
Remarque 1 On peut alors facilement donner une formule par récurrence permet-
tant de calculer a}nbà partir de a,bet }n−1:
(a}1b=a+b
∀n>1a}nb= (}n−1)b
i=1 a.
Les idées de base étant posées, prenons quelques lignes pour donner quelques exemples
illustrant les idées. Ces exemples doivent permettre au lecteur de se familiariser avec
ces notions.
Exemples 1 1. L’addition est de niveau 1 : + = }1
2. La multiplication est de niveau 2 : ×=}2
3. La puissance est de niveau 3. : xy=x}3y
4. La puissance itérée est de niveau 4.
5. 4}43 = (4 }34) }34 = (44)4= 4294967296
Par simple curiosité, donnons la remarque suivante.
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Remarque 2 On peut remarquer que
∀n∈N∗2}n2=4.
La démonstration se fait facilement par récurrence sur le niveau de l’opérateur.
Nous rentrons désormais un peu plus dans le vif du sujet, en donnons la très impor-
tante définition suivante.
Définition 4 Un entier n>5est dit d’ordre κs’il existe deux nombres premiers p
et qet un entier k6κtel que n=p}kq.
On note alors O(n) = κ, où Oest l’application qui a un entier associe son ordre.
Autrement dit,
∀n>5 (O(n) = κ⇐⇒ ∃(p,q)∈P2∃k6κ n =p}kq).
De plus, un entier est dit d’ordre 0si nn’est pas d’ordre κpour tout κ>1.
Remarque 3 Un entier d’ordre κest aussi d’ordre kpour tout k∈[[1,κ]].
Cela découle immédiatement de la définition de l’ordre.
Cette dernière remarque nous conduit à formuler la définition suivante.
Définition 5 Un entier n>5a pour ordre exact κ, si nest d’ordre κet nn’est
pas d’ordre κ+ 1.
Explicitons quelques exemples pour se familiariser avec les définitions.
Exemples 2 –O(10) = 1 car 10 = 3 + 7, qui sont deux nombres premiers.
–O(91) = 2 car 7×13 = 91 et la multiplication est }2(c’est l’itérée une fois de
l’addition de niveau 1), et 7,13 sont deux nombres premiers.
–O(243) = 3 car 35= 243 et la puissance est }3(c’est l’itérée deux fois de l’addition
de niveau 1), et 3,5sont deux nombres premiers.
Dans toute la suite, l’application Odonnera l’ordre exact.
Tout ce bagage théorique et quelque peu conceptuel nous permet de donner une
formulation équivalente du théorème 1.
Proposition 1 Le théorème 1est équivalent à
∃k>5O(2k)=0.
Démonstration :
Soit nun entier pair plus grand que 5tel que O(n) = 0.
Alors en particulier, nn’est pas d’ordre 1par définition.
Donc il n’existe pas deux nombres premiers pet qtels que n=p}1q.
Or }1n’est rien d’autre que l’addition.
Donc il n’existe pas deux nombres premiers pet qtels que n=p+q, ce qui donne
le théorème 1.
La réciproque revient au même, toujours en considérant la définition de l’ordre. 
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D’après cette dernière proposition, démontrer le théorème 1revient à trouver au
moins un zéro de l’application O, c’est à dire à annuler cette fonction.
C’est donc ce que nous allons faire par la suite.
Définition 6 Nous appelons nombres semi-entiers les nombres de la forme n+1
2
où nest un entier.
On note Z[1
2]l’ensemble des nombres entiers ou semi-entiers.
En ne s’occupant que des nombres positif, nous avons donc
N1
2=N∪N+1 2=0,1 2,1,3 2,2,5 2, . . ..
Les nombres qui nous intéressent étant plus grands que 5, nous notons N>5[1
2]l’en-
semble des nombres entiers ou semi-entiers plus grand que 5.
Cette définition est d’une importance capitale dans notre preuve. En effet, nous
allons prolonger l’application d’ordre exact Odéfinit sur N>5à une application
définit sur N>5[1
2].
Définition 7 On appelle ordre etendu (noté O) l’application d’ordre Oprolongée
sur N>5[1
2]par
O:N>5[1
2]−→ N
n
27−→ (O(n)si nest pair
O(n}n2) si nest impair
.
On constate que cette application est bien définie en vertu du traitement de la parité
de l’entier dans sa définition, et de la définition de O.
Il est désormais temps de démontrer un petit lemme assez technique.
Lemme 1 S’il existe x∈N>5[1
2]tel que O(x)x6O(x+ 1), alors l’application O
s’annule.
De plus, si ξest un zéro de O, on a ξ6O(x+ 1).
Démonstration :
Pour démontrer ce lemme, nous allons faire un peu d’analyse.
On commence donc par supposer qu’il existe x∈N>5[1
2]tel que O(x)x6O(x+ 1).
Or on a
O(x)x6O(x+ 1) ⇐⇒ ln O(x)x6ln O(x+ 1)
⇐⇒ xln O(x)6ln O(x+ 1)
⇐⇒ x6ln O(x+ 1)
ln O(x)
⇐⇒ dx
dx6d dx ln O(x+ 1)
ln O(x)!
⇐⇒ 0616
O(x)
O(x+ 1) −O(x+ 1) O(x)
ln2O(x).
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Or par hypothèse, on a O(x)x6O(x+ 1), et donc O(x)6O(x+ 1).
Donc
0<O(x)
O(x+ 1) <1
1<O(x+ 1)
O(x)
,
Ce qui permet de dire que
O(x)
O(x+ 1) −O(x+ 1) O(x)60.
De plus un carré est toujours positif, donc on trouve finalement,
O(x)
O(x+ 1) −O(x+ 1) O(x)
ln2O(x)60.
En regroupant les deux inégalités trouvées, on a
06
O(x)
O(x+ 1) −O(x+ 1) O(x)
ln2O(x)
| {z }
et donc ce terme est nul
60.
Or comme le numérateur ne peut pas s’annuler par hypothèse, on trouve donc que
c’est le dénominateur qui doit être infini.
De plus un logarithme (ou un carré de logarithme) est infini si la valeur sur lequel
il s’applique est nulle.
Or ce logarithme s’applique justement sur un O(x), et donc nous avons montré que
la fonction x7→ O(x)s’annulait.
De plus, comme on a que O(x)6O(x+ 1), on sait que l’application Os’annule
avant O(x+ 1).
Ce qui conclut la preuve de ce lemme. 
Donnons une notation avant de nous attaquer à un deuxième lemme.
Notation 1 Notons 2Nl’ensemble des entiers positifs pairs.
Notons aussi 2N>5l’ensemble des entiers positifs pairs plus grands que 5.
Lemme 2 S’il existe ξ∈N>5[1
2]tel que O(ξ) = 0, alors il existe k∈2N>5tel que
O(k) = 0.
De plus, on a k64O(x+ 1), où xest défini comme dans le lemme 1.
Démonstration :
Soit ξ∈N>5[1
2]tel que O(ξ) = 0.
L’idée de la démonstration est d’utiliser la sous-homogénéité par rapport à 2de
l’application O, qui découle simplement de sa définition.
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