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 5 peut s’écrire comme la somme
de deux nombres premiers.
Dans toute la suite, on notera P l’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 5 tel que
toute somme de deux nombres premiers soit différente de cet entier. Autrement dit
en termes mathématiques,
∃k > 3 ∀(p,q) ∈ P2
p + q 6= 2k.
La suite nous donnera même une majoration d’un tel entier, ce qui conduira au
raffinement suivant.
Théorème 2 Il existe un entier n réfutant la conjecture de Goldbach (et vérifiant
donc le théorème 1), tel que
n 6 4 · 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 n est dit pair, s’il existe un entier k tel que n = 2k.
1
Lambert ARSAC
CRCG
Définition 2 Un nombre entier positif est dit premier, s’il admet exactement deux
diviseurs.
L’idée clé de la preuve du théorème 1 est 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 + 2) + 3.
i=1
Pour faciliter la lecture, donnons maintenant les notations suivantes.
Notations 1 On note }n l’opérateur binaire de niveau n.
On note (}n )ki=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 permettant de calculer a }n b à partir de a,b et }n−1 :
(
a }1 b = a + b
.
∀n > 1 a }n b = (}n−1 )bi=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 }3 y
4. La puissance itérée est de niveau 4.
5. 4 }4 3 = (4 }3 4) }3 4 = (44 )4 = 4294967296
Par simple curiosité, donnons la remarque suivante.
2
Lambert ARSAC
CRCG
Remarque 2 On peut remarquer que
∀n ∈ N∗
2 }n 2 = 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 importante définition suivante.
Définition 4 Un entier n > 5 est dit d’ordre κ s’il existe deux nombres premiers p
et q et un entier k 6 κ tel que n = p }k q.
On note alors O(n) = κ, où O est l’application qui a un entier associe son ordre.
Autrement dit,
∀n > 5 (O(n) = κ ⇐⇒ ∃(p,q) ∈ P2
∃k 6 κ n = p }k q).
De plus, un entier est dit d’ordre 0 si n n’est pas d’ordre κ pour tout κ > 1.
Remarque 3 Un entier d’ordre κ est aussi d’ordre k pour 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 > 5 a pour ordre exact κ, si n est d’ordre κ et n n’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 3,5 sont deux nombres premiers.
Dans toute la suite, l’application O donnera 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 1 est équivalent à
∃k > 5 O(2k) = 0.
Démonstration :
Soit n un entier pair plus grand que 5 tel que O(n) = 0.
Alors en particulier, n n’est pas d’ordre 1 par définition.
Donc il n’existe pas deux nombres premiers p et q tels que n = p }1 q.
Or }1 n’est rien d’autre que l’addition.
Donc il n’existe pas deux nombres premiers p et q tels que n = p + q, ce qui donne
le théorème 1.
La réciproque revient au même, toujours en considérant la définition de l’ordre. 3
Lambert ARSAC
CRCG
D’après cette dernière proposition, démontrer le théorème 1 revient 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 +
où n est un entier.
On note Z[ 21 ] l’ensemble des nombres entiers ou semi-entiers.
En ne s’occupant que des nombres positif, nous avons donc
1
1
1
3
5
N
=N∪ N+
= 0, , 1, , 2, , . . . .
2
2
2
2
2
1
2
Les nombres qui nous intéressent étant plus grands que 5, nous notons N>5 [ 21 ] l’ensemble 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 O définit sur N>5 à une application
définit sur N>5 [ 12 ].
Définition 7 On appelle ordre etendu (noté O) l’application d’ordre O prolongée
sur N>5 [ 21 ] par
O : N>5 [ 12 ] −→ N
(
.
O(n)
si n est pair
n
7−→
2
O(n }n 2) si n est 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 [ 12 ] tel que O(x)x 6 O(x + 1), alors l’application O
s’annule.
De plus, si ξ est un zéro de O, on a ξ 6 O(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 [ 21 ] tel que O(x)x 6 O(x + 1).
Or on a
O(x)x 6 O(x + 1) ⇐⇒ ln O(x)x 6 ln O(x + 1)
⇐⇒ x ln O(x) 6 ln O(x + 1)
ln O(x + 1)
⇐⇒ x 6
ln O(x)
!
ln
O(x
+
1)
dx
d
6
⇐⇒
dx
dx
ln O(x)
O(x)
O(x + 1)
−
O(x + 1)
O(x)
⇐⇒ 0 6 1 6
.
2
ln O(x)
4
Lambert ARSAC
CRCG
Or par hypothèse, on a O(x)x 6 O(x + 1), et donc O(x) 6 O(x + 1).
Donc

O(x)


<1
0 <
O(x + 1)
,
O(x + 1)


1 <
O(x)
Ce qui permet de dire que
O(x)
O(x + 1)
−
6 0.
O(x + 1)
O(x)
De plus un carré est toujours positif, donc on trouve finalement,
O(x)
O(x + 1)
−
O(x + 1)
O(x)
6 0.
2
ln O(x)
En regroupant les deux inégalités trouvées, on a
O(x)
O(x + 1)
−
O(x + 1)
O(x)
06
6 0.
2
ln O(x)
|
{z
}
et donc ce terme est nul
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 x 7→ O(x) s’annulait.
De plus, comme on a que O(x) 6 O(x + 1), on sait que l’application O s’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 2N l’ensemble des entiers positifs pairs.
Notons aussi 2N>5 l’ensemble des entiers positifs pairs plus grands que 5.
Lemme 2 S’il existe ξ ∈ N>5 [ 21 ] tel que O(ξ) = 0, alors il existe k ∈ 2N>5 tel que
O(k) = 0.
De plus, on a k 6 4O(x + 1), où x est défini comme dans le lemme 1.
Démonstration :
Soit ξ ∈ N>5 [ 12 ] tel que O(ξ) = 0.
L’idée de la démonstration est d’utiliser la sous-homogénéité par rapport à 2 de
l’application O, qui découle simplement de sa définition.
5
Lambert ARSAC
CRCG
C’est à dire, l’application O vérifie
1
∀α ∈ N>5
2
O(2α) 6 2O(α).
n
Or on a ξ ∈ N>5 [ 12 ], donc ξ est de la forme avec n ∈ N>5 .
2
Et un calcul simple donne
O(2n) 6 2O(n)
n
6 4O
2
= 4O(ξ)
=4×0
= 0.
Ce qui donne O(2n) = 0, car l’application O est à valeurs positives ou nulles.
On a donc bien réussi à annuler l’application d’ordre exact prolongée O sur un
nombre pair, ce qui prouve la première partie du lemme.
De plus, on savait que si x vérifie les hypothèses du lemme 1 et si ξ annule O, alors
ξ 6 O(x + 1).
Donc on a
k := 2n = 4ξ 6 4O(x + 1),
ce qui conclut.
Nous touchons au but, mais nous avons encore besoin d’un troisième lemme.
Lemme 3
32
3
3
O
6O
+1
2
2
Démonstration :
Par définition de l’ordre étendu prolongé, on a
32
3
3
O
= O (3 }3 2) 2
2
3
= O 32 2
3
= O (9) 2
3
= 32
√
= 27
≈ 5.196152424.
6
Lambert ARSAC
CRCG
Et
O
3
+1
2
5
=O
2
= O (5 }5 2)
= O (5 }4 5)
= O (((55 )5 )5 )5
Or (((55 )5 )5 )5 = 71821208748307350806616247734800247443646340206560432071396707807
7436641711074423037672518997018062741796485283616933959084936077890725905152053
7600521703851886434335797432417202596321992596959457429085048683346494104271761
0929437440253086127413158881119110878565254870714807127305501250316534243564700
4891245928704549564107295773016903177088009606332557926843479013016244013934816
17554653310899100138176009977541980333626270294189453125.
Plus lisiblement,
(((55 )5 )5 )5 ≈ 10437 ,
ce qui nous fait une borne énorme, mais tout du moins existante.
Nous sommes maintenant armés pour conclure.
En vertu du lemme 3, les hypothèses du lemme 1 sont vérifiées pour un x donné, et
le lemme 1 permet d’appliquer le lemme 2.
Les trois lemmes combinés nous donnent donc que
∃k > 5 O(2k) = O(2k) = 0,
et d’après la proposition 1, nous obtenons alors le théorème 1, ainsi que le théorème
2.
7