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Autor Tema: Memorias sobre la CF de Goldbach  (Leído 53311 veces)
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Carlos Ivorra
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« Respuesta #140 : 24/01/2018, 08:22:52 am »

Capaz que alguien me puede mostrar un antecedente de una conjetura que no sea cierta y el contraejemplo se haya encontrado en algún lugar de, por decir algo, [texx]10^8[/texx] y que sea único o finito.

Un ejemplo interesante de que estas cosas pasan es el llamado número de Skewes:

https://en.wikipedia.org/wiki/Skewes's_number

http://mathworld.wolfram.com/SkewesNumber.html

La idea es muy simple: el teorema de los números primos asegura que el número de primos menores o iguales que un número [texx]x[/texx] se aproxima a

[texx]li(x)=\int_0^x\frac {dt}{\ln t}[/texx]

En todos los cálculos explícitos se observa que el número de primos es siempre inferior a [texx]li(x)[/texx]. Concretamente, se ha comprobado que siempre es así para todo [texx]x<10^{14}[/texx], y por un tiempo se conjeturó que debía de ser siempre así. Sin embargo, se puede probar que existen valores de [texx]x[/texx] para los que la aproximación [texx]li(x)[/texx] queda por debajo. La mejor cota que se conoce sobre el mínimo valor en el que esto sucede es del orden de [texx]10^{316}[/texx], algo que queda fuera del alcance de cualquier cálculo explícito, incluso con los ordenadores más potentes.

Así pues, si cuando calculamos el número de primos menores que un número [texx]x[/texx] (hasta donde un ordenador puede hacerlo) siempre obtenemos un valor menor que [texx]li(x)[/texx] y, sin embargo, se sabe que hay valores mucho mayores en los que sucede lo contrario, ¿qué tendría de extraño que hubiera una violación de la conjetura de Goldbach para números del orden de [texx]10^{316}[/texx], más allá de toda posibilidad de cálculo explícito?
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« Respuesta #141 : 24/01/2018, 09:10:14 am »

Y serían infinitos contraejemplos?
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Luis Fuentes
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« Respuesta #142 : 24/01/2018, 10:10:25 am »

Hola

Y serían infinitos contraejemplos?

Por lo que dice la Wikipedia si:

Cita
John Edensor Littlewood, who was Skewes's research supervisor, had proved in Littlewood (1914) that there is such a number (and so, a first such number); and indeed found that the sign of the difference π(x) − li(x) changes infinitely often

Saludos.
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feriva
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« Respuesta #143 : 25/01/2018, 08:03:25 am »

Y serían infinitos contraejemplos?

Yo creo que hay que tener en cuenta que en cada tipo de problema es distinta esta cuestión. Es muy difícil o quizá imposible decir si habría infinitos pares que no cumplieran la conjetura fuerte; entre otras cosas porque es casi seguro que se cumple, y no por el hecho de que esté probada para todos los pares de 18 cifras o la cantidad finita de casos que sea, sino porque hay otros indicios que refuerzan la posibilidad.

La cantidad de parejas de primos que suman un mismo par va aumentando a medida que el par es más grande (por ejemplo tenemos dos parejas con el diez: 10=5+5; 10=3+7, y en general van apareciendo más para números mayores). De vez en cuando, de un 2n a un 2n+2, pares consecutivos, se estabiliza o en algunos casos baja en una pareja; pero enseguida se recupera. No es un aumento monótono, sin embargo, se verifica hasta donde se puede verificar que así es. Es posible tomar al azar un número muchísimo mayor que uno de 18 cifras (1000, por ejemplo) y comprobar que tiene muchas más parejas que otro par grande pero con algunas cuantas cifras menos. Se pueden tomar segmentos y ver que crecen mucho. Lo hacen a “contrapelo” en el sentido de que la densidad de primos  baja y, si esto ocurriera por puro azar, la cantidad de parejas también debería bajar al menos proporcionalmente hablando respecto de la cantidad de compuestos y primos .

Spoiler (click para mostrar u ocultar)

No puedo demostrarlo, pero se antoja casi imposible que, si la conjetura dejara de cumplirse para un cierto par, esto ocurriera con un descenso brusco en la cantidad de parejas entre dos pares consecutivos; todo lo que investigué me indicaba que, en ese caso, tendría que ir habiendo poco a poco menos parejas, debido principalmente a que los primos gemelos “preparan”, digamos, parejas para que la conjetura se cumpla en el siguiente par (está contado por ahí en este mismo hilo, pero es muy largo para andar buscando ahora).

Claro que el que haya infinitos primos gemelos también es una conjetura; pero si no los hubiera también parece que tendrían que ir despareciendo poco a poco, no bruscamente. ¿Podría fallar la conjetura? Creo que no, y con bastante seguridad, por esa cantidad creciente de parejas pese a que desciende la densidad de primos y porque se cumple la débil y veo cierta conexión entre las dos cosas,  pero como no puedo demostrarlo, tampoco puedo afirmarlo. Ése es el reto (no me digas que no crea cierta “adicción” la mera curiosidad; y esa curiosidad es suficiente por sí sola para seguir buscando un argumento riguroso por el cuál tenga que cumplirse sin más remedio).

Saludos. 
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« Respuesta #144 : 25/01/2018, 09:15:01 am »

Ok, me llama la atención que los contraejemplos de números muy grandes son conjeturas sobre desigualdades y no igualdades. Algo asintótico huelo.
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Carlos Ivorra
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« Respuesta #145 : 25/01/2018, 09:30:27 am »

Ok, me llama la atención que los contraejemplos de números muy grandes son conjeturas sobre desigualdades y no igualdades. Algo asintótico huelo.

Pero eso puede interpretarse como que, cuando la comprobación directa es computacionalmente imposible, es más fácil demostrar indirectamente una desigualdad que una igualdad. Así, si hubiera contraejemplos a la conjetura de Goldbach fuera del alcance computacional, podría ser mucho más difícil de probar que demostrar que ciertas desigualdades se cumplen fuera del alcance computacional.

Un ejemplo reducido de conjetura falsa con igualdad es que los factores irreducibles de los polinomios [texx]x^n-1[/texx] tienen todos sus coeficientes no nulos iguales a [texx]\pm 1[/texx]. Parece que vaya a ser así, pero el primer contraejemplo se da cuando [texx]n=105[/texx]. Obviamente, esto dista mucho de estar fuera del alcance computacional, pero el hecho es que hay una tendencia que se mantiene hasta [texx]n=104[/texx] sin una razón aparente, y de repente falla en [texx]n=105[/texx]. ¿Por qué una tendencia casual no puede dejar de cumplirse por primera vez en [texx]n=10^{1000}[/texx], por ejemplo?

Con esto no digo que la conjetura de Goldbach tenga que ser falsa, claro. Sólo digo que las evidencias a su favor no sirven para poner la mano en el fuego por ella.
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manooooh
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« Respuesta #146 : 11/01/2019, 12:18:31 am »

Hola

Muy interesante debate.

Un ejemplo reducido de conjetura falsa con igualdad es que los factores irreducibles de los polinomios [texx]x^n-1[/texx] tienen todos sus coeficientes no nulos iguales a [texx]\pm 1[/texx]. Parece que vaya a ser así, pero el primer contraejemplo se da cuando [texx]n=105[/texx]. (...)

No entiendo el ejemplo:

[texx]x^{105}-1=0\iff\underbrace{(x-1)(x-1)\cdots(x-1)}_{\text{\(105\) veces}}=0,[/texx]

¿por qué [texx]n=105[/texx] sí pero [texx]n=103[/texx] no? Seguramente lo estoy malinterpretando.

Gracias y saludos
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« Respuesta #147 : 11/01/2019, 05:02:20 am »

No entiendo el ejemplo:

[texx]x^{105}-1=0\iff\underbrace{(x-1)(x-1)\cdots(x-1)}_{\text{\(105\) veces}}=0,[/texx]

¿por qué [texx]n=105[/texx] sí pero [texx]n=103[/texx] no? Seguramente lo estoy malinterpretando.

 :rodando_los_ojos:

[texx]x^n-1 \neq (x-1)^n[/texx]
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Luis Fuentes
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« Respuesta #148 : 11/01/2019, 06:19:35 am »

Hola

Un ejemplo reducido de conjetura falsa con igualdad es que los factores irreducibles de los polinomios [texx]x^n-1[/texx] tienen todos sus coeficientes no nulos iguales a [texx]\pm 1[/texx]. Parece que vaya a ser así, pero el primer contraejemplo se da cuando [texx]n=105[/texx]. (...)

No entiendo el ejemplo:

Carlos se refiere a lo siguiente. Si factorizas los polinomios [texx]x^n-1[/texx] en producto de polinomios irreducibles con coeficientes enteros para los distintos valores de [texx]n[/texx] vas obteniendo:

[texx]x^2-1=(x-1)(x+1)[/texx]
[texx]x^3-1=(x-1)(x^2+x+1)[/texx]
[texx]x^4-1=(x-1)(x+1)(x^2+1)[/texx]
[texx]x^5-1=(x-1)(x^4+x^3+x^2+1)[/texx]
[texx]\ldots[/texx]
[texx]x^{15}-1=(x-1)(1 + x + x^2) (1 + x + x^2 + x^3 + x^4) (1 - x + x^3 - x^4 + x^5 - x^7 + x^8)[/texx]
[texx]\ldots[/texx]

 en fin y observamos que todos los polinomios que aparecen en esas factorizaciones tienen a [texx]1[/texx] o [texx]-1[/texx] como únicos coeficientes.

 Esto es así hasta que para [texx]n=105[/texx]...

[texx]x^{105}-1=(x-1) \left(x^2+x+1\right) \left(x^4+x^3+x^2+x+1\right) \left(x^6+x^5+x^4+x^3+x^2+x+1\right) \left(x^8-x^7+x^5-x^4+x^3-x+1\right)\\ \left(x^{12}-x^{11}+x^9-x^8+x^6-x^4+x^3-x+1\right) \left(x^{24}-x^{23}+x^{19}-x^{18}+x^{17}-x^{16}+x^{14}-x^{13}+x^{12}-x^{11}+x^{10}-x^8+x^7-x^6+x^5-x+1\right)\\ \left(x^{48}+x^{47}+x^{46}-x^{43}-x^{42}-2 x^{41}-x^{40}-x^{39}+x^{36}+x^{35}+x^{34}+x^{33}+x^{32}+x^{31}-x^{28}-x^{26}-x^{24}-x^{22}-x^{20}+x^{17}+\\\qquad \qquad+x^{16}+x^{15}+x^{14}+x^{13}+x^{12}-x^9-x^8\color{red}-2\color{black} x^7-x^6-x^5+x^2+x+1\right)[/texx]

 aparece "por ahí" un coeficiente [texx]-2[/texx] que "rompe" la propiedad.

Saludos.
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« Respuesta #149 : 16/01/2019, 08:01:51 am »

Lo siguiente se comprueba que se cumple para miles de pares consecutivos (al final pondré el programa):

Para un cierto 2n tal que existen parejas [texx]p_{x}+p_{y}=2n
 [/texx] con [texx]2<p_{x}<p_{y}
 [/texx], siempre hay parejas que, siendo [texx]k=1,2,3...n/2
 [/texx] (aquí era n/2 y había puesto "n" por un despiste al teclear) cumplen [texx]p_{x}+2k
 [/texx] es primo ó [texx]p_{y}+2k+2
 [/texx] es primo; o, si no existe eso, entonces existe lo análogo, [texx]p_{x}+2k+2
 [/texx] es primo ó [texx]p_{y}+2k
 [/texx] es primo.

Es decir, para k=1 existirá al menos una pareja; para k=2 existirá al menos una pareja... etc,. y así para todos los valores que puede tomar “k” respecto de un mismo “2n” y sus respectivas parejas [texx]p_{x}+p_{y}
 [/texx].

Esto supone que cuando se cumple la propiedad para un 2n, se cumple la conjetura de Goldbach consecutivamente hasta [texx]2n+n=3n[/texx] (si “n” es impar, para los pares por detrás de [texx]2n+n[/texx]).

Lo cual es obvio, pues ya sea cual sea el primo ([texx]p_{x}\,\acute{o}\, p_{y}
 [/texx]) al que se sume 2, garantizará que lo cumpla el siguiente par (con [texx](p_{x}+2)+p_{y}[/texx]
 ambos primos, sin perder generalidad). Como también existe que alguno de ellos es primo si se le suma 4, garantiza que la conjetura se cumpla también para el siguiente del siguiente, y así con 6,8... hasta n.

Ahora hagamos un razonamiento por inducción que, si no me equivoco, estaría asegurando el cumplimiento de la conjetura:

Supongamos que la propiedad dicha deja de cumplirse por primera vez en algún momento. Entonces, si eso pasa, existirá un par que no cumpla la conjetura por primera vez y éste estará entre 2n y 3n; pues, si no, ese 2n no sería el primero que no cumple la propiedad, sí la cumpliría.

Así pues, el fallo estaría antes de 2n+n; o antes de 2n+n-1 si “n” es impar, porque en ese caso consideramos que si se cumple para 2n+n-1, se cumple la propiedad (al ser “n” impar).

Ahora bien, “n”, con esta propiedad que se observa, no es especial, o sólo lo es porque es la cota a donde llegamos con seguridad; pero podemos elegir cualquier cota por detrás: [texx]m=n[/texx] o [texx]m=n-2[/texx]... y así sucesivamente para todos los pares hasta 2.

Luego podemos hacer la misma reflexión anterior tomando “m” igual a cualquier par y no sólo para m=n. Y el fallo tendrá que estar entre 2n y m, siendo menor que “m”. Pero como “m” puede ser tan pequeño como 2, el fallo se ve obligado a estar entre (2n, 2n+2) lo cual es imposible ya sea “n” para o impar.

Luego, por reducción al absurdo, no puede existir (creo) un primero que deje de cumplir la propiedad; lo cual obliga a que se cumpla la conjetura.

...

El programa no da para comprobar mucho más allá de unos cuantos miles de pares consecutivos porque son muchas operaciones las que hace y tarda mucho (y no tengo paciencia) pero ya son bastantes y no falla; lo pongo y lo explico.



Código:


from sympy import*

# Funcion de la ley o propiedad


def f(n):

global k

for h in range (4,n+1,2):

for a in range (1,n):

b=2*n-a

if (isprime (a) and isprime (b)):


if isprime (a+(h)) or isprime (b+(h-2)) or isprime (a+(h-2)) or isprime (b+h):

k=1

if k==0:

print "nooo"
k=0

#Bucle para elegir n

for n in range (8,1500):

k=0


f(n)




Primero entra en la función un bucle que elige pares sucesivos que guarda en “h”, desde 4 hasta “n”: 4,6,8... n. En realidad se van a usar pares desde 2, pero para esto uso posteriormente “h-2”, como se ve.

La funcion de este bucle es: for h in range (4,n+1,2)

Entonces, primeramente toma h=4, y dejando este valor constante va a recorrer otro bucle.

Ese bucle siguiente es “for a in range (1,n)”, donde “a” toma valores desde n=1, hasta “n-1”.

Una vez tomado un valor, le siguen estas dos órdenes:

b=2*n-a

if (isprime (a) and isprime (b)):

Donde b es tal que a+b=2n y el condicional de abajo le dice que “en caso de que “a” y “b” sean primos, entonces”

En ese caso pasa a la otra condición que hay que mirar si se cumple:

if isprime (a+(h)) or isprime (b+(h-2)) or isprime (a+(h-2)) or isprime (b+h).

La condición dice lo que ya he explicado, que si también es primo a+4 ó b+2 ó, análogamente, a+2 ó b+4, ponga el indicador “k” igual a 1, el cual, está puesto a cero en principio.

Es decir, en cuanto alguna pareja de primos, la que sea, cumple eso, el indicador k se pondrá a 1; y ya no cambiará independientemente de lo que ocurra con las otras.

Cuando acabe este bucle, habrá probado todas las parejas existentes de un cierto 2n (“n” se mantiene constante en el bucle) para h=4, constante también.

Una vez que a acabado, pregunta por el estado de la bandera o indicador “k”, si fuera cero, imprime “nooo”; pero esto no sucede.

Comprobado eso, debajo, se vuelve a poner k=0 para después ir al primer bulce que teníamos, donde elegirá el siguiente par para “h”, es decir, “h=6”; y entrará en el bucle de antes probando otra vez todos los valores a,b, pero con ese valor para “h” (el valor “n” no cambia en toda la función, sigue siendo el mismo).

Cuando la función ha comprado todas las parejas de primos para un particular 2n y todos los valores “h” para cada pareja, ésta termina y va a buscar otro “n” nuevo para repetir lo mismo con el siguiente par 2n.

En definitiva, hace lo que decía al principio: va comprobando, respecto de los primos “Goldbach”, si para cada 2n, existen siempre algunos que tienen un primo a distancia de 2, de 4... hasta “n”.
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Luis Fuentes
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« Respuesta #150 : 16/01/2019, 08:59:53 am »

Hola

Para un cierto 2n tal que existen parejas [texx]p_{x}+p_{y}=2n
 [/texx] con [texx]2<p_{x}<p_{y}
 [/texx], siempre hay parejas que, siendo [texx]k=1,2,3...n
 [/texx], cumplen [texx]p_{x}+2k
 [/texx] es primo ó [texx]p_{y}+2k+2
 [/texx] es primo; o, si no existe eso, entonces existe lo análogo, [texx]p_{x}+2k+2
 [/texx] es primo ó [texx]p_{y}+2k
 [/texx] es primo.

Es decir, para k=1 existirá al menos una pareja; para k=2 existirá al menos una pareja... etc,. y así para todos los valores que puede tomar “k” respecto de un mismo “2n” y sus respectivas parejas [texx]p_{x}+p_{y}
 [/texx].

Esto supone que cuando se cumple la propiedad para un 2n, se cumple la conjetura de Goldbach consecutivamente hasta [texx]2n+n=3n[/texx] (si “n” es impar, para los pares por detrás de [texx]2n+n[/texx]).

Entiendo que todo esto lo que afirmas es que si [texx]2n[/texx] se puede poner como suma de primos, entonces sabes que algún número entre [texx]2n+2[/texx] y [texx]2n+n[/texx] también lo puedes poner como suma de primos. Ojo, "algún" y en principio no todos.

De ahí no puede sin embargo deducirse la conjetura. Por ejemplo supón que el fallo está en [texx]12[/texx]. Eso no impide que se cumpla tu propiedad.

10 se puede poner como suma de dos primos y entre 12 y 15 tenemos el 14 como suma de dos primos.
8 se puede poner como suma de dos primos y entre 10 y 12 tenemos el 10 como suma de dos primos.
6 se puede poner como suma de dos primos y entre 8 y 9 tenemos el 8 como suma de dos primos.

Saludos.
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« Respuesta #151 : 16/01/2019, 09:42:57 am »



Entiendo que todo esto lo que afirmas es que si [texx]2n[/texx] se puede poner como suma de primos, entonces sabes que algún número entre [texx]2n+2[/texx] y [texx]2n+n[/texx] también lo puedes poner como suma de primos. Ojo, "algún" y en principio no todos.



Ciertamente, Luis, había cambiado las cosas en la cabeza mientras escribía; el programa no garantiza todos; lo que voy diciendo entonces, en ésta y sucesivas respuestas, no tiene por qué ser así y, de hecho, no es así al menos para pares de tamaño "normal".

En esta última respuesta he rectificado

http://rinconmatematico.com/foros/index.php?topic=91205.msg425265#msg425265



Hola, Luis.

No, para todos, el programa dice que se va cumpliendo eso para todos los que se encuentran; es que por ahí he escrito alguna cosa mal y lo he dicho de una forma un poco liosa; y falta un segundo programa para el caso particular 2n+n, que lo probé aparte.

Lo que se verifica (si no me he equivocado al programar, que creo que no) es que si [texx]2n=p_{x}+p_{y}
 [/texx] donde existen distintas parejas para el mismo 2n, siempre hay alguna pareja tal que [texx](p_{x}+2)+p_{y}
 [/texx] ó [texx]p_{x}+(p_{y}+2)
 [/texx] es suma de primos, Y así también hay siempre alguna pareja, para ese mismo 2n, tal que [texx](p_{x}+4)+p_{y}
 [/texx] ó [texx](p_{x}+4)+p_{y}
 [/texx]... verificando, sucesivamente para todos los pares, que existen al menos hasta [texx](p_{x}+n)+p_{y}[/texx] o viceversa con el otro primo; en caso de que “n” sea par, claro. Y todo esto para cada 2n por separado.

Entonces yo he puesto los pares representados así [texx]p_{x}+2k
 [/texx] con [texx]k=1,2,3...\dfrac{n}{2}
 [/texx].

Pero mi verificación es una más complicada que implica esto mismo (podría haber hecho más fácil el programa, no me di cuenta). Es que para las parejas respecto de un mismo 2n, o bien ocure (tomo el caso particular del 2, pero es para todos hasta 2k) [texx]p_{x}+2
 [/texx] es primo ó [texx]p_{x}+4
 [/texx] ó, si no courre esto, sí ocurre lo mismo para [texx]p_{y}
 [/texx]. En definitiva, alguna va a tener un primo que más 2 es primo, alguna va a tener un primo que más 4 es primo, etc., hasta “n” o hasta “n-1” si es impar.

Saludos y muchas gracias por la atención.
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« Respuesta #152 : 16/01/2019, 10:03:03 am »

Hola

Lo que se verifica (si no me he equivocado al programar, que creo que no) es que si [texx]2n=p_{x}+p_{y}
 [/texx] donde existen distintas parejas para el mismo 2n, siempre hay alguna pareja tal que [texx](p_{x}+2)+p_{y}
 [/texx] ó [texx]p_{x}+(p_{y}+2)
 [/texx] es suma de primos, Y así también hay siempre alguna pareja, para ese mismo 2n, tal que [texx](p_{x}+4)+p_{y}
 [/texx] ó [texx](p_{x}+4)+p_{y}
 [/texx]... verificando, sucesivamente para todos los pares, que existen al menos hasta [texx](p_{x}+n)+p_{y}[/texx] o viceversa con el otro primo; en caso de que “n” sea par, claro. Y todo esto para cada 2n por separado.

 No acabo de entenderte.

 Por ejemplo [texx]20=7+13[/texx], pero ni [texx]7+2[/texx] es primo ni [texx]13+2[/texx] es primo. ¿Entonces?.

 Otra cosa es que quizá tu afirmes que también [texx]20=3+17[/texx] y [texx]3+2=5[/texx] si es primo. Es decir afirmas que fijado un número [texx]2n[/texx] que se puede escribir como suma de dos primos, siempre puedes encontrar una descomposición [texx]2n=p+q[/texx] de él como suma de dos primos (descomposición igual o distinta a la original), tal que [texx]p+2[/texx] ó [texx]q+2[/texx] son primos. Si esto fuese cierto entonces si que trivialmente se tiene que la conjetura de Goldbach, porque básicamente tendríamos que si [texx]2n[/texx] es suma de dos primos, [texx]2n+2[/texx] también. Pero en todo caso habría que probar que esto efectivamente es cierto, y no con un programa o con ejemplos, sino con una prueba genérica.
Que se cumpla para muchos ejemplos no me dice nada; la propia conjetura se cumple en los ejemplos, pero no "sabemos" probarla.

Saludos.
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« Respuesta #153 : 16/01/2019, 10:20:15 am »


 No acabo de entenderte.
 

Lo explico sin programa, Luis, que es menos lío.

Tomo desde n=4

0,1,2,3,4,5,6,7,8

Tenemos que 5 cumple la conjetura y 5+2 es primo, tenemos que 3 cumple la conjetura y 3+4 es primo; en este caso n=4, ya hemos comprobado que se cumple para n=4.

Para el siguiente par

0,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10

Tenemos que 3 cumple la conjetura y 3+2 es primo, tenemos que 7 cumple la conjetura y 7+4 es primo; como 4=n-1, se cumple la propiedad también para este siguiente.

0,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12

Tenemos que 5 cumple la conjetura y 5+2 es primo; tenemos que 7 cumple la conjetura y 7+4 es primo. Tenemos que 7 cumple la conjetura y 7+6 es primo; como n=6, se cumple la propiedad...

Eso es lo que compruebo en el programa, que se va cumpliendo eso.

Con 20 sería así, por ejemplo:

0,1,2,3,4,5,6,7,8,9,(10),11,12,13,14,15,16,17,18,19,20

Tenemos que 3 cumple la conjetura y 3+2 es primo. También 3+4 es primo. Ahora, 17 cumple la conjetura y 17+6 es primo. Con el 3 (que la cumple) también tenemos que 3+8 es primo; y con el 7, que también la cumple (es condición necesaria que los primos cumplan la conjetura) tenemos 7+10 es primo. Ya tenemos todos si no me dejo ninguno, 2,4,6,8,10, se cumple.

Y lo que hago es suponer que esta propiedad, si se deja de cumplir, se deja de cumplir por primera vez para un 2n; no doy por hecho que se cumpla, la hipótesis es que se deja de cumplir lo que compruebo que se va cumpliendo y a partir de ahí ese razonamiento.

Saludos y muchas gracias otra vez.
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Luis Fuentes
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« Respuesta #154 : 16/01/2019, 11:18:14 am »

Hola

 Entiendo entonces que tu proposición es:

 Dado [texx]n\in \mathbb{N}[/texx] y [texx]k[/texx] par con [texx]2\leq k\leq n[/texx] existe un primo [texx]p[/texx] tal que [texx]2n-p[/texx] es primo y [texx]p+k[/texx] ó [texx]2n-p+k[/texx] son primos.

 Si es así, el problema es que no veo como desmostrarla.

 Tu sugieres tomar el primer [texx]n_0[/texx] donde falle. Es decir sea el [texx]n_0[/texx] más pequeño, tal que para todo [texx]k[/texx] par con [texx]2\leq k\leq n_0[/texx] y para todo primo [texx]p[/texx] o bien [texx]2n_0-p[/texx] no es primo o bien [texx]p+k[/texx] y [texx]2n_0-p+k[/texx] no son primos.

 Supón en particular que para [texx]k_0=n_0[/texx] no encuentras un primo [texx]p[/texx] tal que [texx]2n_0-p[/texx] es primo y [texx]p+n_0[/texx] ó [texx]3n_0-p[/texx] son primos. ¿En qué contradice eso el hecho de que la propiedad si se cumpla para [texx]n_0-2[/texx] y menores?.

Saludos.
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« Respuesta #155 : 16/01/2019, 12:42:35 pm »


 Supón en particular que para [texx]k_0=n_0[/texx] no encuentras un primo [texx]p[/texx] tal que [texx]2n_0-p[/texx] es primo y [texx]p+n_0[/texx] ó [texx]3n_0-p[/texx] son primos. ¿En qué contradice eso el hecho de que la propiedad si se cumpla para [texx]n_0-2[/texx] y menores?.

Saludos.


En nada, no lo veía claro del todo, por eso he pedido auxilio añadiendo ese “*atención” al hilo sin echar las campanas demasiado al vuelo :sonrisa:

Dime entonces si al menos sería cierto esto, para ver qué podemos sacar.

Si [texx]2n[/texx] es el que por primera vez deja de cumplir la propiedad, entonces la cumple [texx]2n-2[/texx].

Al cumplir la propiedad este par, garantiza que la conjetura de Goldbach la cumplan los sucesivos [texx]2n;2n+2;2n+4...2n+(n-2)[/texx], o sea, hasta [texx]3n-2[/texx]

Por lo cual, al no cumplirse la propiedad para [texx]2n[/texx], el único que podría dejar de cumplir la conjetura sería [texx]2n+n=3n[/texx] si “n” fuera par ó 3n-1 si fuera impar.

Luego si existiera tal fallo, no podría ser nunca de la forma [texx]3n-2[/texx]. ¿Esto es correcto o hay por ahí algo escondido que no veo?

(Por otra parte, me parece que la propiedad se va cumpliendo también para n+1 par a partir de cierto valor -y quizá alguna unidad más- tengo que mirarlo)

Muchas gracias.
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« Respuesta #156 : 16/01/2019, 01:34:29 pm »

Hola

Dime entonces si al menos sería cierto esto, para ver qué podemos sacar.

Si [texx]2n[/texx] es el que por primera vez deja de cumplir la propiedad, entonces la cumple [texx]2n-2[/texx].

Al cumplir la propiedad este par, garantiza que la conjetura de Goldbach la cumplan los sucesivos [texx]2n;2n+2;2n+4...2n+(n-2)[/texx], o sea, hasta [texx]3n-2[/texx]

Correcto.

Cita
Por lo cual, al no cumplirse la propiedad para [texx]2n[/texx], el único que podría dejar de cumplir la conjetura sería [texx]2n+n=3n[/texx] si “n” fuera par ó 3n-1 si fuera impar.

No. [texx]3n+1[/texx] si fuese impar. Correcto. Es decir la conjetura sería cierta para los pares menores o iguales que [texx]3n[/texx].

Cita
Luego si existiera tal fallo, no podría ser nunca de la forma [texx]3n-2[/texx]. ¿Esto es correcto o hay por ahí algo escondido que no veo?

No se a que el llamas "tal fallo". No se si tratas de decir algo nuevo respecto a las afirmaciones anteriores.

Cita
(Por otra parte, me parece que la propiedad se va cumpliendo también para n+1 par a partir de cierto valor -y quizá alguna unidad más- tengo que mirarlo)

Puede. Pero por más que prologues no arreglamos nada. El problema es el mismo aunque en lugar de parar en [texx]2n+n[/texx] pares, por decir algo, en [texx]2n+n+8[/texx].

Saludos.
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« Respuesta #157 : 16/01/2019, 01:51:06 pm »



No se a que el llamas "tal fallo". No se si tratas de decir algo nuevo respecto a las afirmaciones anteriores.

Saludos.

Al hipotético primer fallo de la propiedad y la conjetura; pero me parece que no tiene por qué ser así. Porque podría haber un primo que no cumpliera la conjetura para 2n pero que sí sumara con otro primo 2n+n; es decir, en otras palabras, me parece ver ahora que el primer fallo de la propiedad no tendría por qué coincidir con el primer fallo de la conjetura, pero tampoco estoy seguro del todo; ahí es donde la cosa se vuelve neblinosa para mí.

Muchas gracias.
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« Respuesta #158 : 17/01/2019, 07:16:37 am »

Hola

Al hipotético primer fallo de la propiedad y la conjetura; pero me parece que no tiene por qué ser así.

De hecho no coinciden. Lo que estamos diciendo es que el primer entero para el que puede fallar la conjetura de Goldbach es el primer par mayor que [texx]2n_0+n_0[/texx]. Sin embargo la propiedad que un enunciaste ya falla para [texx]2n_0[/texx]... ¡es precisamente nuestro supuesto!. Falla claramente porque para [texx]k=n_0[/texx] nada nos garantiza que se verifique.

Pero aun más, ni siquiera está claro que para [texx]k=2[/texx] se cumpla. Necesitaríamos poder descomponer [texx]2n_0[/texx] como suma de dos primos [texx]p+q=2n_0[/texx] de manera que o bien [texx]p+2[/texx] o bien [texx]q+2[/texx] sea también primo.

Sabiendo que la propiedad se cumple para [texx]2n_0-2[/texx] tenemos que existen primos [texx]p'+q'=2n_0-2[/texx] de manera que [texx]p'+2[/texx] o [texx]q'+2[/texx] es primo, eso garantiza que tomando [texx](p,q)=(p'+2,q')[/texx] ó [texx](p,q)=(p',q'+2)[/texx], 2n_0 se escribe como suma de dos primos, pero NO tenemos garantizado que [texx]p+2[/texx] o bien [texx]q+2[/texx] sea también primo; para que eso último se cumpliese tendríamos que asegurar que,

- o bien [texx]p'+2,q'+2[/texx] son AMBOS primos
- o bien [texx]p'+2,p'+4[/texx] son AMBOS primos.
- o bien [texx]q'+2,q'+4[/texx] son AMBOS primos

 Pero que la propiedad sea cierta par [texx]2n_0-2[/texx] no nos asegura nada de eso. Podría ocurrir por ejemplo que [texx]p'+2[/texx] fuese primo y que [texx]q'+4[/texx] fuese primo. Se cumple la propiedad pero no necesariamente ninguna de las tres condiciones anteriores.

Saludos.
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« Respuesta #159 : 17/01/2019, 08:48:35 am »

Hola

Al hipotético primer fallo de la propiedad y la conjetura; pero me parece que no tiene por qué ser así.

De hecho no coinciden. Lo que estamos diciendo es que el primer entero para el que puede fallar la conjetura de Goldbach es el primer par mayor que [texx]2n_0+n_0[/texx]. Sin embargo la propiedad que un enunciaste ya falla para [texx]2n_0[/texx]... ¡es precisamente nuestro supuesto!. Falla claramente porque para [texx]k=n_0[/texx] nada nos garantiza que se verifique.


Hola, Luis.

No sé si estamos hablando del mismo tipo de coincidencia. Lo que yo digo es esto:

Supongamos el 2n que supuestamente deja de cumplir la propiedad la primera vez.

Eso implicaría que no existiese un primo “p” que cumpliera con otro primo p+q=2n y que, a la vez,  cumpliera p+n = primo. La propiedad implica que los primos cumplan la conjetura, pero no dice nada de los primos que no cumplen la conjetura. Por tanto, la supuesta primera vez que deja de cumplirse la propiedad, creo que en principio podría existir un primo “t”, tal que 2n-t no fuera primo (que no cumpliera Goldbach para 2n) pero sí podría ocurrir que 2n+n=t+k (k primo) cumpliéndose la conjetura para el par 2n+n (si “n” fuera par).
Si pudiera pasar eso (que es de lo que no estoy seguro) entonces, para 2n no se cumpliría la propiedad, pero sí podría cumplirse la conjetura hasta 2n+n incluido. O sea, podría no producirse a la vez el primer fallo de la propiedad (que se considera sobre 2n) y el primer fallo de la conjetura, que, hipotéticamente también, se considera sobre el par 2n+n (ó 2n+n-1).

Lo que si está claro es que si la propiedad se cumple hasta donde sea, hasta ahí se cumple también la conjetura de Goldbach, pero la implicación al revés para todos los casos (en especial el primero) es lo que no veo; no sé si se podría garantizar.

En caso de garantizarse, el primer fallo de la conjetura conjuntamente con el primero de la propiedad, de existir, tendría que  ser de la forma 2n+n=3n ó 3n -1. Luego no quedaría más remedio que, de existir ese fallo, nunca fuese de la forma 3n-2; esto es lo que me gustaría poder llegar a asegurar (a falta de asegurar cosas más interesantes).

Saludos y muchas gracias (y perdón por no explicarme bien a la primera).
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